Đề luyện thi vào lớp 10 -môn Toán(10-11)

ĐỀ SỐ 1
Bài 1.
a) Chứng minh :
3 3
9 3 11 2 9 3 11 2
3
2
+ + −
=
b) Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
74
( 2) ( 4) 18
x y
x y

+ =


+ + + =


Bài 2.
Cho phương trình : x
2
– 2mx + 2m – 5 = 0 , m là tham số thực
a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
b) Giả sử x
1
; x

2
là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức
1 2
x x
−
đạt giá trị nhỏ
nhất. hãy tính giá trị nhỏ nhất này.
Bài 3.
Gọi (P) là đồ thị của hàm số
2
1
2
y x=
và (d) là đồ thị của hàm số
1
1
2
y x= +
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ
b) Dùng đồ thị (P) và (d) suy ra nghiệm của phương trình x
2
– x – 2 = 0
Bài 4. Cho đường tròn (O) , đường kính AB = 2R. M là một điểm di động trên cung AB
(M khác A và B). Tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt là
C và D.
a) Chứng minh : Tích AC.BD không đổi khi M di động trên cung AB.
b) Xác định vị trí của điểm M trên cung AB để diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất.
BÀI GIẢI
Bài 1
a) Ta có :

9 3 11 2+
=
3 3 6 3 9 2 2 2+ + +
=
3 2 2 3
3 3 3. 2 3. 3 2 2+ + +
=
3
( 3 2)+
Tương tự
3
9 3 11 2 ( 3 2)− = −
Vậy
3 3
9 3 11 2 9 3 11 2
2
+ + −
=
3 2 3 2
3
2
+ + −
=
(đfcm)
b) Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
74
( 2) ( 4) 18
x y

x y

+ =


+ + + =


⇔
2 2
2 2
74
4 4 8 16 18
x y
x x y y

+ =


+ + + + + =


⇔
2 2
74
4 4 8 16 74 18
x y
x y

+ =


+ + + + =


⇔
2 2
74
4 8 76
x y
x y

+ =

+ = −

⇔
2 2
74
2 19
x y
x y

+ =

+ = −

⇔
2 2
(2 19) 74
2 19

y y
x y

+ + =

= − −

⇔
2
5 76 361 74
2 19
y y
x y

+ + =

= − −

⇔
2
5 76 287 0
2 19
y y
x y

+ + =

= − −

⇔

7
41
5
2 19
y
y
x y

= −





= −





= − −

⇔
13
5
5
7 41
5
x
x

y
y

= −

= −


∨
 
= −


= −



1
Vậy hệ có nghiệm là :
5
7
x
y
= −


= −

hoặc
13

5
41
5
x
y

= −




= −


Bài 2.
a) Ta có : ∆’ = m
2
– 2m + 5 = m
2
– 2m + 1 + 4 = (m – 1)
2
+ 4 > 0 , với mọi m
vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
b) Ta có :
( )
2
1 2
x x
−
=

( )
2
1 2
x x
−
=
( )
2
1 2 1 2
4 .
x x x x
+ −
= 4m
2
– 4(2m – 5) = 4m
2
– 8m + 20
= 4(m
2
– 2m + 1 + 4) = 4(m – 1)
2
+ 16 ≥ 16
( )
2
1 4 4m⇒ − + ≥
Vậy
1 2
x x
−
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi và chỉ khi m = 1

Bài 3.
Gọi (P) là đồ thị của hàm số
2
1
2
y x=
và (d) là đồ thị của hàm số
1
1
2
y x= +
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ
Bảng giá trị của hàm số
2
1
2
y x=
x -2 -1 0 1 2
y 2
1
2
0
1
2
2
Bảng giá trị của hàm số
1
1
2
y x= +

x -2 0
y 0 1
Đồ thị (P) và (d)
f(x)=(1/2 )x^2
f(x)=(1/2 )x +1
x(t )=-1 , y(t )=t
x(t )=2 , y(t) =t
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
x
f(x)
b) Lập phương trình hoành độ giao điểm :
2
1
2
x
=
1
1
2
x +
⇔ x
2

– x – 2 = 0
Vậy số nghiệm của pt này là số giao điểm nếu có của hai đồ thị (P) và (d)
Dựa vào đồ thị , ta có (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm lần lượt có hoành độ x = -1 và x = 2
Suy ra nghiệm của phương trình x
2
– x – 2 = 0 có hai nghiệm là x = - 1 ; x = 2
Bài 4.
2
a) AC.BD không đổi
2
1
2
y x=
1
1
2
y x= +
D
C
B
O
A
M
Theo định lí hai tiếp tuyến ta có CA = CM và DM = DB (1)
Và OC là phân giác của góc
·
AOM
, OD là phân giác của góc
·
MOB

Mà
·
AOM
và
·
MOB
kề bù nên suy ra CO ⊥ OD
Mặt khác OM ⊥ CD và OM = R (CD tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm M)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OCD có : MC.MD = OM
2
= R
2
(không đổi)
Kết hợp với (1) suy ra : AC.BD = MC.MD = R
2
(không đổi) khi M di động trên cung AB
b) Vì AC VÀ BD là hai tiếp tuyến của (O) tại A và B nên AC // BD (AC và BD cùng vuông
góc với AB), suy ra tứ giác ABDC là hình thang vuông
Diện tích
1
( )
2
ABDC
AB AC BD
S
= +
= R(CM + MD) = R.CD (cmt) với R không đổi
Nên
ABDC
S

nhỏ nhất khi và chì khi CD nhỏ nhất , CD nhỏ nhất khi và chỉ khi CD vuông góc
với hai tiếp tuyến tại A và B
⇔ M là điểm chính giữa của cung AB ,
¼
¼
MC MD=
3
ĐỀ SỐ 2
Bài 1.
Cho M =
2
2 2 2 4 3 1
3 :
3 1 1 3
x x x x
x x x x
+ − − +
 
+ − −
 ÷
+ +
 
(điều kiện biểu thức có nghĩa)
a) Rút gọn biểu thức M
b) Với giá trị nào của x thì M < 0
c) Tìm x để M có giá trị nguyên
Bài 2.
Giả sử x
1
; x

2
là hai nghiệm của phương trình :
x
2
– (m + 1)x + m
2
– 2m + 2 = 0
a) Tìm các giá trị của m để phương trình vô nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân
biệt.
b) Tìm m để x
1
2
+ x
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất
Bài 3.
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a ; AC = b nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kéo dài
đường phân giác trong AD của tam giác ABC cắt đường tròn O tại M. Vẽ các đường thẳng
DE ⊥ AB , DF ⊥ AC.
a) Chứng minh AEDF là hình vuông.
b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF.
c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện tích tam giác ABC luôn bằng diện tích tứ giác
AEMF khi A di động trên nửa đường tròn có đường kính BC.
Bài 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2
1 1x x− + +
.
BÀI GIẢI

Bài 1
a) Ta có
điều kiện : x ≠ 0 ; x ≠
1
2
; x ≠ −1
M =
2
( 2)( 1) 2.3 9 ( 1) 1 3 1
.
3 ( 1) 2 4 3
x x x x x x x x
x x x x
+ + + − + + − +
−
+ −
=
2 2
8 2 3 1
3 (2 4 ) 3
x x x
x x x
− + − +
−
−
=
2 2
4 1 3 1
3 (1 2 ) 3
x x x

x x x
− + − +
−
−
=
2 2
( 4 1) (1 2 )(3 1)
3 (1 2 )
x x x x
x x
− + − − − +
−
=
2
(1 2 )(1 2 ) (1 2 )(3 1)
3 (1 2 )
x x x x x
x x
− + − − − +
−
=
2
(1 2 ) (3 1)
3
x x x
x
+ − − +
=
2
3

x x
x
+
=
1
3
x +
b) M < 0 ⇔
1
3
x +
< 0 ⇔ x + 1 < 0 ⇔ x < −1
c) M ∈  ⇔
1
3
x +
∈  ⇔ x + 1 chia hết cho 3 ⇔ x + 1 = 3k, k ∈ 
⇔ x = 3k – 1 , k ∈ 
Hay x là số nguyên chia cho 3 dư là 2
Bài 2.
Giả sử x
1
; x
2
là hai nghiệm của phương trình : 4
x
2
– (m + 1)x + m
2
– 2m + 2 = 0 (1)

a) Tìm các giá trị của m để phương trình vô nghiệm, có nghiệm kép, có hai nghiệm phân
biệt.
Ta có : ∆ = (m + 1)
2
– 4(m
2
– 2m + 2) = – 3m
2
+ 10m – 7 = (1 – m )(3m – 7)
+ (1) vô nghiệm ⇔ ∆ < 0 ⇔ (1 – m )(3m – 7) < 0 ⇔ m < 1 hoặc m >
7
3
+ (1) có nghiệm kép ⇔ ∆ = 0 ⇔ (1 – m )(3m – 7) = 0 ⇔ m =1 hoặc m =
7
3
+ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ (1 – m )(3m – 7) > 0 ⇔ 1 < m <
7
3

b) Tìm m để x
1
2
+ x
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất
Theo Vi-et, ta có :
1 2
2
1 2

1
. 2 2
b
m
x x
a
c
m m
x x
a

+ = − = +




= = − +


Nên : đặt E = x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)

2
– 2x
1
x
2
= (m + 1)
2
– 2(m
2
– 2m + 2) = – m
2
+ 6m – 3
+ Ta có : – m
2
+ 6m – 3 = – (m
2
– 6m + 3 ) = – (m
2
– 2.3m + 9 – 6 ) = 6 – (m – 3)
2
Nhưng do (1) có nghiệm x
1
; x
2
khi và chỉ khi 1 ≤ m ≤
7
3
Giá trị lớn nhất của E là : 6 – (
7
3

− 3 )
2
=
50
9
Giá trị nhỏ nhất của E là : 6 – (1 – 3)
2
= 2
Bài 3.
a
b
N
F
E
D
M
B
O
C
A
a) Chứng minh AEDF là hình vuông
Ta có tứ giác AEDF có
µ
µ
µ
1A E F v= = =
và đường chéo AD là phân giác của góc EAD nên
AEDF là hình vuông.
b) Tính DE theo a, b , từ đó suy ra EF.
Áp dụng định lí Py ta go cho ∆vuông ABC : BC

2
= AB
2
+ AC
2
= a
2
+ b
2

⇒
2 2
BC a b= +
Áp dụng tính chất phân giác trong AD :
DB AB a
DC AC b
= =
⇒
DB DC AB AC
DC AC
+ +
=
⇒
BC a b
DC b
+
=
⇒ DC =
2 2
b a b

DC
a b
+
=
+

Từ chứng minh trênAEDF là hình vuông nên DF // AB ⇒
CD DF
CB AB
=
5
⇒
2 2
2 2
b a b
DF
a b
a
a b
+
+
=
+
⇒
DF b
a a b
=
+
⇒
ab

DF
a b
=
+
, mà AE = DF (cmt)
EF là đường chéo hình vuông cạnh DF , nên : EF =
2DF
=
2ab
a b+
c) Chứng minh AB.AC = AM.AD và diện tích tam giác ABC luôn bằng diện tích tứ giác
AEMF khi A di động trên nửa đường tròn có đường kính BC.
+ Ta có : ∆ABD ∼∆AMC do :
·
·
BAD MAC=
(AD là phân giác)
·
·
ABD AMC=
(góc nội tiếp chắn cung AC)
Suy ra :
AB AD
AM AC
=
⇒ AB.AC = AM.AD
Khi A di động trên (O) thì tam giác ABC luôn là tam giác vuông, nên AEDF luôn là hình
vuông và AB.AC = AM.AD
Do đó AEDF là hình vuông ⇒ AD ⊥ EF và AD = EF
⇒ S

AEDF
=
1 1
. .
2 2
AM EF AM AD=
=
1
.
2
AB AC
= S
ABC
Bài 4: Đk :
1x ≥
Vì
2
1 1x + ≥
và
1x ≥
nên A đạt GTNN
1x⇔ −
đạt GTNN,tức là x – 1 = 0
1x⇒ =
.
Khi đó A =
2
1 1 1 1 2− + + =
.Vậy với x = 1 thì minA =
2

.

ĐỀ SỐ 3
Bài 1.
a) Tìm x biết
12 18 8 27x x+ = +
b) Chứng minh đẳng thức :
2 2 1 2
.
1 1
2 1
x x x
x x
x x x
 
+ − +
− =
 ÷
 ÷
− −
+ +
 
với x > 0 , x ≠ 1
6
Bài 2.
Cho hàm số y = ax
2
và y = – 2x + m có đồ thị lần lượt là (P) và (d) trên cùng một trục số
a) Tìm a để (P) đi qua điểm A(1 ;
1

2
), tìm m để (d) cũng đi qua A.
b) Vẽ đồ thị (P) và (d) với a và m vừa tìm được
c) Với a vừa tìm được ở câu a), hãy tìm m để (d) tiếp xúc với (P)
Bài 3.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) ; H là trực tâm của tam giác,
M là điểm trên cung BC không chứa A
a) Xác định vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành.
b) Gọi N , E lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.
Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng.
c) Xác định vị trí của điểm M để NE có độ dài lớn nhất.
Bài 4.
Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
0
a b c c a b b c a
+ + =
+ − + − + −
BÀI GIẢI
Bài 1.
a)
12 18 8 27x x+ = +
⇔ 2x
3
+ 3
2
= 2x
2
+ 3

3
⇔ 2x(
3
–
2
) = 3(
3
–
2
) ⇔ 2x = 3 ⇔
3
2
x =
b)
2
( 2)( 1) ( 2)( 1)2 2 1 1
. . .
1
2 1 ( 1) .( 1)
x x x xx x x x
x
x x x x x x
 
+ − − − ++ − + +
− =
 ÷
 ÷
−
+ + + −
 

=
2 1
.
1
x
x
x
−
=
2
1x −
(đpcm)
Bài 2.
Cho hàm số y = ax
2
và y = – 2x + m có đồ thị lần lượt là (P) và (d) trên cùng một trục số
a) Tìm a để (P) đi qua điểm A(1 ;
1
2
), tìm m để (d) cũng đi qua A.
(P) đi qua A(1 ;
1
2
) ⇔
1
2
= a.1
2
⇔ a =
1

2
⇒ y =
1
2
x
2
(d) đi qua A(1 ;
1
2
) ⇔
1
2
= – 2.1 + m ⇔ m =
5
2
⇒ y = – 2x +
5
2
b) Vẽ đồ thị (P) và (d) với a và m vừa tìm được
Bảng giá trị của (P) :
x -2 -1 0 1 2
y =
1
2
x
2
2
1
2
0

1
2
2
Bảng giá trị của (d) :
x 0 1
y = – 2x +
5
2
5
2
1
2
Đồ thị của (P) và (d) : 7
f(x)=(1/2)x^2
f(x)=-2* x+5/2
x(t )=1 , y(t)=t
x(t )=t , y(t)=1/2
-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12
-2
2
4
6
8
10
12
14
x
f(x)
c) Với a vừa tìm được ở câu a), hãy tìm m để (d) tiếp xúc với (P)
Lập pt hoành độ giao điểm :

1
2
x
2
= – 2x + m ⇔ x
2
+ 4x – 2m = 0
∆’ = 4 + 2m
Để (d) tiếp xúc với (P) thì pt hoành độ giao điểm phải có nghiệm kép
Tức là : 4 + 2m = 0 ⇔ m = – 2
Vậy (d) tiếp xúc với (P) khi m = – 2
Bài 3.
a) Ta có : BH ⊥ AC và CH ⊥ AB nên để BHCM là hình bình hành thì MC ⊥ AC tại C
và MB ⊥ AB tại B
Do đó AM là đường kính đường tròn tâm (O)
b) Ta có : E đối xứng của M qua AC
⇒ EC ⊥ AC và EC = MC ⇒
EC // BH và EC = BH
Vậy BHEC là hình bình hành
Chứng minh tương tự :
BNHC cũng là hình bình hành
Suy ra : HE // BC và HN // BC
Theo Tiên đề Ơcơlit thì HE trùng với HN,suy
ra N,H E thẳng hàng.
c) Theo cmt : BC =
1
2
NE ⇒ NE lớn nhất khi và chỉ khi BC lớn nhất
tức là dây cung BC lớn nhất khi và chỉ khi BC là đường kính
khi đó tam giác ABC vuông tại A nên trực tâm H trùng với A

và M là điểm đối xứng với A qua O.
8
N
K
E
M
L
J
H
O
A
B
C
NE
=
1 3.04
cm
N'E'
=
1 3.91
cm
E'
N'
R
C '
N
K
E
M
L

J
H
O
A
B
C
B'
Bài 4.
Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
0
a b c c a b b c a
+ + =
+ − + − + −
Ta có :
a + b = -c ; b + c = - a ; c + a = - b
(a + b)
2
= c
2
⇒ a
2
+ b
2
– c
2
= – 2ab
(b + c)
2

= a
2
⇒ b
2
+ c
2
– a
2
= – 2bc
(c + a)
2
= b
2
⇒ c
2
+ a
2
– b
2
= – 2ca
Do đó :
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2ab bc ca
a b c c a b b c a
+ + = − − −
+ − + − + −
= –
1
2

a b c
abc abc abc
 
+ +
 ÷
 
=
1
2
a b c
abc
+ +
 
−
 ÷
 
= 0 với abc ≠ 0


9
ĐỀ SỐ 4
Bài 1.
Cho các biểu thức P =
2
9x −
và Q =
3 . 3x x+ −
a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa. Tìm x để biểu thức Q có nghĩa
b) Với giá trị nào của x thì P = Q
c) Với giá trị nào của x thì P có nghĩa còn Q không có nghĩa.

Bài 2.
Cho phương trình : 3x
2
+ mx + 12 = 0 (1)
a) Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt
b) Tìm m để (1) có một nghiệm bằng 1, rồi tìm nghiệm còn lại.
Bài 3.
Một xe máy đi từ tỉnh A đến tỉnh B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm
14km/h thì đến sớm hơn 2 giờ, nếu giảm vận tốc 4km/h thì đến muộn hơn 1 giờ. Tính vận
tốc dự định và thời gian dự định lúc đầu.
Bài 4.
Từ S ở ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AKD sao cho
BD // AC . Nối BK cắt AC tại I
a) Nêu cách dựng cát tuyến sao cho BD // AC
b) Chứng minh IC
2
= IK.IB
c) Cho góc
·
BAC
= 60
o
. Chứng minh cát tuyến AKD đi qua O.
BÀI GIẢI
Bài 1.
Cho các biểu thức P =
2
9x −
và Q =
3 . 3x x+ −

a) Tìm x để biểu thức P có nghĩa. Tìm x để biểu thức Q có nghĩa
Ta có : P =
2
9x −
có nghĩa khi và chỉ khi
2
9 0x − ≥
⇔ (x + 3)(x – 3) ≥ 0
(Áp dụng xét dấu của tích hai thừa số không âm khi chúng cùng dấu)
⇔ x ≤−3 hoặc x ≥ 3
Q =
3 . 3x x+ −
có nghĩa khi và chỉ khi
3 0 3
3
3 3
x x
x
x x
+ ≥ ≥ −
 
⇔ ⇔ ≥
 
− ≥ ≥
 
b) Với giá trị nào của x thì P = Q
Ta có : P = Q ⇔ x ≥ 3
c) Với giá trị nào của x thì P có nghĩa còn Q không có nghĩa.
Để P có nghĩa còn Q không có nghĩa khi và chỉ khi x ≤−3
Bài 2.

Cho phương trình : 3x
2
+ mx + 12 = 0 (1)
a) Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt
(1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ = m
2
– 4.3.12 > 0 ⇔ m
2
– 144 > 0
⇔ (m – 12)(m + 12) > 0 ⇔ m < – 12 hoặc m > 12
b) Tìm m để (1) có một nghiệm bằng 1, rồi tìm nghiệm còn lại. 10
(1) có một nghiệm x
1
= 1 ⇔ a + b + c = 0 ⇔ 3 + m + 12 = 0 ⇔ m = – 15
Khi đó nghiệm còn lại : x
2
=
12
4
3
c
a
= =
Bài 3.
Một xe máy đi từ tỉnh A đến tỉnh B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm
14km/h thì đến sớm hơn 2 giờ, nếu giảm vận tốc 4km/h thì đến muộn hơn 1 giờ. Tính vận
tốc dự định và thời gian dự định lúc đầu.
Gọi x là vận tốc dự định đi hết quãng đường AB (x > 0 , km/h)
y là quãng đường AB (y > 0, km)
Thời gian dự định là :

y
x
Nếu tăng vận tốc lên 14km/h thì thời gian đi hết quãng đường là :
14
y
x +
Theo đề bài :
2
14
y y
x x
− =
+
(1)
Nếu giảm vận tốc đi 4 km/h thì thời gian đi hết quãng đường là :
4
y
x −
(x > 4)
Theo đề bài :
1
4
y y
x x
− =
−
(2)
Ta có hệ phương trình :
2
14

1
4
y y
x x
y y
x x

− =


+


− =

−

⇔
( 14) 2 ( 14)
( 4) ( 4)
y x xy x x
xy y x x x
+ − = +


− − = −

⇔
14 2 ( 14)
4 ( 4)

y x x
y x x
= +


= −

( x, y ≠ 0)
Chia từng vế , ta được :
7 2( 14)
2 4
x
x
+
=
−
⇔ 7x – 28 = 4x + 56 ⇔ 3x = 84 ⇔ x = 28
Thế vào : 4y = x(x – 4) ta được :
28.24
168
4
y = =
Thời gian dự định là : 6 giờ
Vận tốc dự định là : 28 km/h
* Cách khác : Gọi y là thời gian đi hết AB theo dự định và x là vận tốc dự định , ta có :
AB = xy = (x + 14)(y – 2) (1)
AB = xy = (x - 4)(y + 1) (2) ⇒
14 2 28
4 4
y x

y x
− =


− + =

⇔
28
6
x
y
=


=


Vậy thời gian dự định là 6 giờ, vận tốc dự định là : 28 km/h
Bài 4.
Từ A ở ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AKD sao cho
BD // AC . Nối BK cắt AC tại I
a) Nêu cách dựng cát tuyến sao cho BD // AC
b) Chứng minh IC
2
= IK.IB
c) Cho góc
·
BAC
= 60
o

. Chứng minh cát tuyến AKD đi qua O.
giải :
a) Kẻ đường kính CE, vì AC ⊥ CE , mà BD // AC nên BD ⊥ CE
Vậy kẻ BD vuông góc CE cắt đường tròn tại D
b) Chứng minh : IC
2
= IK.IB
Xét ∆IBC và ∆ICK có : góc I chung và
11
Ta có :
·
ICK
=
»
1
2
KC
(góc giữa tiếp tuyến và dây cung)
·
KBC
=
»
1
2
KC
(góc nội tiếp chắn cung KC)
Nên
·
·
ICK KBC=

Do đó : ∆IBC ∼ ∆ICK ⇒
IC IK
IB IC
=
⇒ IC
2
= IK.IB
c) Khi
·
BAC
= 60
o
thì ∆cân BAC trở thành tam giác đều
Nên AB = AC = BC
Tứ giác ACOB nội tiếp được suy ra
·
BOC
= 120
o
⇒
·
BDC
= 60
o
(góc nội tiếp chắn cung BKC)
Mà BC = CD nên ∆BDC cân
Do đó : ∆ BDC là tam giác đều
BD = AC = CD = AB
Vậy tứ giác ABDC là hình thoi
⇒ AD là phân giác

·
BAC
Trùng với AO là phân giác
·
BAC
Vậy khi
·
BAC
= 60
o
thì cát tuyến
AKD đi qua O

12
I
K
E
D
C
B
O
A
ĐỀ SỐ 5
Bài 1.
Chứng minh A =
40 2 57 40 2 57− − +
là số nguyên
Bài 2.
Cho biểu thức B = y
2

– xy – 12x
2
a) Phân tích B thành nhân tử
b) Tìm các cặp số (x ; y) thỏa B = 0 và x – y + 4 = 0
Bài 3.
Cho hàm số y = (m
2
– 6m + 12)x
2
a) Tìm giá trị của m biết x = 1 và y = 5
b) Chứng tỏ hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0
Bài 4.
Cho phương trình : 2x
2
+ 2(m + 1)x + m
2
+ 4m + 3 = 0 (m là tham số)
a) Giải phương trình khi m = – 5
b) Khi phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
phân biệt , tìm m để biểu thức M =
1 2 1 2
2 2
x x x x
− −

đạt giá trị lớn nhất
Bài 5.

Cho đường tròn tâm O, bán kính R, đường kính AB. Đường thẳng qua trung điểm H của
đoạn OB cắt đường tròn tại M và N, gọi I là trung điểm của MN, vẽ AK vuông góc với MN,
BI cắt AK tại D.
a) Tứ giác DMBN là hình gì ?
b) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AMN.
c) Biết AM.AN = 3R
2
và AN = R
3
. Tính diện tích tam giác AMN.
BÀI GIẢI
Bài 1.
Chứng minh A =
40 2 57 40 2 57− − +
là số nguyên
Ta có :
40 2 57+
= 32 + 25 + 2.5.4
2
= (4
2
)
2
+ 2.5.4
2
+ 5
2
= (4
2
+ 5)

2
và
40 2 57−
=
57 40 2−
=
32 2.5.4 2 25− +
=
2 2
(4 2) 2.4 2.5 5− +
=
2
(4 2 5)−

=
2
(4 2 5)−
Vậy A =
4 2 5−
− (4
2
+ 5) = – 10 : là số nguyên
Bài 2.
Cho biểu thức B = y
2
– xy – 12x
2
a) Phân tích B thành nhân tử
Ta có B =
2 2 2

1 1 49
2.
2 4 4
y xy x x− + −
=
2 2
1 7
2 2
y x x
   
− −
 ÷  ÷
   
=
1 7 1 7
2 2 2 2
y x x y x x
  
− + − −
 ÷ ÷
  

=
( ) ( )
3 4y x y x− −
b) Tìm các cặp số (x ; y) thỏa B = 0 và x – y + 4 = 0
13
Ta có :
( ) ( )
3 4 0

4 0
y x y x
x y

− − =


− + =


⇔
3 0
4 0
4 0
y x
y x
x y

− =



− =



− + =

⇔
3 0

4 0
y x
x y
− =


− + =

hoặc
4 0
4 0
y x
x y
− =


− + =

⇔
2
6
x
y
=


=

hoặc
4

3
16
3
x
y

=




=


Bài 3.
Cho hàm số y = (m
2
– 6m + 12)x
2
a) Tìm giá trị của m biết x = 1 và y = 5
Với x = 1 và y = 5 thì ta có : 5 = m
2
– 6m + 12 ⇔ m
2
– 6m + 7 = 0 ⇔
3 2
3 2
m
m


= +

= −


b) Chứng tỏ hàm số nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0
Ta có : y = ax
2
nếu a > 0, nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x > 0
Mà a = m
2
– 6m + 9 + 3 = (m – 3)
2
+ 3 > 0 , với mọi giá trị m
Vậy hàm số y = (m
2
– 6m + 12)x
2
nghịch biến khi x < 0 và đồng biến khi x >0
Bài 4.
Cho phương trình : 2x
2
+ 2(m + 1)x + m
2
+ 4m + 3 = 0 (1) (m là tham số)
a) Giải phương trình khi m = – 5
Ta có : m = – 5 thì pt trở thành : 2x
2
- 8x + 8 = 0 ⇔ 2(x
2

- 4x + 4) = 0 ⇔ 2(x - 2)
2
= 0 ⇔ x =
2
b) Khi phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
phân biệt , tìm m để biểu thức M =
1 2 1 2
2 2
x x x x
− −

đạt giá trị lớn nhất.
Pt (1) có hai nghiệm x
1
; x
2
phân biệt khi và chỉ khi ∆’ = (m + 1)
2
– 2(m
2
+ 4m + 3) > 0
⇔ – m
2
– 6m – 5 > 0 ⇔ m
2
+ 6m + 5 < 0 ⇔ (m + 1)(m + 5) < 0 ⇔ – 5 < m < – 1 (*)
Khi đó theo định lí Vi-et :

1 2
2
1 2
1
4 3
.
2
b
m
x x
a
c m m
x x
a

+ = − = − −



+ +

= =


Do đó :
x
1
.x
2
– 2x

1
– 2x
2
= x
1
.x
2
– 2(x
1
+ x
2
) =
2
4 3
2
m m+ +
2( 1)m+ +
=
2
8 7
2
m m+ +
=
( 7)( 1)
2
m m+ +
Vì m phải tìm thỏa (*) nên với điều kiện này thì (m + 7)(m + 1) < 0
Suy ra M =
2
8 7

2
m m+ +
=
2
8 7
2
m m− − −
=
2
9 ( 4) 9
2 2
m− +
≤
Vậy giá trị lớn nhất của M là
9
2
khi và chỉ khi m = – 4 thỏa (*)
Bài 5.
Cho đường tròn tâm O, bán kính R, đường kính AB. Đường thẳng qua trung điểm H của đoạn
OB cắt đường tròn tại M và N, gọi I là trung điểm của MN, vẽ AK vuông góc với MN, BI cắt
AK tại D.
a) Tứ giác DMBN là hình gì ?
b) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AMN. 14
c) Biết AM.AN = 3R
2
và AN = R
3
. Tính diện tích tam giác AMN.
Giải :
c) Biết AM.AN = 3R

2
và AN = R
3
⇒ AM = R
3
= AN
suy ra tam giác AMN cân tại A
Trong tam giác vuông ABN có AN = R
3
; AB = 2R ⇒
·
3
sin
2
AN
ABN
AB
= =
⇒
·
ABN
= 60
o
⇒
·
AMN
= 60
o
(cùng chắn cung AN)
Vậy tam giác AMN cân có một góc 60

o
là tam giác đều cạnh bằng R
3
Diện tích AMN =
2
3 3
4
R
(đvdt)

15
M'
D
K
I
N
H
A
O
B
M
a) Ta có : AK ⊥ MN
Mà I là trung điểm MN nên OI ⊥ MN
Suy ra : OI là ĐTB của ∆ADB ⇒ I là
trung điểm của DB, tứ giác MDNB có hai
đường chéo MN và DB cắt nhau tại trung
điểm I của mỗi đường , nên DMBN là hình
bình hành
Do đó : MD // NB (1)
b)

·
ANB
= 90
o
(chắn nửa đường tròn)
⇒ BN ⊥ AN, kết hợp với (1)
Suy ra MD ⊥ AN
MD, AK là hai đường cao của tam giác
AMN, nên D là trực tâm của tam giác
AMN
ĐỀ SỐ 6
Bài 1.
Cho biểu thức P =
2
2 2 1
.
1
2 1 2
x x x
x
x x
 
− + −
 
−
 ÷
 ÷
 ÷
−
+ +

 
 
a) Rút gọn biểu thức
b) Chứng minh rằng nếu 0 < x < 1 thì P > 0
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P
Bài 2.
Giải hệ phương trình :
4 3 5
y x xy
x y xy
− =


+ =

Bài 3.
a) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b ta đều có :
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
b) Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình : 6x
2
+ 5y
2
= 74
Bài 4.
Cho đường tròn (O ; R). Hai đường kính AB và CD vuông góc nhau. Gọi E là điểm chính
giữa của cung nhỏ BC. Dây AE cắt CO tại F, dây DE cắt AB tại M.
a) Tam giác CEF và EMB là các tam giác gì ?

b) Chứng minh rắng tứ giác FCBM nội tiếp được trong đường tròn. Tìm tâm đường tròn đó.
c) Chứng minh các đường thẳng OE, BF, CM đồng quy
Bài 5.
Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì :
9
a b b c c a c a b
c a b a b b c c a
− − −
  
+ + + + =
 ÷ ÷
− − −
  
BÀI GIẢI
Bài 1
a) Ta có P =
2
2 2 1
.
1
2 1 2
x x x
x
x x
 
− + −
 
−
 ÷
 ÷

 ÷
−
+ +
 
 
=
( )
2
2
2 2 1
.
( 1)( 1) 2
1
x x x
x x
x
 
− + −
 
 ÷
−
 ÷
 ÷
− +
 
 ÷
+
 
=
( )

2 2
2
( 2)( 1) ( 1)( 2)
.( 1) .( 1)
2( 1) 1
x x x x
x x
x x
− + − − +
− +
− +
=
2
.( 1)
2
x
x
−
−
=
.( 1)x x− −
=
.(1 )x x−
b) Nếu 0 < x < 1 ⇒ 0 <
x
< 1 ⇒ 1 –
x
> 0 suy ra P =
.(1 )x x−
> 0

c) Đặt t =
x
> 0 ⇒ P = t – t
2
=
2
1 1 1
2.
4 2 4
t t
 
− − +
 ÷
 
=
2
1 1
4 2
t
 
− −
 ÷
 
≤
1
4
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
1
4
⇔

1
2
t =
⇔
1
2
x =
⇔
1
4
x =
* Có thể dùng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương có tổng không đổi thì tích của chúng
lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau
Bài 2.
Giải hệ phương trình :
4 3 5
y x xy
x y xy
− =


+ =

16
+ Dễ thấy x = 0 , y = 0 là một nghiệm của hệ
+ Nếu x ≠ 0 và y ≠ 0
Thì chia mỗi pt của hệ cho xy , ta được :
1 1
1
4 3

5
x y
y x

− =




+ =


Đặt u =
1
x
; v =
1
y
Hệ ⇔
1
4 3 5
u v
v u
− =


+ =

⇔
9

7
2
7
u
v

=




=


⇒
7
9
7
2
x
y

=




=



Vậy hệ có nghiệm (0 ; 0) và (
7
9
;
7
2
)
* Cách khác :
Nhân pt (1) cho 5 rồi trừ từng vế , ta được 2y – 9x = 0 ⇔ y =
9
2
x
Thế vào (1) , ta được : 9x
2
– 7x = 0 ⇔ x(9x – 7) = 0 ⇔
0
7
9
x
x
=



=


Tứ đó suy ra nghiệm của hệ : (0 ; 0) và (
7
9

;
7
2
)
Bài 3.
a) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b ta đều có :
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
(1)
(1) ⇔
4a b
ab a b
+
≥
+
⇔
( )
2
4a b ab+ ≥
(a, b dương) ⇔ (a
2
– 2ab + b
2
) ≥ 0 : Đúng
Vậy (1) cũng đúng
b) Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình : 6x
2
+ 5y

2
= 74
Đặt u = x
2
≥ 0 , v = y
2
≥ 0
Ta có 6u + 5x = 74 ⇔ 6u = 74 – 5x ⇔
74 5
6
v
u
−
=
= 12 +
2 5
6
v−
Đặt t =
2 5
6
v−
⇒ 6t = 2 – 5v ⇒ 5v = 2 – 6t ⇒
2 6
5
t
v
−
=
=

2
5
t
t
−
−
Đặt k =
2
5
t−
⇒ 5k = 2 – t ⇒ t = 2 – 5k
Vậy ta có :
u = 12 + 2 – 5k = 14 – 5k
v = k – 2 + 5k = 6k – 2
Do đó :
14 5
6 2
u k
v k
= −


= −

với k, t, u, v là các số nguyên
Vì u = x
2
, x nguyên nên u là số chính phương và 14 – 5k > 0, k nguyên nên k ∈{ 1; 2 }
Nên : chọn k = 1 ⇒ u = 9 ⇒ x = ±3 ; v = 4 ⇒ y = ± 2
Nhưng k = 2 thì v = 10 không là số chính phương, nên loại k = 2

Vậy các nghiệm nguyên của phương trình cần tìm là (3 ; 2) ; (3 ; -2) ; (-3 ; 2) ; (-3 ; -2)
Cách khác :
6x
2
+ 5y
2
= 74 ⇔ 6(x
2
– 4) = 5(10 – y
2
)
Suy ra : x
2
– 4 = 5u và 10 – y
2
= 6v do đó u = v 17
Vì x
2
= 4 + 5u ≥ 0 ⇔ u ≥
4
5
−
y
2
= 10 – 6v ≥ 0 ⇔ v ≤
5
3
+ Hoặc u = v = 0 thì y
2
= 10 , y nguyên : không xảy ra

+ Hoặc u = v = 1 thì x
2
= 9 ; y
2
= 4
Vậy các nghiệm nguyên của phương trình cần tìm là (3 ; 2) ; (3 ; -2) ; (-3 ; 2) ; (-3 ; -2)
Bài 4.
Cho đường tròn (O ; R). Hai đường kính AB và CD vuông góc nhau. Gọi E là điểm chính
giữa của cung nhỏ BC. Dây AE cắt CO tại F, dây DE cắt AB tại M.
a) Tam giác CEF và EMB là các tam giác gì ?
b) Chứng minh rắng tứ giác FCBM nội tiếp được trong đường tròn. Tìm tâm đường tròn đó.
c) Chứng minh các đường thẳng OE, BF, CM đồng quy

a) Ta có
·
»
»
1
( )
2
FCE EB BD= +
(góc nội tiếp chắn cung EBD)
·
»
»
1
( )
2
CFE EB BD= +
(góc có đỉnh bên trong

đường tròn)
mà
»
»
CE EB=
(E là điểm chính giữa của cung BC)
Suy ra :
·
CFE
=
·
FCE
⇒ ∆ECF cân tại E
Chứng minh tương tự : ∆EMC cân tại E
Mà hai cạnh CE = EB
Nên Tam giác CEF và EMB là các tam giác gì cân
và bằng nhau
b) Ta có : góc BCF chắn cung
»
BD
= 90
o
góc BCM chắn cung
»
AC
= 90
o
suy ra : hai góc BCF và BCM cùng nhìn FM đưới
một góc bằng nhau, vậy tứ giác BCFM nội tiếp
được trong đường tròn

EC = EF = EM = EB suy ra E là tâm đường tròn
ngoại tiếp tứ giác BCFM.
c) Ta có OE là trung trực của BC và FM
Gọi K là giao điểm của CM và BF , ta chứng minh OE đi qua K.Thật vậy :
∆FKC = ∆MBK (g – c – g) do :
+
·
·
FCK MBK=
(góc nội tiếp cùng chắn cung FM)
+ FC = BM (cmt)
+
·
·
CFK BMK=
(góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
Từ đó suy ra : FK = KM và KB = KC nên K thuộc trung trực OE
Bài 5.
Chứng minh rằng nếu a + b + c = 0 và abc ≠ 0 thì :
9
a b b c c a c a b
c a b a b b c c a
− − −
  
+ + + + =
 ÷ ÷
− − −
  
Đặt
a b

x
c
−
=
⇒
1 c
x a b
=
−
;
b c
y
a
−
=
⇒
1 a
y b c
=
−
;
c a
z
b
−
=
⇒
1 b
z c a
=

−
Và : M =
a b b c c a c a b
c a b a b b c c a
− − −
  
+ + + +
 ÷ ÷
− − −
  
Ta có : 18
K
M
F
E
D
C
B
O
A
M =
( )
1 1 1a b b c c a c a b
x y z
c a b a b b c c a x y z
 
− − −
  
+ + + + = + + + +
 ÷

 ÷ ÷
− − −
  
 
= 3 +
y z z x x y
x y z
+ + +
+ +
(1)
Do a + b + c = 0 nên :
a + b = – c ⇔ a
3
+ 3ab(a + b) + b
3
= – c
3
⇔ a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc (2)
Ta có :
2 2
( )( )b c c a b bc ac a a b a b c
y z
a b ab ab
− − − + − − + −

+ = + = = −
Suy ra :
2
( )( )
( ) 2
a b a b c
y z a b c c c
ab
a b
x ab ab
c
− + −
−
+ + −
= = − =
−
Tương tự bằng cách hoán vị vòng quanh, ta được :
2
2z x a
y bc
+
=
;
2
2x y b
z ca
+
=
Thay vào (1), áp dụng (2) , ta được :
M = 3 +

2
2c
ab
+
2
2b
ca
+
2
2a
bc
= 3 +
3 3 3
2( )a b c
abc
+ +
= 3 +
2.3abc
abc
= 3 + 6 = 9 (đpcm)


19
ĐỀ SỐ 7
Bài 1.
Cho hàm số y = x
2
có đồ thị (P)
a) Chứng minh rằng điểm A
( 2;2)−

nằm trên (P)
b) Tìm m để đồ thị (d) của hàm số : y = (m – 1)x + m , m ∈  và m ≠ 1 cắt (P) chỉ tại một
điểm
c) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 1 đồ thị (d) của hàm số y = (m – 1)x + m luôn đi qua một
điểm cố định.
Bài 2.
a) Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
4 4 4
2( 8) 0
x y xy
x y xy

+ + =


+ − + =


b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x
2
– 2xy + 3 = 0
Bài 3.
Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 100m. Nếu tăng chiều dài lên gấp hai lần và chiều
rộng gấp ba lần thì chu vi của khu vườn mới sẽ là 240m. Tính diện tích khu vườn ban đầu.
Bài 4.
Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A bằng 60
o
và đường chéo AC = 6cm. Gọi E, F theo

thứ tự đó là chân các đường vuông góc hạ từ C xuống các đường thẳng AB, AD. Từ B hạ
BH ⊥ AC, H ∈ AC.
a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE nội tiếp được trong một đường tròn và CF là tiếp tuyến
của đường tròn đó.
b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA
c) Gọi O là trung điểm của đường chéo AC. Chứng minh tam giác EOF là tam gaíc cân và
tính diện tích tam giác đó.
Bài 5.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
M =
2 2 2
( 2007) ( 2008) ( 2009)x x x− + − + −
BAI GIẢI
Bài 1.
a) vì
2
( 2) 2− =
tức là tọa độ điểm A thỏa mãn y = x
2
có đồ thị (P) , A ∈ (P)
b) Đồ thị đường thẳng (d) : y = (m – 1)x + m chỉ cắt (P) : y = x
2
taị một điểm tức là
phương trình hoành độ giao điểm có duy nhất một nghiệm :
pt hoành độ giao điểm : x
2
= (m – 1)x + m ⇔ x
2
– (m – 1)x – m = 0 (1) với m ≠ 1(*)
(1) có nghiệm duy nhất ⇔ ∆ = 0 ⇔ (m – 1)

2
+ 4m = 0 ⇔ ( m + 1)
2
= 0 ⇔ m = – 1 (thỏa
(*))
c) Gọi M(x
o
; y
o
) là điểm cố định mà (d
m
) đi qua với mọi m ≠ 1
Ta có : với mọi m ≠ 1 thì y
o
= (m – 1)x
o
+ m ⇔ mx
o
– x
o
+ m = y
o
⇔ m(x
o
+ 1) = x
o
+ y
o

Với x

o
= −1 ⇒ m.0 = −1 + y
o
⇔ y
o
= 1
Vậy với mọi m ≠ 1 thì (d) luôn đi qua một điểm cố định M(– 1 ; 1)
* Cách khác : giả sử m = 0 : y = – x (d
o
) và m = 2 : y = x + 2 (d
2
)
Giải hệ (d
o
) và (d
2
) : – x = x + 2 ⇔ x = – 1 suy ra y = 1
Vậy điểm cố định cần tìm là M(– 1 ; 1) mà (d) luôn đi qua với mọi m ≠ 1
20
* Nhận xét : đề ra không cần điều kiện m ≠ 1 ; vì nếu m = 1 thì (d) : y = 1 cũng luôn đi qua
M(– 1 ; 1)
Vậy với mọi m thì đường thẳng (d) : y = (m – 1)x + m luôn đi qua 1 điểm cố định , mà cụ thể
điểm đó là M(– 1 ; 1)
Bài 2.
a) Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
4 4 4
2( 8) 0
x y xy

x y xy

+ + =


+ − + =


2
2
(2 ) 4
( ) 16
x y
x y

+ =

⇔

− =


⇔
2 2
4
x y
x y
+ = −



− = −

hoặc
2 2
4
x y
x y
+ = −


− =

hoặc
2 2
4
x y
x y
+ =


− = −

hoặc
2 2
4
x y
x y
+ =



− =

⇔
2
3
10
3
x
y

=




= −


hoặc
2
2
x
y
= −


=

hoặc
2

3
10
3
x
y

= −




=


hoặc
2
2
x
y
=


= −

b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn x
2
– 2xy + 3 = 0
Ta có : x
2
– 2xy + 3 = 0 ⇔ x(x – 2y) = -3 ⇔ x = - 1 , x – 2y = 3 hoặc x = 1 ; x – 2y = -3

hoặc x = 3 ; x – 2y = -1 hoặc x = - 3 ; x – 2y = 1
+ x = - 1 , x – 2y = 3 ⇒ x = -1 , y = -2
+ x = 1 ; x – 2y = -3 ⇒ x = 1 , y = 2
+ x = 3 ; x – 2y = -1 ⇒ x = 3 ; y = 2
+ x = -3 ; x – 2y = 1 ⇒ x = -3 ; y = -2
Vậy các số nguyên x, y thỏa đề bài là :
(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (3 ; 2) ; (-3 ; -2)
Bài 3.
Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi 100m. Nếu tăng chiều dài lên gấp hai lần và chiều
rộng gấp ba lần thì chu vi của khu vườn mới sẽ là 240m. Tính diện tích khu vườn ban đầu.
Gọi x là chiều dài , y là chiều rộng khu vườn lúc đầu (x, y > 0, m)
Và nửa chu vi là 50 = x + y (1)
Chiều dài lúc sau : 2x , chiều rộng lúc sau : 3y
Và nửa chu vi lúc sau là ; 120 = 2x + 3y (2)
Nên ta có hệ phương trình :
50
2 3 120
x y
x y
+ =


+ =

⇔
30
20
x
y
=



=

Vậy diện tích khu vườn ban đầu là : 30.20 = 600 (m
2
)
Bài 4.
Cho hình bình hành ABCD có góc đỉnh A bằng 60
o
và đường chéo AC = 6cm. Gọi E, F theo
thứ tự đó là chân các đường vuông góc hạ từ C xuống các đường thẳng AB, AD. Từ B hạ
BH ⊥ AC, H ∈ AC.
a) Chứng minh rằng tứ giác BHCE nội tiếp được trong một đường tròn và CF là tiếp tuyến
của đường tròn đó.
b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA
c) Gọi O là trung điểm của đường chéo AC. Chứng minh tam giác EOF là tam gaíc cân và
tính diện tích tam giác đó.
21
60 .0
°
O
I
H
F
E
C
B
A
D

a) Ta có :
·
·
1BHC BEC v= =
⇒ tứ giác BHCE nội tiếp được trong đường tròn đường kính BC
và AD // BC (ABCD là hình bình hành) mà FC ⊥ AD (gt) nên FC ⊥ BC tại tiếp điểm C
do đó : FC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC
b) Chứng minh : BC.AF = CH.CA
Ta có :
·
·
BCH CAF=
(so le trong) ⇒∆vuông BCH ∼ ∆vuông CAF
⇒
BC CH
CA AF
=
⇒ BC.AF = CH.CA
c) Vì O là trung điểm của AC , AC là cạnh huyền chung của hai tam giác vuông ACF và
ACE
nên hai trung tuyến OF và OE bằng nhau (cùng bằng nửa cạnh huyền AC)
Vậy ∆EOF cân tại O
Hơn nữa, OF = OE = OA = OC =
1
2
AC = 3 cm nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AECF
Mà
·
EAF

= 60
o
, và là góc nội tiếp chắn cung ECF suy ra góc ở tâm EOF bằng 120
o
Nên trong tam giác cân OEF có
·
·
OEF OFE=
= 30
o
Gọi K là trung điểm của cạnh đáy EF của tam giác cân OEF , ta có :
1
sin
30
2
o
OK
OE
= =
⇒ OK =
3
2
(cm) ⇒ EK = OE.cos30
o
=
3 3
2
⇒ EF =
3 3
Diện tích ∆EOF =

1
2
OK.EF =
1
2
.
3
2
.
3 3
=
9 3
4
(cm
2
)
Bài 5.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
M =
2 2 2
( 2007) ( 2008) ( 2009)x x x− + − + −
Ta có : M =
2007 2008 2009x x x− + − + −
Áp dụng bất đẳng thức chứa giá trị tuyệt đối :
2007 2009 2007 2009x x x x− + − = − + −
≥
2007 2009 2x x− + − =
dấu bằng xảy ra khi 2007 ≤ x ≤ 2009
nên
2007 2008 2009x x x− + − + −

≥ 2 +
2008 2x − ≥
(vì
2008 0x − ≥
)
Dấu bằng xảy ra khi x = 2008
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2 tại x = 2008 22
ĐỀ SỐ 8
Bài 1.
Cho biểu thức A =
2 2 1 2 2
1 :
2
2 2 2 4
a a
a
a a a a a
   
− −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+
+ + + +
   
với điều kiện biểu thức có nghĩa
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm giá trị của A khi a =
2009 2 2008−
Bài 2. Cho phương trình bậc hai ẩn x : x
2

– 2mx + 2m – 2 = 0
a) Chứng minh rằng pt có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
b) Giả sử x
1
; x
2
là hai nghiệm của pt. Tìm m để biểu thức y = x
1
2
+ x
2
2
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3. Cho hàm số
2
1
2
y x= −
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B nằm trên (P) và có hoành độ lần
lượt là – 1 ; 2 .
Bài 4.
Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Trên tia AB lấy điểm C nằm ngoài đường tròn. Từ
điểm chính giữa P của cung lớn AB kẻ đường kính PQ của đường tròn, đường kính này cắt
AB tại D. Tia CP cắt đường tròn tại M, các dây AB và QM cắt nhau tại K.
a) Chứng minh CM.CP = CA.CB
b) Chứng tỏ rằng MC là tia phân giác của góc ngoài đỉnh M của tam giác ABM.
c) Giả sử A, B, C cố định. Chứng minh đường thẳng QM luôn đi qua một điểm cố định khi
đường (O) thay đổi nhưng luôn đi qua hai điểm A, B
BÀI GIẢI

Bài 1. a) Ta có A =
2 2 2 1 2 2
:
2
2 ( 2) 2( 2)
a a a
a
a a a a
   
+ −
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+
+ + + +
   
=
( )
2
2
1 2 2
:
2
2 ( 2)( 2)
a
a
a
a a a
−
 

−
 ÷
 ÷
+
+ + +
 
=
( )
2
2
2 2 2
:
2
( 2)( 2)
a
a a
a
a a
−
+ −
+
+ +
=
( ) ( )
2 2
2 2
:
2
( 2)( 2)
a a

a
a a
− −
+
+ +
=
( )
( )
2
2
2
( 2)( 2)
.
2
2
a
a a
a
a
−
+ +
+
−
=
2a +
b) Ta có a =
2009 2 2008−
=
( )
2

2008 1−
⇒
2a +
=
2008 1−
+ 2 =
2008 1+
Bài 2.
a) Ta có : ∆’ = m
2
– 2m + 2 = m
2
– 2m + 1 + 1 =(m – 1)
2
+ 1 > 0, ∀m
chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ∀m
b) y = x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1

x
2
= 4m
2
– 2(2m – 2) = 4m
2
– 4m + 4 = 4(m
2
– m + 1)
= 4[(m
2
– 2.
1
2
m +
1
4
+
3
4
) = 4(m -
1
2
)
2
+ 3 ≥ 3 , ∀m
y đạt giá trị nhỏ nhất là 3 khi và chỉ khi m =
1
2
Bài 3. a) Vẽ đồ thị hàm số

2
1
2
y x= −
Lập bảng giá trị : 23
x
2−
−1 0 1 2
y
2−
1
2
−
0
1
2
−
2−
vẽ đồ thị hàm số
f(x)=-(1/2)x^2
x(t)=-2 , y(t)=t
x(t)=t , y(t )=-2
x(t)=2 , y(t)=t
x(t)=-1 , y(t)=t
x(t)=t , y(t )=-1/2
f(x)=-(1/2)*x-1
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-3
-2

-1
1
2
3
4
x
f(x)
b) Pt đường thẳng AB có dạng : y = ax + b
Ta có A( – 1 ;
1
2
−
) và B(2 ; – 2), nên tọa độ của chúng thỏa pt đường thẳng :
1
1.
2
2 2.
a b
a b

− = − +



− = +

⇔
1
2
1

a
b

= −



= −

Vậy pt đường thẳng AB :
1
1
2
y x= − −
Bài 4.
Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Trên tia AB lấy điểm C nằm ngoài đường tròn. Từ
điểm chính giữa P của cung lớn AB kẻ đường kính PQ của đường tròn, đường kính này cắt
AB tại D. Tia CP cắt đường tròn tại M, các dây AB và QM cắt nhau tại K.
a) Chứng minh CM.CP = CA.CB
b) Chứng tỏ rằng MC là tia phân giác của góc ngoài đỉnh M của tam giác ABM.
c) Giả sử A, B, C cố định. Chứng minh đường thẳng QM luôn đi qua một điểm cố định khi
đường (O) thay đổi nhưng luôn đi qua hai điểm A, B
Giải :
a) Chứng minh : CM.CP = CA.CB
Ta có : 24
A
B
1
1
2

y x= − −
2
1
2
y x= −
∆CMB ∼ ∆CAP
(Góc C chung,
·
·
CBM C PA=
cùng chắn cung AM)
Suy ra :
CB CM
CP CA
=
⇒ CM.CP = CA.CB
b) Theo gt : PQ vuông góc dây cung AB⇒
»
»
QA QB=
nên
·
·
AMQ BMQ=
Do đó : MQ là phân giác của góc
·
AMB
Mặt khác MQ ⊥ MP (
·
PMQ

= 1v chắn nửa đường tròn)
C, M P thẳng hàng nên MQ ⊥ MC
Vậy MC là phân giác của góc ngoài đỉnh M của tam giác ABM
c) Khi (O) thay đổi nhưng luôn qua hai điểm A, B , suy ra O chạy trên đường thẳng PQ
với
»
»
QA QB=
do đó MQ luôn là phân giác trong của ∆AMB
Suy ra MQ cắt AB tại K thuộc AB , theo tính chất phân giác , ta có :
KA MA CA
KB MB CB
= =
mà A, B, C cố định nên
CA
CB
không đổi ⇒ K cố định
Vậy MQ luôn đi qua điểm K cố định
25
K
M
P
Q
D
C
A
B
O