De thi vao 10 co huong dan giai

Câu1 :

Đề 1
Cho biểu thức
x3 1
x 3 + 1
x (1 x 2 ) 2



:
+
x

x
A=
Với x
x + 1
x2 2
x 1



2 ; x 1

a. Rút gọn biểu thức A
b. Tính giá trị của biểu thức khi cho x = 6 + 2 2
c. Tìm giá trị của x để A = 3
Câu2. a. Giải hệ phơng trình:
( x y ) 2 + 3( x y ) = 4

2 x + 3 y = 12

b. Giải bất phơng trình:

x 3 4 x 2 2 x 15
<0
x2 + x + 3

Câu3.
Cho phơng trình (2m - 1)x2 - 2mx + 1=0
Xác định m để phơng trình trên có nghiệm thuộc khoảng (-1, 0)
Câu 4.
Cho nửa đờng tròn tâm O, đờng kính BC. Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó Dựng
hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi F là giao điểm của A
và nửa đờng tròn (O). Gọi K là giao điểm của CF và ED.
a. Chứng minh rằng 4 điểm E, B, F, K nằm trên một đờng tròn.
b. Tam giác BKC là tam giác gì? Vì sao?


đáp án
Câu 1: a. Rút gọn A=

x 2
x
2

b.Thay x= 6 + 2 2 vào A ta đợc A=
c.A = 3 <=> x2 - 3x - 2 = 0 => x =

4+2 2

6+2 2

3 17
2

Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4
( x y ) 2 + 3( x y ) = 4
<=>
2 x + 3 y = 12

Từ đó ta có

x y = 1
(1) Giải hệ (1) ta đợc x = 3, y = 2

2 x + 3 y = 12
x y = 4
(2) Giải hệ (2) ta đợc x = 0, y = 4

2 x + 3 y = 12

Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x = 3, y = 2 hoặc x = 0; y = 4
b) Ta có x3 - 4x2 - 2x - 15 = (x - 5)(x2 + x + 3)
mà x2 + x + 3 = (x +

1 2 11
) +
> 0 với mọi x
2
4

Vậy bất phơng trình tơng đơng với x - 5 > 0 => x > 5
Câu 3: Phơng trình: (2m -1)x2 - 2mx + 1 = 0
1
pt trở thành -x + 1 = 0 => x = 1
2
1
Xét 2m -1 0 => m khi đó ta có:
2
,
2
= m - 2m + 1= (m -1)2 0 mọi m => pt có nghiệm với mọi m

Xét 2 m - 1 = 0=> m =

ta thấy nghiệm x = 1 không thuộc (-1, 0)

1
m m +1
1
pt còn có nghiệm x=
=
2
2m 1
2m 1
1
pt có nghiệm trong khoảng (-1, 0) => -1<
<0
2m 1
1

2m
+1 > 0
>0


=> 2m 1 => m < 0
2m 1
2m 1 < 0
2m 1 < 0

với m

Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1, 0) khi và chỉ khi m < 0
Câu 4:
ã
a. Ta có KEB
= 900
ã
mặt khác BFC
= 900( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D
E
ã
=> BFK
= 900 => E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK.
ã
ã
ã
ã

ã
ã
ã
b. BCF
= BAF
Mà BAF
= BAE
=450=> BCF
= 450 Ta có BKF
= BEF
ã
ã
ã
Mà BEF
= BEA
=450(EA là đờng chéo của hình vuông ABED) => BKF
0
= 45

D
K

F
A

B

O

C

ã
ã
Vì BKC
= BCK
= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B

Đề 2

x x 1 x x + 1 2( x 2 x + 1)
:


Bài 1: Cho biểu thức: P =


x x

x+ x

x 1



a, Rút gọn P
b, Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.
Bài 2: Cho phơng trình: x2- ( 2m + 1)x + m2 + m - 6 = 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn

3

3

x1 x2 =50

Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dơng phân biệt x1, x2Chứng minh:
a,Phơng trình ct2 + bt + a = 0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 và t2.
b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . H là trực tâm của tam
giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.
a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.
b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB và AC .
Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.
c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Bài 5: Cho hai số dơng x; y thoả mãn: x + y 1
1

501

Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = x 2 + y 2 + xy


Đáp án
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 0; x 1
x +1

a, Rút gọn: P =
b. P =

x 1

x +1
= 1+
x 1

2
x 1

Để P nguyên thì
x 1 = 1

x =2 x=4

x 1 = 1 x = 0 x = 0
x 1 = 2 x = 3 x = 9
x 1 = 2 x = 1( Loai )

Vậy với x= { 0;4;9} thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:

(


= 25 > 0

(m 2)(m + 3) > 0 m < 3

1

m <
2


)

= ( 2m + 1) 2 4 m 2 + m 6 0

2
x1 x 2 = m + m 6 > 0
x + x = 2m + 1 < 0
2
1
3
3
b. Giải phơng trình: ( m 2) (m + 3) = 50

5(3m 2 + 3m + 7) = 50 m 2 + m 1 = 0

1+ 5
m1 =

2

m = 1 5
2
2

Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phơng trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. .
2

1
1
Vì x1> 0 => c. 1 + b. + a = 0.
x1
x

1

Chứng tỏ x
1

1

+ a = 0; t1 = x Vì x2 là nghiệm của phơng trình:
1
ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0

là một nghiệm dơng của phơng trình: ct2 + bt


2

1
1
1
vì x2> 0 nên c. + b. + a = 0 điều này chứng tỏ x là một nghiệm dơng của phơng trình
2
x2
x2

1

ct2 + bt + a = 0 ; t2 = x
2
Vậy nếu phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2 thì phơng trình : ct2
1

1

+ bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2 . t1 = x ; t2 = x
1
2
b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dơng nên
1

t1+ x1 = x + x1 2
1

1

t2 + x 2 = x + x 2 2
2

Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4
a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó:
BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên
A

CH AB và BH AC => BD AB và CD AC .

Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 .

Q

Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O

H

Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
của đờng tròn tâm O thì

O

P
C

B

tứ giác BHCD là hình bình hành.
b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB

D

nhng ADB = ACB nhng ADB = ACB
Do đó: APB = ACB Mặt khác:
AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB
Chứng minh tơng tự ta có: CHQ = DAC

Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
c). Ta thấy APQ là tam giác cân đỉnh A
Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ


đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất
D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O

Đề 3
Bài 1: Cho biểu thức:

P=

x
( x +

y )(1

y )



y
x +

(

) (

y) x +1

a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2.



xy

)(

x + 1 1 y

)


Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2) .
a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt
b). Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung.
Bài 3: Giải hệ phơng trình :
x + y + z = 9

1 1 1
+ + =1
x y z
xy + yz + zx = 27

Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn (C A ; C B )
. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là
điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N.

a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tính BC theo R.
1 1 1
1
+ + =
x
y z x+ y+z
3
Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 y8)(y9 + z9)(z10 x10) .
4

Bài 5: Cho x, y, z R thỏa mãn :

Đáp án
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0 .
*). Rút gọn P: P =

x(1 +

(

x ) y (1

y ) xy

x +

y

)

=

(

)

( x y ) + x x + y y xy

(

x +

) (1 y )
( x + y ) (1 + x ) (1 y )
( x + y ) ( x y + x xy + y xy ) = x ( x + 1) y ( x + 1) + y ( 1 + x ) ( 1 x )
=
( x + y ) (1 + x ) (1 y )
(1 + x ) (1 y )
x +

y

) (1 +

(

x

y

)


=

x y + y y x

(1 y )

=

(

)(

x 1

y 1+

Vậy P = x + xy y.
b). P = 2 x + xy y. = 2




(

(

x1+

)(

) (

y

x 1 1 +

)

y

)



(1 y )

(

y 1

y

)

=

x +

xy

y.

)

y +1 =1

y =1

Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a). Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình đờng
thẳng (d) là : y = mx + m 2.
Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
- x2 = mx + m 2
x2 + mx + m 2 = 0 (*)
Vì phơng trình (*) có = m 2 4m + 8 = ( m 2) 2 + 4 > 0 m nên phơng trình (*) luôn có hai
nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b). A và B nằm về hai phía của trục tung phơng trình : x2 + mx + m 2 = 0 có hai nghiệm
trái dấu m 2 < 0 m < 2.
x + y + z = 9
(1)

1 1 1
Bài 3 : + + = 1 (2)
x y z
xy + yz + xz = 27 ( 3)

ĐKXĐ : x 0 , y 0 , z 0.

( x + y + z ) = 81 x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) = 81
2

x 2 + y 2 + z 2 = 81 2 ( xy + yz + zx ) x 2 + y 2 + z 2 = 27
x 2 + y 2 + z 2 = ( xy + yz + zx ) 2( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ( xy + yz + zx ) = 0
( x y ) 2 + ( y z ) 2 + ( z x) 2 = 0
( x y ) 2 = 0

( y z ) 2 = 0
( z x ) 2 = 0


x = y

y = z

z = x

x= y=z

Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Q
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y =
z = 3.
N
Bài 4:
a). Xét ABM và NBM .
C

Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
o
M
nên :AMB = NMB = 90 .
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
B
A
=> BAN cân đỉnh B.
O
Tứ giác AMCB nội tiếp


=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM).
=> Tam giác MCN cân đỉnh M
b). Xét MCB và MNQ có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
BMC = MNQ ( vì : MCB = MNC ; MBC = MQN ).
=> MCB = MNQ (c. g . c). => BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có AC BQ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5 1) R
Bài 5:
1

1

1

1

1

1

1

1

Từ : x + y + z = x + y + z => x + y + z x + y + z = 0
=>

x+ y x+ y+zz
+
=0
xy
z( x + y + z )

1

1
= 0
( z + y )
+
xy z ( x + y + z )
zx + zy + z 2 + xy
= 0
( x + y )
xyz ( x + y + z )

( x + y )( y + z ) ( z + x ) = 0

Ta có : x8 y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).=
y9 + z9 = (y + z)(y8 y7z + y6z2 - .......... + z8)
z10- x10 = (z + x)(z4 z3x + z2x2 zx3 + x4)(z5 - x5)
Vậy M =

3
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
4

Đề 4
Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng thẳng d/ đối xứng với đờng thẳng d
qua đờng thẳng y = x là:
A.y =

1
x+2;
2

B.y = x - 2 ; C.y =

Hãy chọn câu trả lời đúng.

1
x-2;
2

D.y = - 2x - 4

2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình
một hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình còn lại

2
bình. Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán
3

kính hình cầu là A.2 ; B. 3 2 ; C. 3 3 ; D. một kết quả khác.
Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0
2)
Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = x +
Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7
Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)

y


2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB <
AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho

MA
1
=
MB
2

Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên

đoan CD.
a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN.
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.
c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định.
Hớng dẫn
Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng.
2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1
Bài 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + 1 = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)
= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)
= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2
Vậy A chia hết cho 1 số chính phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.
2) Do A > 0 nên A lớn nhất A2 lớn nhất.
Xét A2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1)
Ta có:

x+ y
xy (Bất đẳng thức Cô si)
2
=> 1 > 2 xy (2)

Từ (1) và (2) suy ra: A2 = 1 + 2 xy < 1 + 2 = 2
Max A2 = 2 <=> x = y =

1
, max A =
2

2 <=> x = y =

Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)

Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)
Có 2 trờng hợp: 4 + b = 1
và
4+b=7
4+c=-7
4+c=-1
Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10
Ta có (x - 10)(x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11)
Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2
Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)

1
2

Câu2 (1,5điểm)
Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:
1
AB. Ta có D là điểm cố định
4
MA
1
AD
1
Mà
= (gt) do đó
=
AB
2
MA
2

x
B

AD =

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)

D
A

M

C


MA
AD
1
=
=
AB
MA
2

Do đó AMB

~ ADM =>

MB

MA
=
=2
MD
AD

=> MD = 2MD (0,25 điểm)
Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi)
Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC
Dấu "=" xảy ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC
Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC
* Cách dựng điểm M.

N

1
AB
2
1
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB
4

C

- Dựng đờng tròn tâm A bán kính

1
M là giao điểm của DC và đờng tròn (A; AB)
2

Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 900 nên MN là đờng kính
Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì MKD vuông cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đờng tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định

I
K
O
A

B

M

D

.

Đề 5
Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :
x2 + 2 y + 1 = y 2 + 2 z + 1 = z 2 + 2x + 1 = 0

Tính giá trị của biểu thức : A = x 2007 + y 2007 + z 2007 .
Bài 2). Cho biểu thức : M = x 2 5 x + y 2 + xy 4 y + 2014 .
Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó

Bài 3. Giải hệ phơng trình :
x 2 + y 2 + x + y = 18

x ( x + 1) . y ( y + 1) = 72

Bài 4. Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D.
a.Chứng minh : AC . BD = R2.
b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất .
Bài 5.Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh rằng :

( a + b)

2

+

a+b
2a b + 2b a
2


Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC.

Hớng dẫn giải

Bài 1. Từ giả thiết ta có :

x2 + 2 y + 1 = 0
2
y + 2z +1 = 0

z 2 + 2x + 1 = 0

2
2
2
Cộng từng vế các đẳng thức ta có : ( x + 2 x + 1) + ( y + 2 y + 1) + ( z + 2 z + 1) = 0

x +1 = 0

y +1 = 0 x = y = z = 1
z +1 = 0


( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 0
2

2

2

A = x 2007 + y 2007 + z 2007 = ( 1)

2007

+ ( 1)

2007

+ ( 1)

2007

= 3

Vậy : A = -3.

Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :

(

) (

)

M = x 2 + 4 x + 4 + y 2 + 2 y + 1 + ( xy x 2 y + 2 ) + 2007
M = ( x 2 ) + ( y 1) + ( x 2 ) ( y 1) + 2007
2

2

2

1
2

3
M = ( x 2 ) + ( y 1) + ( y 1) + 2007
2

4

2

2
1
Do ( y 1) 0 và ( x 2 ) + ( y 1) 0 x, y
2



M 2007

M min = 2007 x = 2; y = 1
u = x ( x + 1)
v = y ( y + 1)

u + v = 18
u ; v là nghiệm của phơng trình :
uv = 72

Bài 3. Đặt :

Ta có :

X 2 18 X + 72 = 0 X 1 = 12; X 2 = 6
u = 12
u = 6
;

v = 6
v = 12

x ( x + 1) = 12

y ( y + 1) = 6

x ( x + 1) = 6
y ( y + 1) = 12

;

Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị.
m
Bài 4. a.Ta có CA = CM; DB = DM
c
Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC OD
Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên :
a
MO2 = CM . MD
h o
R2 = AC . BD

d

b


b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp
ã
ã
ã

ã
MCO
= MAO
;MDO
= MBO
VCOD : VAMB ( g .g ) (0,25đ)
Chu.vi.VCOD

OM

Do đó : Chu.vi.VAMB = MH (MH1 AB)
1
OM

Do MH1 OM nên MH 1
1
Chu vi VCOD chu vi VAMB

Dấu = xảy ra MH1 = OM M O
2

M là điểm chính giữa của cung ằAB
2

1
1
Bài 5 (1,5 điểm) Ta có : a ữ 0; b ữ 0
2
2

a a +
a+b+

1
1
0; b b + 0
4
4

1
a+ b >0
2

a,b>0

1
1
(a a + ) + (b b + ) 0 a , b > 0
4
4

Mặt khác a + b 2 ab > 0



Nhân từng vế ta có : ( a + b ) ( a + b ) + 2 ab ( a + b )
2

1

( a + b) +
2

( a + b)
2

2a b + 2b a

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp VABC
Gọi E là giao điểm của AD và (O)
Ta có: VABD : VCED (g.g)


a

BD AD
=
AB.ED = BD.CD
ED CD

AD. ( AE AD ) = BD.CD
AD 2 = AD. AE BD.CD

b

Lại có : VABD : VAEC ( g.g )
AB AD
=
AB. AC = AE. AD

AE AC
AD 2 = AB. AC BD.CD


e

Đè 6
Câu 1: Cho hàm số f(x) = x 4 x + 4
2

a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10

d

c


c) Rút gọn A =

f ( x)
khi x 2
x2 4
x( y 2) = ( x + 2)( y 4)
( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)

Câu 2: Giải hệ phơng trình

x x +1 x 1
x

: x +
với x > 0 và x 1

Câu 3: Cho biểu thứcA =


x 1
x 1
x 1

a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là
chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 4x2 = 11
đáp án
Câu 1a)

f(x) = x 2 4 x + 4 = ( x 2) 2 = x 2

Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3
b)

x 2 = 10
x = 12
f ( x) = 10

x 2 = 10
x = 8

c)

A=

x2
f ( x)
=
2
x 4 ( x 2)( x + 2)

Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A =

1
x+2

Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A =

1
x+2

Câu 2
x( y 2) = ( x + 2)( y 4)
xy 2 x = xy + 2 y 4 x 8
x y = 4
x = -2

( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)
2 xy 6 y + 7 x 21 = 2 xy 7 y + 6 x 21
x + y = 0
y = 2

Câu 3 a)

Ta có:

x x +1 x 1

A =
x 1


: x +
x 1

x
=
x 1


( x + 1)( x x + 1)
x 1 x ( x 1)


+

( x 1)( x + 1) x 1 :
x 1


x x +1 x +1
x 1

b) A = 3

:

=>

x
x 1

x +2

=

x 1

2 x
=3
x

:

x
x 1

x

x 1

=

x x +1 x 1 x x + x

:
=


x 1
x 1
x 1


=

x +2
x 1

=> 3x + x - 2 = 0



x 1
=
x

2 x
x

=> x = 2/3

Câu 4
P

Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có
EH CH
=
;
PB CB

A

(1)

E

Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>
=>

B

POB = ACB (hai góc đồng vị)

O H

C

AHC POB

Do đó:

AH CH
=
PB OB

(2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
AH 2 = (2 R

AH.CB AH.CB
)
.
2PB
2PB



AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2



AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB



AH =
=

4R.CB.PB
4R.2R.PB
=
2
2
4.PB + CB
4PB 2 + (2R) 2
8R 2 . d 2 R 2
2.R 2 . d 2 R 2
=
4(d 2 R 2 ) + 4R 2
d2

Câu 5 Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5
Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:

(1)


2m 1

x1 + x 2 = 2

m 1

x 1 .x 2 =


2

3x 1 4x 2 = 11



Giải phơng trình 3

13 - 4m

x1 =
7

7m
7

x1 =
26 - 8m

13
4m
7m 7

3 7 4 26 - 8m = 11


13 - 4m
7m 7
4
= 11
7
26 - 8m

ta đợc m = - 2 và m = 4,125

(2)

Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho
có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn:

x1 + x2 = 11

Đề 7
Câu 1:

Cho P =

x+2

x +1
x +1
+
x x 1 x + x +1
x 1

a/. Rút gọn P.
b/. Chứng minh: P <

1
với x 0 và x 1.
3

(1)
Câu 2: Cho phơng trình : x2 2(m - 1)x + m2 3 = 0
; m là tham số.
a/. Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm.
b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.

Câu 3: a/. Giải phơng trình :

1
+
x

1

=2

2 x2

a0


b0

b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mãn :
a + 2b 4c + 2 = 0
2a b + 7c 11 = 0

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c.
Câu 4: Cho VABC cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với
A, B). Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp VBCD . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K .
a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp.
b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao?
c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành.
Câu 1: Điều kiện: x



Đáp án
0 và x 1. (0,25 điểm)

x+2
x +1
x +1
+
x x 1 x + x + 1 ( x + 1)( x 1)
x+2
1
x +1

=
+
3
( x ) 1
x 1
x + x +1

P=

=

x + 2 + ( x + 1)( x 1) ( x + x + 1)
( x 1)( x + x + 1)


=

x x
x
=
( x 1)( x + x + 1)
x + x +1
1
1
x

<
3
3
x + x +1

x + 1 ; ( vì x + x + 1 > 0 )

b/. Với x 0 và x 1 .Ta có: P <

3 x x-2 x +1>0
( x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x 0 và x 1)

Câu 2:a/. Phơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 0.
(m - 1)2 m2 3 0
4 2m 0
m 2.
b/. Với m 2 thì (1) có 2 nghiệm.
Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta có:
a + 3a = 2m 2

2
a.3a = m 3
m 1
m 1 2
a=
3(
) = m2 3
2
2
m2 + 6m 15 = 0
m = 3 2 6 ( thõa mãn điều kiện).

Câu 3:
Điều kiện x 0 ; 2 x2 > 0 x 0 ; x < 2 .

Đặt y = 2 x 2 > 0
x 2 + y 2 = 2 (1)

Ta có: 1 1
x + y = 2 (2)


Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -

1
2

* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X2 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1.
1
thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
2
1
1 3
X2 + X - = 0 X =
2
2

* Nếu xy = -

A
K

1 + 3
1 3

Vì y > 0 nên: y =
x=
2
2

Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =

1 3
2

Câu 4: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.
AB // CK
Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành

D

ã
BAC
= ãACK

1 ằ
1
ã
ằ = DCB
Mà ãACK = sđ EC
= sđ BD
2

2

O
B

C


ã
ã
Nên BCD
= BAC
ã
ã
Dựng tia Cy sao cho BCy
.Khi đó, D là giao điểm của ằAB và Cy.
= BAC
ằ thì BCA
ã
ã
ã
Với giả thiết ằAB > BC
> BAC
> BDC
.
D AB .
Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm.

Đề 8
2
Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = x + 1 x

b. Cho biểu thức: P =

x
xy + x + 2

+

y
yz + y + 1

+

1
x2 +1 x

Là một số tự nhiên

2 z
zx + 2 z + 2

Biết x.y.z = 4 , tính P .

Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)
a. Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
b. Tính diện tích tam giác ABC.
Câu3 Giải phơng trình: x 1 3 2 x = 5
Câu 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với
đờng tròn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D và E.
Chứng minh rằng:
a.DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O ).

2
3

b. R < DE < R
Câu 1:

đáp án
a.

2
A = x +1 x

x2 +1 + x
( x + 1 x).( x + 1 + x)
2

2

= x 2 + 1 x ( x 2 + 1 + x ) = 2 x

A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x =

k
2

(trong đó k Z và k 0 )
b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và xyz = 2
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với x ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi xyz ta đợc:
P=

x
xy + x + 2

+

P = 1 vì P > 0

xy
xy + x + 2

+

2 z
z ( x + 2 + xy

=

x + xy + 2
xy + x + 2

=1

(1đ)

Câu 2: a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b
Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên b = 4; a = 2
Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4.
Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đờng thẳng AB A, B,
C không thẳng hàng.

Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đờng thẳng AB A,B,D thẳng
hàn
b.Ta có :
AB2 = (-2 0)2 + (0 4)2 =20
AC2 = (-2 1)2 + (0 1)2 =10


BC2 = (0 1)2 + (4 1)2 = 10
AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C

1
10 . 10 = 5 ( đơn vị diện tích )
2
Câu 3: Đkxđ x 1, đặt x 1 = u; 3 2 x = v ta có hệ phơng trình:
u v = 5
2
3
u + v = 1

Vậy SABC = 1/2AC.BC =

Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2
x = 10.
Câu 4
B
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
AB = AC = R ABOC là hình
D
vuông
(0.5đ)

Kẻ bán kính OM sao cho
M
A

BOD = MOD
E
MOE = EOC (0.5đ)
Chứng minh BOD = MOD
OMD = OBD = 900
Tơng tự: OME = 900
D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC
2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R DE < R
Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC
Cộng từng vế ta đợc: 3DE > 2R DE >
Vậy R > DE >

O

C

2
R
3

2
R
3

Đề 9

Câu 1: Cho hàm số f(x) = x 2 4 x + 4
a) Tính f(-1); f(5)
b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A =

f ( x)
khi x 2
x2 4

Câu 2: Giải hệ phơng trình
x( y 2) = ( x + 2)( y 4)

( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)

Câu 3: Cho biểu thức
x x +1 x 1
x
: x +
với x > 0 và x 1

A =


x 1
x 1
x 1


a) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của x để A = 3

Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là
chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.
Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 4x2 = 11
đáp án
Câu 1
a)

f(x) = x 2 4 x + 4 = ( x 2) 2 = x 2
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3

b)

x 2 = 10
x = 12
f ( x) = 10

x 2 = 10
x = 8

c)

A=

x2
f ( x)
=
2

x 4 ( x 2)( x + 2)

Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A =

1
x+2

Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A =

1
x+2

Câu 2
x( y 2) = ( x + 2)( y 4)

( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)
xy 2 x = xy + 2 y 4 x 8

2 xy 6 y + 7 x 21 = 2 xy 7 y + 6 x 21
x y = 4
x = -2


x + y = 0
y = 2

Câu 3a)

Ta có:

x x +1 x 1

A =
x 1


: x +
x 1

( x + 1)( x x + 1)
x 1

=
( x 1)( x + 1)

x

x 1

x ( x 1)
:
+
x 1
x 1

x

x 1

x x +1 x 1 x x + x

:



x 1
x 1
x 1


=

x x +1 x +1

=

x 1
x +2

=
b) A = 3

=>

x 1

2 x
=3
x

:

:

x
x 1

x
x 1

=

x +2

=> 3x + x - 2 = 0

Câu 4

x 1



x 1
=
x

2 x
x

=> x = 2/3

P
A
E
B

O

H

C

a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC)
b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có
EH CH
=
;
PB CB

(1)

Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>

POB = ACB (hai góc đồng vị)

=>

AHC POB

Do đó:

AH CH
=
PB OB

(2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
AH 2 = (2 R

AH.CB AH.CB
)
.
2PB
2PB



AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB



4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
AH =

4R.CB.PB
4R.2R.PB
=
2
2
4.PB + CB
4PB 2 + (2R) 2

8R 2 . d 2 R 2
2.R 2 . d 2 R 2
=
=
4(d 2 R 2 ) + 4R 2
d2

Câu 5 (1đ)
Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5

(1)

Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
2m 1

x
+
x
=

1
2

2

m 1

x 1 .x 2 =


2

3x 1 4x 2 = 11



Giải phơng trình 3

13 - 4m

x
=
1

7

7m 7

x1 =
26 - 8m

7m 7
13 - 4m
3 7 4 26 - 8m = 11


13 - 4m
7m 7
4
= 11
7
26 - 8m

ta đợc m = - 2 và m = 4,125

(2)

Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho có hai
nghiệm phân biệt t

Đề 10
Câu I : Tính giá trị của biểu thức:
A=

1

3+ 5

+

1
5+ 7

+

1

+ .....+

7+ 9
3333
.....
35

B = 35 + 335 + 3335 + ..... +

1
97 + 99

99 số 3

Câu II :Phân tích thành nhân tử :
1) X2 -7X -18
2) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
3) 1+ a5 + a10
Câu III :

1) Chứng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)
2) áp dụng : cho x+4y = 5 . Tìm GTNN của biểu thức : M= 4x2 + 4y2
Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn
CI ( M khác C và I ). Đờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM
tại M cắt BD và DC tại P và Q.


a) Chứng minh DM.AI= MP.IB

b) Tính tỉ số :

MP
MQ

Câu 5:
Cho P =

x 2 4x + 3
1 x

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
đáp án
Câu 1 :
1) A =

1

+

1

+

1

+ .....+

1

3+ 5
5+ 7
7+ 9
97 + 99
1
1
= ( 5 3 + 7 5 + 9 7 + .....+ 99 97 ) = ( 99 3 )
2
2
.....
35 =
2) B = 35 + 335 + 3335 + ..... + 3333
99 số 3

=33 +2 +333+2 +3333+2+.......+ 333....33+2
= 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33)

= 198 +

1
( 99+999+9999+.....+999...99)

3

1
( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 1) = 198 33 +
3
10101 10 2
+165
B =
27



198 +

Câu 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ)
2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3
= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3
= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2
= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]
= (x2+5x +3)(x2+5x +7)
3) a10+a5+1
= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1
- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )
= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)
-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)
=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1)
Câu 3: 4đ
1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=>
a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>

0
(ad - bc)2 (đpcm )
0
Dấu = xãy ra khi ad=bc.


2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2) (1 + 16) =>
x 2 + y2

25
100
5
20
=> 4x2 + 4y2
dấu = xãy ra khi x=
,y=
(2đ)
17
17
17
17

Câu 4 : 5đ
Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=>
MPD đồng dạng với ICA =>

DM MP
=
=> DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB

CI
IA

(1).

Ta có góc ADC = góc CBA,
Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA.
Do đó DMQ đồng dạng với BIA =>
DM MQ
=
=> DM.IA=MQ.IB (2)
BI
IA
MP
Từ (1) và (2) ta suy ra
=1
MQ

Câu 5
Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0
Từ 1-x > 0 => x < 1
Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có :
(x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0
Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa.
Với x < 1 Ta có :
P=

x 2 4x + 3
1 x

=

( x 1)( x 3)
1 x

= 3 x

Đề 11
Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức . A = 1 +
b. Tính giá trị của tổng.

1
1
+
2
a
( a + 1) 2

B = 1+

Với a > 0.

1
1
1
1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 + 2 +
2

1
2
2
3
99
100 2

Câu 2 : Cho pt x 2 mx + m 1 = 0
a. Chứng minh rằng pt luôn luôn có nghiệm với m .
b. Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.
P=

2 x1 x 2 + 3

x1 + x 2 + 2( x1 x 2 + 1)
2

2

Câu 3 : Cho x 1, y 1 Chứng minh.
1
1
2
+

2
2
1 + xy
1+ x
1+ y

Câu 4 Cho đờng tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đờng tròn, từM kẻ MH
AB (H AB). Gọi E và F lần lợt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua M kẻ
đờng thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D.
1. Chứng minh rằng đờng thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đờng
tròn.
2. Chứng minh.
MA 2 AH AD
=
.
MB 2 BD BH

Hớng dẫn
Câu 1 a. Bình phơng 2 vế A =

a2 + a +1
a ( a + 1)

(Vì a > 0).

c. áp dụng câu a.
A = 1+

1
1

a a +1

1

9999
=
100 100
Câu 2 a. : cm 0 m
B = 100

B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có:
x1 + x 2 = m
2m + 1
P= 2
(1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.

m +2
x1 x 2 = m 1
1
P 1
2
1
GTLN = m = 2
2
GTNN = 1 m = 1

Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc.
x( y x )

y( x y )

bđt (1 + x 2 )(1 + xy ) + (1 + y 2 )(1 + xy ) 0
2
( x y ) ( xy 1) 0 đúng vì xy 1

Câu 4: a
- Kẻ thêm đờng phụ.
- Chứng minh MD là đờng kính của (o)
=> ........
b.
Gọi E', F' lần lợt là hình chiếu của D trên MA và MB.
Đặt HE = H1
HF = H2

M

o

E'

F

E

F'

D
A

B

H
I