Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 có lời giải chi tiết, 30 DE HSG TOAN 9

Đề 1
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
 x −3 x  x −3
x −2
9−x 
P = 1 −
+
−
:

x − 9  2 − x 3 + x x + x − 6


a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của x để P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).

x2

= x−4

2
a) Giải phương trình: ( x + 1 + 1)

x + y + z = 5

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ:  xy + yz + zx = 8

Bài 3: (2,0 điểm).
Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện:

(1 + y )(1 + z )
2

x

2

+y

(1 + z )(1 + x )
2

xy + yz + zx = 1

2

+z

(1 + x )(1 + y )
2

2

1+ y
1+ x
1+ z
Tính: T =
Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số cùng chiều : a1 ≤ a2 ≤ a3 ; b1 ≤ b2 ≤ b3
Chứng minh rằng : (a1+ a2 +a3)(b1 + b2 + b3 ) ≤ 3(a1b1 +a2b2+a3b3)
2

2

2

a 2005 + b 2005 + c 2005
3
≤
2006
2006
2006
a+b+c
Áp dụng chứng minh rằng : với 0 ≤ a ≤ b ≤ c thì a + b + c

Bài 5: (6,0 điểm).
1. Cho hai đường tròn (o1) và (o2) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai
đường tròn lần lượt tiếp xúc với (o1) và (o2) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD
lần lượt cắt (o1) và (o2) tại M và N. Các đường thẳng BC và BD lần lượt cắt đường thẳng MN tại
P và Q . Các đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E . Chứng minh rằng:
a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD
b) Tam giác EPQ là tam giác cân.
2. Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD). Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC
sao cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau
HƯỚNG DẴN GIẢI
 x≥0
x ≥ 0


 x − 9 ≠ 0 ⇔ x ≠ 9


x ≠ 4

1. đk 2 − x ≠ 0

Ta có:


x ( x − 3)   ( x − 3)(3 + x ) + ( x − 2)( 2 −
P = 1 −
:
( x + 3)( x − 3  
( 2 − x )(3 + x )


 3   4 x − x − 4   3   (2 − x )(3 + x ) 
.

 x + 3  :  (2 − x )(3 + x  
x + 3   − (2 − x ) 2 





=
=
=
1

x) +9 − x




3
x − 2 . Vậy P =

3
x −2
1


Ta thấy P = 1

⇔

3
=1
x −2
⇔ x − 2 = 3 ⇔ x = 5 ⇔ x = 25 . Vậy với x = 25 thì P = 1

(

2

)

2

 x x +1 −1 



x

 = x − 4 ⇔ 
 = x−4
x
x
+
1
+
1




2. a. ĐK: x ≥ -1 và PT <=>

<=>

(

)

2

x +1 −1 = x − 4 ⇔

x + 1 = 3 . Giải Pt x = 8 (t/m x ≥ -1). KL: x = 8

x + y = 5 − z


Hệ ⇔  xy + ( x + y ) z = 8
x + y = u

Đặt  xy = v ⇒x, y là nghiệm của phương trình:

b.

Phương trình có nghiệm ⇔ u – 4v ≥ 0
2

t2 - ut + v = 0
(*)

(a)

(1)
( 2) . Thế (1) vào (2) ⇒ v = 8 – z(5 - z) = z2 –5z + 8

u = 5 − z

Ta có hệ: v + zu = 8

Hệ có nghiệm ⇔ (a) có nghiệm ⇔ (*) xảy ra
⇒ (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) ≥ 0 ⇔ - 3z2 + 10z – 7 ≥ 0
7

 z − 1 ≥ 0
1 ≤ z ≤ 3



7 − 3 z ≥ 0 ⇔  z ≤ 1

⇔
 z − 1 ≤ 0

7

 z ≥
⇔ (z-1)(-3z+7) ≥ 0 7 − 3z ≤ 0  3

(3)

(VN )

Từ (3) và do z nguyên ⇒ z = 1; 2

u = 4  x + y = 4  x = 2
z =1⇒ 
⇒
⇒
v = 4
 xy = 4
y = 2

+)
 x = 1

u = 3  x + y = 3  y = 2
z =2⇒

⇒
⇒
 x = 2
v = 2  xy = 2

 y = 1

+)
Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2)
3. Ta có
1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z)
=(x+z)(z+y)
2
Tương tự ta có:
1+y =(y+x)(y+z)
1+z2 =(z+x)(z+y)

( y + x )( y + z )( z + x )( z + y )
( x + z )( x + y )
T=
x

+y

( z + x )( z + y )( x + y )( x + z )
( x + y )( y + z )

+z

( x + y )( x + z )( y + x )( y + z )

( z + x )( z + y )
=

=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2. Vậy T= 2
4. Do a1 ≤ a2 ≤ a3 ⇒ a1 - a2 ≤ 0; a1 - a3 ≤ 0; a2 - a3 ≤ 0
và b1 ≤ b2 ≤ b3 ⇒ b1 - b2 ≤ 0; b1 - b3 ≤ 0; b2 - b3 ≤ 0
⇒ (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3) ≥ 0
⇔ 2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2 ≥ 0
⇔ a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)
2

2


⇔ a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)
⇔ ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3) ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3)

Đặt a1 = a2005 ; a2 = b2005 ; a3 = c2005
a
b
c
b1 = a + b + c ; b2 = a + b + c ; b3 = a + b + c
Do 0 ≤ a ≤ b ≤ c Nên ta có ; a1 ≤ a2 ≤ a3 và b1 ≤ b2 ≤ b3

áp dụng câu a ta có;
 a 2006 + b 2006 + c 2006
a
b
c




+
+


a+b+c
2005
2005
2005  a + b + c
a
+
b
+
c
a
+
b
+
c

≤
(a +b +c )
3
5.1) Do MN // CD nên ∠ EDC = ∠ ENA
Mặt khác ∠ CDA= ∠ DNA ( Cùng chắn cung DA)
-> ∠ EDC= ∠ CDA hay DC là phân giác góc ADE.

Lâp luận tương tự -> CD cũng là phân giác góc ACE
-> A và E đối xứng nhau qua CD-> AE ⊥ CD

Do PQ song song với CD nên AE ⊥ PQ


a 2005 + b 2005 + c 2005
3

≤
2006
2006
2006
⇔ a
a+b+c
+b
+c

( *)

Gọi I là giao điểm của AB và CD . Ta có ∆ AID đồng dạng với
( Do chung ∠ BID và ∠ IAD = ∠ IDB (cùng chắn cung BD)).
ID
IB
-> IA = ID -> ID 2 = IA.IB.

∆ DIB

(1)

2

Lập luân tương tự -> IC = IA.IB

Từ (1) và (2) -> IC = ID

(2)
F

ID
IC
Mà AP = AQ

BI
( cùng bằng BA ) => AP = AQ
Kết hợp với (*) -> ∆ EPQ cân tại E

D
2)
Biến đổi hình thang thành hình tam giác
cùng có diện tích ABF.
Từ D kẻ DF//AC , DF cắt đt BC tại F.
Chứng minh SABCD = SABF.
Lấy E là trung điểm cảu FB. Đoạn thẳng
A
AE chia tam giác ABF thành hai hình có
diện tích bằng nhau và AE cũng là đoạn thẳng
chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau

C
E

B

Đề 2

x
8 x +8
x + 2  x + x + 3 1 
:

P = 
+
−
  x+2 x + x
x
+
2
x
+
2
x
x

 

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :
a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P ≤ 1 .
b) Tìm x thoả mãn : x + 1 .P = 1

(

)

Bài 2: (5,0 điểm).
3

3


2

 x 
x +
 =1
x
+
1


a) Giải phương trình :
2

b) Giải hệ phương trình :
x2y – 2x + 3y2 = 0
x2+ y2x + 2y = 0
Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z ∈ R thỏa mãn :

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

3
Hãy tính giá trị của biểu thức : M = 4 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .

Bài 4: (6,0 điểm).
1. Cho ∆ABC với BC=a, CA=b, AB=c (cAC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp ∆ABC . Đoạn thẳng MN cắt tia AO tại P và cắt tia
BO tại Q .Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC .
MP NQ PQ
=
=
a
b
c .
a) Chứng minh rằng :

b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng .
2. Cho tứ giác ABCD . Lấy điểm M tùy ý trên cạnh AB xác định điểm N trên cạnh DC sao cho
MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau
Bài 5: (2,0 điểm).
Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc.
HƯỚNG DẴN GIẢI
P=

1. a) Điều kiện x>0 Ta có :
4 x+4

( x ) 2 + (8 x + 8) − ( x + 2) 2 ( x + x + 3) + ( x + 2)
:
x .( x + 2)
x .( x + 2)

4 x +4

P= x + 2 x + 5 ⇒ P-1= x + 2 x + 5

−1 =

− ( x − 1) 2
( x + 1) 2 + 4

≤0

b) ( x + 1).P = 1 ⇔ 4 ( x + 1) = x + 2 x + 5 ⇔ 3x + 6 x -1 = 0

Vậy P ≤ 1

2

−3− 2 3
3
−3+ 2 3
x=
3
x=

(loại)

7−4 3
⇔
⇔

3
(thoã mãn điều kiện x>0) .
2
2
x 2
x2
x2
2x
x 2 2x
x2 −
+(
) +
=1
(x −
) + 2.
=1
(
+ 1) 2 = 2
⇔
⇔ x +1
x +1 x +1
x +1
x +1
x +1
2. a. ĐK : x ≠ −1 ⇔
x 2 + (1 − 2 ) x + (1 − 2 ) = 0
2 −1± 2 2 −1
x=
2
x

+
(
1
+
2
)
x
+
(
1
+
2
)
=
0
⇔
⇔
2
(thỏa mãn)

(thỏa mãn)

x=

b. Giải hệ phương trình :
Nếu y=0 ⇒ x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm của hệ phương trình .
Với y ≠ 0 hệ đã cho trở thành
x2y – 2x + 3y2 = 0
x2y+ y3x + 2y2 = 0
(1)

4

4


y 3 x + 2x − y 2 = 0
⇔

x2 + y2 x + 2y = 0

3
Nhận thấy y = − 2 không thoả mãn hệ phương trình .

(2)

y2
3
y 3 + 2 thay vào (2) ta có :
Xét y ≠ − 2 từ (1) ⇒


y3
y3
y2 2
y2
2
y
+
+ 2 = 0
( 3

) +y . 3
+ 2y = 0
 3
2
3
y +2
y +2
y +2

⇔  ( y + 2)
3
y = −1 ⇒ y = −1 ⇒ x = 1
8
−2
y 3 = − ⇒ y = 3 ⇒ x = −2 3
3
3
⇔
. Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0)
x=

6
3
⇔ 3 y + 11 y + 8 = 0

−2

(1;-1)

(-2 3 ; 3 3 ) .

1 1 1
1
x+ y x+ y+z−z
1 1 1
1
+ + =
+ + −
=0
+
=0
x
y
z
x
+
y
+
z
x
y
z
x
+
y
+
z
xy
z
(

x
+
y
+
z
)
3. Từ :
=>
=>
2
 1

 zx + zy + z + xy 
1
⇒ ( x + y) 
+
=0 ⇒ ( x + y) 
÷
÷ = 0 ⇒ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) = 0
 xy z ( x + y + z ) ÷
xyz
(
x
+
y
+
z
)






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

4.
A
M
F

E
O

Q
P

B

N

C

1
Ta có : ∠ BOP là góc ngoài ∆AOB ⇒ ∠ BOP= ∠ OAB + ∠ OBA = 2 ( ∠ BAC + ∠

a)

ABC)
1800 − ∠ACB
1
= 1800 − (∠BAC + ∠ABC )
2
2
Lại có : ∠ PNB=1800 – ∠ MNC =1800 ⇒ ∠ BOP+ ∠ PNP=1800 ⇒ tứ giác BOPN nội tiếp
⇒
∠ OPM = ∠ OBC (cùng bù ∠ OPN )
⇒ ∆ OPM
∠ OMP = ∠ OCN
∆ OBC (g.g)
Mặt khác :
PM OM OP
=
=
⇒ a
OC OB (1)
NQ ON OM PM
=
=
=
OC OC
a 
∆ OCA (g.g) ⇒ b
Tơng tự ta có : ∆ ONQ
5

5


PQ OP PM
=
=
OB
a 
∆ QOP (g.g) ⇒ c

∆ AOB

MP NQ PQ
=
=
b
c
Từ (1) , (2) ⇒ a

b. Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên)
⇒ ∠ AQO= ∠ AMO = 900 ⇒ ∆ ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến
⇒ ∠ EQB= ∠ EBQ= ∠ CBQ
⇒ EQ//BC mà EF//BC ⇒ E, Q, F thẳng hàng .
5. Cho ba số thực a, b, c không âm sao cho a + b + c = 1 .
Chứng minh: b + c ≥ 16abc . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
Theo kết quả câu 3.1, ta có:

( a + b + c)

2

=  a + ( b + c )  ≥ 4a ( b + c )


mà a + b + c = 1 (giả thiết)
2
1 ≥ 4 a ( b + c ) ⇔ b + c ≥ 4a ( b + c )
2

nên:

Nhưng: ( b + c ) ≥ 4bc (không âm)
Suy ra: b + c ≥ 16abc .

(vì a, b, c không âm nên b + c không âm)

2

a = b + c
1
1
⇔b=c= , a=

4
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi:  b = c

Đề 3
 x−3
 
x+2

9− x
3 x − 9
P=
+
−
÷:  1 −
÷
x− 9 
2
−
x
3
+
x
x
+
x
−
6



thức:

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên.

Bài 2: (3,0 điểm). Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
Bài 4: (3 điểm) a) Giải hệ phương trình

8(x4 + y4 ) +

1
≥5
xy

1 x
+ =3
y2 y
1 x
x+ + =3
y y
x2 +

2
2
b) Giải phương trình : 25 - x - 10 - x = 3
Bài 4: (6,0 điểm).
1) Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P), (Q) theo thứ tự là đường tròn nội tiếp
hai tam giác AHB và AHC. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài (khác BC) của (P) và (Q) cắt AB, AH, AC
theo tự M, K, N. Chứng minh rằng.
a. ∆HPQ
∆ABC
b. KP // AB, KQ // AC.
c. Tứ giác BMNC nội tiếp được
2) Cho a, b, clà độ dài 3 cạnh của ∆ABC. Gọi m, n, k là độ dài các đường phân giác trong
của ba góc của ∆ABC. Chứng minh rằng: + + > + +
Bài 5: (2,0 điểm).

6

6


Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.
HƯỚNG DẴN GIẢI
x ≥ 0
x ≥ 0


 x ≠ 2⇔ x ≠ 4
x ≠ 9
x ≠ 9



1. Điều kiện để P có nghĩa:
⇔ P=

(x − 9) + (4 − x) + (9 − x)
(2 − x)( x + 3)
P=

2+

x

.

x+3
x

⇔ P=

(x − 9) + (4 − x)
P=

(2 −

. Ta có:
4− x
(2 −

x) x

=

9− x

x)( x + 3) ( x − 2)( x + 3)
x( x − 3)
( x − 3)( x + 3)

2+

x
x

.

 x =1

x ∈ Z ⇔  x = 2 (lo¹ i)

2

2
= 1+
x.

x
Theo câu a ta có:
Do đó để P ∈ Z thì ta cần
⇔ x = 1.Vậy với x = 1 thì P có giá trị nguyên.
2. Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2
= [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2= 2x2y2 – 4xy + 1.
⇒ 8(x4 + y4 ) +

−

1
1
1
= 16x2y2 − 32xy + 8 +
= (4xy − 7)(4xy − 1) + 1 +
xy
xy
xy

Vì x > 0 và y > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:

(4xy − 7)(4xy − 1) ≥ 0
1

2 xy ≤ x + y = 1⇔ xy ≤ ⇒  1
4
 xy ≥ 4


⇒ (4xy − 7)(4xy − 1) + 1 +

x = y
1
1
1
⇔ x= y=
≥ 5 ⇔ 8(x4 + y4 ) + ≥ 5

2.
xy
xy . Dấu bằng xảy ra khi x + y = 1

3. 1) ĐKXĐ: - 10 ≤ x ≤ 10
a − b = 3
 2 2
( a, b ≥ 0 ). Ta được hệ pt : a − b = 15

Đặt a = 25 − x ; b = 10 − x

Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x1 = 3 ; x2 = -3
2) Đk
:
(1):
2

y≠0

x2 +

2


1 x
+ = 3 ⇔  x +
2
y
y


Cộng (1) và (2) vế với vế ta được:

7

2

1
x
 = 3 +
y

y

x+

(2)


1
x
1
x
+ = 3 ⇔  x +  − 3 = −
y
y
y
y


2




1
1


1
1
 x +  +  x +  − 6 = 0 ⇔  x + + 3  x + − 2  = 0

y
y
y
y






7



x +


x +


⇒

⇔ 
1
1
+3=0
x + = −3( 3)

y
y


1
1

−2=0
x + = 2( 4 )

y
y


hệ vô nghiệm. Từ (4) và (2) ta có

x = y = 1;
4. 1) a. ∆ AHB

=>

Từ (3) và (2) ta có:

HP AB
=
HQ AC

1

 x + y = −3

⇔
x

y =6


6 y 2 + 3 y + 1 = 0(*)

x = 6 y

1

 y 2 − 2 y + 1 = 0 ⇔ x = y = 1;
x
+
=
−
3


y

x = y
⇔

x
 =1
 y

(*) vô nghiệm

hệ có 1 nghiệm

∆ CHA mặt khác P và Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp ∆ AHB và ∆ AHC
(1) lại có ∠ BAC = ∠ PHQ = 900 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆ HPQ ∆ ABC
b. Theo câu a. ta có ∠ PQH = ∠ ACB
(3)
0
∠ PKQ = ∠ PHQ = 90 => tứ giác PKQH nội tiếp được => ∠ PKH = ∠ PQH (4)
Từ (3) và (4) => ∠ PKH = ∠ ACB
lại có ∠ BAH = ∠ ACB=> ∠ PKH = ∠ BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta cũng có
KQ //AC.
c. Ta có ∠ ACB = ∠ PKH = ∠ MKP = ∠ AMK
=> ∠ BMN + ∠ NCB = ∠ BMN + ∠ AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp được
A

N

K
M
Q

P
B

H

C
M

2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB tại M

∠ A1 = ∠ M1, ∠ A2 = ∠ C2, Mà ∠ A1 = ∠ A2, (AD là tia phân giác của góc A )
Nên ∠ M1 = ∠ C1, ⇒ AM = AC. Xét ∆AMC : MC < AM + AC = 2AM

Xét ∆BMC ta có : AD // MC ⇒ = =
Nên AD = < ⇒ > ( + )
⇔ > ( + )
Tương tự : > ( + ) ; > ( + ). Vậy + + > + +

A
1

2

1

8

B

D

C

8


5. Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1 ≤ a ≤ b < c .
(1)

 a 2 + b2 = c2

ab = 2(a + b + c)

(2)
Ta có hệ phương trình :
Từ (1) ⇒ c2 = (a + b)2 − 2ab ⇒ c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2))
⇔ (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) + 4 = c2 + 4c + 4.
⇔ (a + b − 2)2 = (c + 2)2 ⇔ a + b − 2 = c + 2 (do a + b ≥ 2) ⇔ c = a + b − 4.
Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)
⇔ ab −4a−4b + 8 = 0 ⇔ b(a −4) −4(a−4) = 8 ⇔ (a −4)(b−4) = 8
Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có:
a − 4 =1
 a- 4=2
hoÆ
c

b- 4=4
b − 4 = 8

 a=5
a=6
hoÆ
c

b =12
 b=8

⇔

Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10) thỏa mãn yêu cầu của bài
toán.
Đề 4

 6x + 4
  1 + 3 3x3
3x
A = 
−
−
3
x

÷
÷
 1 + 3x
÷
3 3x3 − 8 3 x + 2 3 x + 4 ÷




Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
a)
Rút gọn biểu thức A .
b)
Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.

Bài 2: (3,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình:

 x 2 + y 2 − xy = 19

 x + y + xy = −7

b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .
M=

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.
1
2

1
2

a) x + 4 x + 3 + x + 8 x + 15

+

1 1
+
x y .

1
2

x + 12 x + 35

+

1
2

x + 16 x + 63

=

1
5

b) x + 6 − 4 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1
Bài 4: (6,0 điểm).
Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Tia phân giác trong góc A cắt (O) tại D. Một đường tròn
(L) thay đổi nhưng luôn đi qua A, D cắt AB, AC tại điểm thứ hai lần lượt tại M, N.
a) CMR: BM = CN
b) Tìm quỹ tích trung điểm K của MN
c) Tìm vị trí của (L) sao cho MN ngắn nhất.
Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm của hai đường chéo. Kí hiệu
S1 = S∆AIB ; S 2 = S∆CID ; S = S ABCD

a. Chứng Minh: S1 + S 2 ≤ S
b. Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào?
HƯỚNG DẴN GIẢI
9

9


1. Ta có:

(

3x


A = 




A=



A=

(

)

3

3x + 2 3x + 4 =

(

−8 =

(

)

2

3x + 1 + 3 > 0;1 + 3 x > 0, ∀x ≥ 0

)(

)

3 x − 2 3 x + 2 3 x + 4 ≠ 0, x ≥ 0 ⇔ 3 x ≠ 2 ⇔ 0 ≤ x ≠

(

)

(

  1 + 3x
3x
÷
−
3
÷ 1 + 3 x
3
3
x
+
2
3

x
+
4
÷
3x − 2


(


÷ 3x − 2 3x + 1
3x − 2 3x + 2 3 x + 4 ÷


6x + 4

)

3x + 4 + 2 3 x

)(

) =(

3x − 1

3x − 2

, nên điều kiện để A có nghĩa là

2

)

3x − 2 + 2

(

(

)

)

3x − 2 + 1

3x − 2

(
)(

)


 6 x + 4 − 3x − 2 3x

− 3x ÷
A
=
÷

 3x − 2 3 x + 2 3 x + 4
÷

.

(

)

2

3

4
3

.

(
A=

= 3x +

)

3x − 1

3x − 2

2

(

0≤ x≠

)


÷ 3x − 3 x + 1 − 3 x
÷


(

)

4
3)

1
3x − 2

Với x là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì
x ∈ Z và x ≥ 0 ). Khi đó: A = 4

 3x = 3
3 x = 9
3 x − 2 = ±1 ⇔ 
⇔
⇔ x=3

 3x = 1
 3 x = 1
(vì

( x + y ) 2 − 3xy = 19
 x 2 + y 2 − xy = 19
 S 2 − 3 P = 19  S = x + y 
⇔
⇔


÷
x + y + xy = −7
x + y + xy = −7


 S + P = −7  P = xy  (1)

2.a)
Giải hệ (1) ta được: ( S = −1; P = −6), ( S = −2; P = −5)
 x + y = −1
 x + y = −2


xy
=
−
6

Giải các hệ phương trình tích, tổng:

và  xy = −5 ta có các nghiệm của hệ phương
 x = −3  x = 2  x = −1 − 6  x = −1 + 6
;
;
;

y = 2  y = −3  y = −1 + 6  y = −1 − 6

trình đã cho là:

b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0
⇔ x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 ⇔ (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0
⇔ (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*)
2

1
3
2
2
2


Vì   ( x + 1) – ( x + 1) ( y + 1) + ( y + 1) + 1= ( x + 1) − ( y + 1)  + ( y + 1) + 1 > 0            
2
4


⇔
⇔
Nên (*) x + y + 2 = 0

x+y=-2
1 1 x + y −2
1
−2
2
Ta có : M = + =
=
( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 4 ≥ 4 xy ⇒ ≥ 1 ⇒ ≤ −2
x y
xy
xy vì
xy
xy
.Vậy MaxM = -2 ⇔ x = y = -1 .

3. a) x2 + 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3)
x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5)
x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7)
x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9)
⇒ ĐKXĐ : x ≠ -1; x ≠ -3; x ≠ -5; x ≠ -7; x ≠ -9
pt
⇔
10

⇔

1
1
1
1

1
+
+
+
=
( x + 1)( x + 3)
( x + 3)( x + 5)
( x + 5)( x + 7)
( x + 7)( x + 9)
5

1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
−
+
−
+

−
+
−
) =
(
−
)=
2 x +1 x + 3 x + 3 x + 5 x + 5 x + 7
x+7 x+9
5⇔ 2 x +1 x + 9
5

10


⇒ 5( x + 9 - x -1) = 2( x+1)( x+9)⇔ 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0⇔ x2 + 10x - 11 = 0
Phương trình có dạng a + b + c = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = -11 x1; x2 thỏa mãn ĐKXĐ.
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = { − 11;1}
b) ĐKXĐ: x ≥ -2. ( 0,5 điểm)
Pt

⇔

2

2

( x + 2 − 2) + ( x + 2 − 3) = 1 <=>|

x+2−2| +|

x + 2 -3| = 1

| x + 2 − 2 | + | 3 - x + 2| = 1

1.

áp dụng BĐT |A|+ |B| ≥| A + B| ta có : | x + 2 − 2 | + | 3 - x + 2 | ≥ 1
Dấu "=" xảy ra khi : ( x + 2 − 2 )( 3 - x + 2 ) ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x + 2 ≤ 3
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = { x / 2 ≤ x ≤ 7}

⇔ 2≤ x ≤ 7

4.a) Xét ∆BMD và ∆CND:
+. BD=CD (vì AD là phân giác góc A) +.

∠ACD =

1
2 sđ cung AD

1
1
1
∠MBD = A1+D1= 2 sđ cung AB + 2 sđ cung BD = 2 sđ cung AD
⇒ ∠ACD = ∠MBD . Trong (L), vì A1 = A2 ⇒ DM = DN
⇒ ∆ BMD = ∆ CND ⇒ BM = CN.
b). Gọi I là trung điểm BC ⇒ I cố định
Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’ ⇒ MM’NN’ là hình bình hành.
⇒ K là trung điểm M’N’

Vì IM’ = BM = CN = IN’ ⇒ IM’=IN’ ⇒ IK là phân giác của ∠ M’IN’
 IM ' // MB

Do  IN ' // CN ⇒ IM’, IN’ cố định. Vậy: Quỹ tích K là đờng phân giác ∠ M’IN’
c) ∆ DMN cântại D có ∠ MDN = 1800 - ∠ BAC = Const
⇒ MN ngắn nhất ⇔ DM nhỏ nhất ⇔ DM ⊥ AB ⇔ khi AD là đờng kính của (L).

5. a. Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S 4 = S AID
Kẻ AH ⊥ BD; CK ⊥ BD
1
1
AH .BI
SCID = CK .DI
2
2
S3 BI
S
BI
1
1
1
=
(1)
=
(2)
S AID = AH .DI ⇔
S BIC = CK .BI ⇔
S
DI
S

DI
A
2
2
4
2
Ta có:
và
S1 S3
=
⇔ S1.S 2 = S3 .S 4 (3)
S
S
2
Từ (1) và (2) suy ra: 4
S AIB =

B

S1

H
I

S4

S3
C

K

S2

Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4 ≥ S1 + S2 + 2 S3 .S4 (4)
2
Từ (3) và (4) ta suy ra: S ≥ S1 + S 2 + 2 S1.S 2 = ( S1 + S 2 ) ⇔ S ≥ S1 + S 2
(đpcm)

11

D

11


b. Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét:
* Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S 3 = S 4 ⇒ S = S1 + S 2
S
≥ S1 = S 2
* Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S 1 = S 2 ⇒ 2
S
Dấu bằng sảy ra khi: S1 = S 2 = S 3 = S 4 = 4 ⇔ ABCD là hình bình hành

Đề 5
Bài 1: (5,0 điểm).
2+ x
2 + 2+ x

+

2− x
2 − 2− x

= 2

Cho phương trình :
.
a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .
b) Giải phương trình .
Bài 2: (3,0 điểm). a) Giải hệ phương trình:
 x 3 + y 3 = 1
 5
5
2
2
 x + y = x + y

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình
y2 =-2(x6-x3y-32)
Bài 3: (5,0 điểm).
A=

1
1
+
2
x + y xy

a) Cho x, y >0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4.

a + b + b + c + c + a > 4.
CMR:
Bài 4: (6,0 điểm).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); H là trực tâm tam giác; M là một điểm trên
cung BC không chứa điểm A.
a) Tìm vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành.
b) Gọi E, F lần lượt là 2 điểm đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh rằng E,H,F
thẳng hàng.
Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC các đường cao: AA1, BB1, CC1 dòng qui tại H.
Chứng minh rằng:

HA HB HC
+
+
≥6
HA1 HB1 HC1
. Dấu "=" xẩy ra khi nào?

1. a) điều kiện : 0 < x ≤ 4
b)

2+ x
2 + 2+ x

+

2

2− x
2 − 2− x

HƯỚNG DẴN GIẢI
= 2⇔

2+ x
2+ 4+ 2 x

+

2− x
2− 4− 2 x

= 2 (1)

Đặt 4 + 2 x = a ; 4 − 2 x = b ( a ; b ≥ 0) .

12

12


a 2 + b2 = 8

Ta có :  a 2
b2
+
=2

2 + a 2 − b
2

2

a 2 + b 2 = 8
a 2 + b 2 = 8
a + b = 8


⇔
⇔
(I)

2
2

( a − b − 2 ) ( ab + 4 ) = 0
 2 ( a + b ) − ab ( a − b ) = 8 + 4 ( a − b ) − 2ab
( a − b ) ( ab + 4 ) − 2 ( ab + 4 ) = 0



Vì ab + 4 > 0 nên :
2

b=


ab
=
2


a
−
b
+
2
ab
=
8
)

a
⇔
⇔
⇔
( I ) ⇔ (
a
−
b
=
2
2

a − b = 2
a − = 2


a

2



a = 3 + 1
 4+2 x =
⇔
⇔
b = 3 − 1


 4−2 x =

3 +1
3 −1

2

b =
⇔
a

 a 2 − 2a − 2 = 0


2

b = a

 a = 1 + 3

  a = 1 − 3 (loai vì a < 0)



⇔ x=3

 x 3 + y 3 = 1
 x 3 + y 3 = 1
 x 3 + y 3 = 1
⇔
⇔
 5
 5
 2 2
x + y5 = x2 + y2
x + y 5 = ( x 2 + y 2 )( x 3 + y 3 )


 x y ( x + y ) = 0


2. Ta có:

Sảy ra các trườngg hợp:
 x3 + y 3 = 1  x = 0
y = 0
⇔


 y = 1 hoặc  x = 1
 xy = 0
Trường hợp a:

 x3 + y 3 = 1  x3 + y 3 = 1 − y 3 + y 3 = 1
⇔
⇔
⇔

x
+
y
=
0
x
=
−
y
x
=
−
y


Trường hợp b: 
hệ vô nghiệm
x = 0 x = 1
;

y
=
1

y = 0

Vậy nghiệm của hệ là:
6
3
2
6
3
2 3
3
b) y2=-2(x6-x3y-32) ⇔ 2 x + 2 x y + y = 64 ⇔ x + ( x − y ) = 64 ⇔ ( x ) + ( x − y ) = 64
2
Vì x∈ Z ⇒ x ∈ N . Vậy x chỉ có thể nhận các giá trị { 0; 1; 2 }
Suy ra cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8),
(0;-8),(2;8), (-2;-8)
2
2
2
2
2
2 2
3.a.Vi a > 0, b > 0 ; Ta có: a + b ≥ 2 a b = 2ab (Bdt Cô si) ⇒ a + b + 2ab ≥ 4ab ⇒ (a + b) ≥ 4ab

(a + b)(a + b)
a+b
4
a
a
4
≥4 ⇒
≥
⇒

+ ≥
ab
ab
a+b
ab ab a + b
2
2
Áp dụng BÐT (*) v i a = x + y ; b = 2xy ; ta có:
⇒

1
1
4
4
+
≥ 2
=
2
2
x + y 2xy x + y + 2xy (x + y) 2
2

Mặt khác :

(x + y) 2 ≥ 4xy ⇒

⇒

1 1
4

+ ≥
(*)
a b a+b

(1)

1
1
1
4
≥
⇒
≥
2
4xy (x + y)
xy (x + y)2

(2)

 1
1
1  1
1  1
1  1 1
+
= 2
+
= 2
+
÷+

÷+ .
2
2
2
x + y xy  x + y 2xy  2xy  x + y 2xy  2 xy
4
1
4
4
6
 1
≥
+ .
=
. 1+ ÷ =
≥6
2
2
2 
(x + y) 2 (x + y)
(x + y)  2 
(x + y) 2
1
x=y=
2
2
[Vì x, y >0 và x + y ≤ 1 ⇒ 0 < (x + y) ≤ 1 ] ⇒ minA = 6 khi
⇒A=

13

2

13


b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có : a + b < a + b + c = 4 ⇔ a + b < 2 ⇔ a + b < 2 a + b (1)
*Hoàn toàn tương tự ta cũng có:
*Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có:

(

2( a + b + c ) < 2 a + b + b + c + c + a

Hay
4
a. Lấy trên cung

BC

C ' = CH ∩ ( O )

(3)

⇒ đpcm

điểm M sao cho AM là đường kính của đường tròn (O) ta chứng minh tứ

OI ⊥ BC

theo (gt)

AH ⊥ BC ⇒ OI

//

AH

(1)

ta CBC' = 1v (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn (O))

Tương tự ta có: AC' // HB
⇒

(2) c + a < 2 c + a

)

4 < a+b + b+c + c+a

giác
BACM là hình bình hành
Gọi I là trung điểm của BC, ta có
Gọi

b+c <2 b+c

⇒

⇒

AH // BC'

AC'BH là hình bình hành

AH = BC'; mà BC' = 2 IO (do IO là đường trung bình của

∆

CBC')⇒ OI = 1/2 AH (2)

Từ (1) (2) ⇒ H, I, M thẳng hàng, tứ giác BHCM có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi
đường nên nó là hình bình hành. Vậy điểm M cần tìm chính là giao của AO với (O)
b. Do E đối xứng của M qua AB ta có: ∠ AEB = ∠ AMB (1)
Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) Nên ∠ AMB = ∠ ACB (2)(cùng chắn cung AB)
H là trực tâm nên các tứ giác AC'HB'; BC'HA'; CA'HB' nội tiếp được
Ta có ∠ AHB = ∠ A'HB' (đối đỉnh) ⇒ ∠ AHB + ∠ ACB = ∠ A'HB' + ∠ ACB = 1800 (3)
Từ (1) (2) (3) ⇒ ∠ AEB = ∠ EAB + ∠ MAB (do M, E đối xứng qua AB)
A
Tương tự ta chứng minh ∠ CHF = ∠ CAM
B1
Tc: ∠ EHF = ∠ EHB + ∠ BHC + ∠ CHF = ( ∠ MAB + ∠ CAM) + ∠ BHC
0
= ∠ CAB + ∠ BHC = ∠ CAB + ∠ C'HB' = 180 ⇒ E, H, F thẳng hàng
C1
5. Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác.
* S = S∆ABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB.
H
1

. AA1.BC
S
AA
HA
= 2
= 1 = 1+
HC B
S
HB S
A1
S1 1 .HA .BC HA1
HA1
=1+
= 1+
1
HB1 , S3
HC1
2
Ta cã:
.T2: S 2
 1
1 1 1 
HA HB
HC
1
1 
+
+
= S +
+

÷− 3 = ( S1 + S2 + S3 )  + + ÷− 3
HA1 HB1 HC1
 S1 S 2 S3 
 S1 S2 S3 

C

Suy ra:

 1
1
1 
HA
HB
HC
= ( S1 + S2 + S3 ) 
+
+
+
+
≥ 9−3= 6
÷≥ 9 ⇒
S1 S 2 S3 
HA1 HB1 HC1

Theo bÊt ®¼ng thøc C«sy:

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
Đề 6
14

14


 2 a  1

2 a
1 −
:

−
 a + 1 1 + a a a + a + a +1
 

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: A = 

a.Rút gọn biểu thức A.
b.Tính giá trị biểu thức A khi a = 2011 − 2 2010 .
 x 2 + y 2 + xy = 1
 3
3
Bài 2: (4,0 điểm).a) Giải hệ phương trình:  x + y = x + 3 y

b) Giải phương trình: + = x2 - 10x + 27
Bài 3: (4,0 điểm).
a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1.
1
1
1
+ 3

+ 3
x ( y + z)
y ( z + x)
z ( x + y)
3

Tìm GTNN của biểu thức: E =
b) Giải phương trình nghiệm nguyên:

.

xy yz xz
+
+
=3
z
x
y

Bài 4: (6,0 điểm).
Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B ). Tia CM cắt tia DA tại
N. Vẽ tia Cx vuông góc với CM và cắt tia AB tại E. Gọi H là trung điểm của đoạn NE.
1/ Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp được trong đường tròn.
2/ Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vuông ABCD.
3/ Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số bán kính cácđường tròn nội
tiếp tam giác NAC và tam giác HBC không đổi.
Bài 5: (2,0 điểm).
Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC , các tiếp điểm tại D, E, F . Chứng minh rằng
tích các khoảng cách hạ từ một điểm M bất kỳ trên đường tròn xuống các cạnh của tam giác ABC
bằng tích các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác DEF

HƯỚNG DẴN GIẢI

 2 a  1
 a − 2 a + 1  1
2 a
2 a

1 −
:
=
:
−
−
 a + 1 1 + a a a + a + a +1
 1 + a (a + 1)(1 + a ) 
a
+
1
 



1. Điều kiện: a ≥ 0 . A = 
( a − 1) 2
a +1− 2 a
( a − 1) 2 (1 + a )( a + 1)
=
:
=
a +1

(1 + a )( a + 1)
( a + 1)( a − 1) 2
= 1+ a
 x 2 + y 2 + xy = 1
 3
3
3
3
2. a) Giải hệ phương trình:  x + y = x + 3 y . Từ (1) ta có PT (2) có dạng : x + y =
( x + 3 y )( x 2 + y 2 + xy )
3
3
3
2
2
2
3
2
2
2
3
2
2
⇔ x + y = x + xy + x y + 3x y + 3 y + 3 xy ⇔ 4 x y + 4 x y + 2 y = 0 ⇔ 2 y (2 x + 2 xy + y ) = 0
 y=o
 y=o
 x = 0
 x = 0
y = 0




 2
2
y
=
−
x
x
+
(
x
+
y
)
=
0


⇔
⇔ 
⇔  y = 0
+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x2=1 ⇔ x ± 1
+ Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn ⇒ x=0, y=0 loại

15

15

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x,y) là (1,0) và (-1,0)
b) + = x2 - 10x + 27. Đk : 4 ≤ x ≤ 6. Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta được :
+ = + ≤ + =2
x − 4 = 1
⇔ x=5

6
−
x
=
1

Dấu “ = ” xảy ra ⇔

Mặt khác : x2 - 10x + 27 = ( x2 - 10x + 25 ) + 2 = ( x - 5 )2 + 2 ≥ 2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x - 5 = 0 ⇔ x = 5. Do đó : + = x2 - 10x + 27 ⇔ x = 5
1
1
1
1
3. a) Đặt a = x , b = y , c = z ⇒ abc = xyz = 1⇒ x + y = c(a + b)
y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a)
2
2
2
a
b
c
a
b

c
3
⇒ E = b + c + c + a + a + b . Dễ dàng chứng minh đợc b + c + c + a + a + b ≥ 2
a ( a + b + c ) b( a + b + c ) c ( a + b + c )
3
b+c
c+a
Nhân hai vế với a + b + c > 0 ⇒
+
+ a+b
≥ 2 (a+b+c)
a2
b2
c2
a + b + c 3 ⋅ 3 abc
3
3
2
2
⇒ b+c + c+a +a +b ≥
≥
= 2⇒E≥ 2
3
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1. Vậy min E = 2 khi a = b = c = 1
b) ĐK:
Pt
x ≠0; y ≠0; z ≠ 0

do

⇔ x 2 y 2 + y 2 z 2 + x 2 z 2 = 3xyz

x ≠ 0; y ≠0; z ≠0

⇒ x 2 y 2 + y 2 z 2 + x 2 z 2 > 0 ⇒ 3xyz > 0

suy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương. Ngoài ra
nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm. Do vậy chỉ cần xét
nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương. Không mất tính tổng quát ta giả sử : x ≥ y ≥ z
≥1
x
xy
z2
xz
yz
y
≥
=z;
+
= z  +  ≥ 2 z
z
z
y
x
x
y
xy xz
yz
⇒3=
+

+
≥ z + 2 z = 3z
z
y
x
⇒

⇒ 3z ≤ 3 ⇒ z ≤ 1

Ta có:

x y
+ ≥2
y x

mà

z ≥1⇒ z =1

từ đó:

. Với z = 1 phương trình trở thành:

⇒ xy ≤ 1

xy +

mà

x ≥1 ; y ≥1 ⇒ x = y =1

y x
+ =3
x y

. Vậy (x,y,z) = (1,1,1)

Từ nhận xét trên suy ra phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (1,1,-1) .
4. a) Do ∠ NAE = ∠ NCE = 1v (gt) nên tg NACE nội tiếp trong đường tròn ∠ CNE = ∠ CAE =
450
16

16


=> NCE vuông cân tại C . Mặt khác do CH là trung tuyến nên CH là đường cao  ∠ CHE = 1 v
=> ∠ CBE = ∠ CHE = 1v => HBCE là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn.
b) Không mất tính tổng quát ta gọi cạnh hình vuông là 1 thì diện tích hình vuông là 1 .
Đặt AN = x ( x > 0)  DN =1 + x .
Trong tam giác vuông NDC có
2
2
2
2
2
CN = CD + DN = 1 + (1 +x) = x +2x + 2 .
x 2 + 3x + 2
1
1
2

AN.CD + CN
2
2
Khi đó : SNACE = SNAC + SNCE = 2
=
x2 + 3x + 2
= 3 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0
2
Từ SNACE = 3 S ABCD 
=> x = 1 , x = - 4 ( loại ) .
AM AN
=
=1
Vậy AN = 1 . Mà theo định lý Ta lét ta có : MB BC

=> AM = MB hay M là trung điểm của AB .
c) Trước hết ta chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC .
+ ) Tứ giác NACE nội tiếp trong đường tròn => ∠ AEN = ∠ ACN (1) ( cùng chắn cung AN )
và ∠ NAC + ∠ NEC = 2 v (2)
+) Tứ giác HBCE nội tiếp nên ∠ BEH = ∠ BCH ( 3 ) ( cùng chắn cung BH )
và ∠ HBC + ∠ HEC = 2 v (4) . Từ (1) và (3) ta có ∠ HCB = ∠ ACN và ∠ HBC = ∠ NAC .
Vậy tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC .Gọi r 1 ; r2 lần lợt là bán kính vòng tròn nội tiếp
hai
r1
AC
=
=
r2
BC

2

tam giác ANC và BCH . Khi đó
( không đổi )
5. Bổ đề: Khoảng cách từ một điểm trên đờng tròn đến đờng thẳng qua hai tiếp điểm của hai
tiếp tuyến với đường tròn là trung bình nhân khoảng cách từ điểm ấy đến 2 tiếp tuyến .
• Xét hai tiếp tuyến AB và AC , M∈ (O)
Hạ các đường vuông góc MK, MH, ML xuống các tiếp tuyến AB, AC và dây EF
»
∠MEN = ∠MFH ( chắn cung MF
).
C
¼
∠MFN = ∠MEK (------------ ME )
Suy ra các tam giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng dạng.
E
D
•

MN MF MH
=
=
2
Từ đó MK ME MN ⇒ MN = MH.MK (1).

K

Bổ đề được chứng minh
• Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là khoảng cách từ M
đến các đường thẳng chứa cạnh BC, CA, AB, EF, FD, DE

N
M

A

H

O

F

B

của các tam giác ABC và DEF ta đợc: d = b.c, e = c.a, f = a.b .
Nhân vế với vế của ba đẳng thức, suy ra điều phải chứng minh.
Đề 7
2


1 −

Bài 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức:P = 

2

2

x   x +3
x +2

x +2 
:

+
+
x + 1   x − 2 3 − x x − 5 x + 6 

a) Rút gọn P;
b) Tìm giá trị của a để P < 0
17

17


Bài 2: (2,0 điểm). a) Giải hệ phương trình


 x+ y + x− y =4
 2
2

 x + y = 128

b) Giải phương trình: 2 x + 1 − 3x = x − 1 .

a b c a+b b+c
+ + ≥
+
+1
Bài 3: (2,0 điểm). a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng: b c a b + c a + b

b) Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh a + b + b + c + c + a ≤ 6

Bài 4: (2,0 điểm).
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là điểm trên cung nhỏ AB
(I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình chiếu của I trên các đường thẳng BC,
CA và AB.
1. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.
2. Xác định vị trí của I để đoạn MN có độ dài lớn nhất.
3. Gọi E, F, G theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC,
CA và AB. Kẻ EQ vuông góc với GF. Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC.
Bài 5: (2,0 điểm). Trong đường tròn O cho 2 dây cung AB và CD cắt nhau tại M gọi N là trung
AK AM 2
=
2
điểm của BD , đường thẳng MN cắt AC tại K .Chứng minh : KC CM

HƯỚNG DẴN GIẢI

 x+ y + x− y =4
 2
2

2. a) Giải hệ phương trình  x + y = 128
 x+ y + x− y = 4
 x + y + x − y = 4

⇔
1

1

2
2
( x + y ) 2 + ( x − y ) 2 = 256
 ( x + y ) + ( x − y ) = 128
2
2

ĐK : - x ≤ y ≤ x, x ≥ 0. Hệ PT ⇔
u = x + y
u + v = 4
u + v = 4

⇔
 4
4
v = x − y
Đặt 
( u, v ≥ 0) . Ta được u + v = 256 uv(uv − 32) = 0
u + v = 4
(VN )

uv = 32

u = 4
⇔

u + v = 4
x = y = 8
v = 0
⇔

⇔

u = 0
 x = 8 & y = −8
uv = 0


v = 4


Vậy hệ có hai nghiệm ( 8; 8) và ( 8; -8).
b) 2 x + 1 − 3x = x − 1 (1), điều kiện x ≥ 0 . Đặt 2 x + 1 = a, a ≥ 0 ; 3x = b, b ≥ 0
2
2
2
2
Suy ra b − a = x − 1 Thay vào (1) ta được a − b = b − a ⇔ (a − b).(a + b + 1) = 0 ⇔ a = b (do a ≥ 0, b ≥ 0
nên a+b+1>0)
Với a = b ta có 2 x + 1 = 3 x ⇔ x = 1 thỏa mãn điều kiện
Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.
18

18


a b c a+b b+c
+ + ≥
+
+1
3. a) a, b, c>0. CM: b c a b + c a + b

(1)
a (a + b)(b + c) b(a + b)(b + c) c (a + b)(b + c)
⇔ ( a + b) 2 + (b + c) 2 + ( a + b)(b + c) ≤
+
+
b
c
a
2
2
a c
b ( a + b)
cb (b + c )
=
+ a 2 + ab + ac +
+ b 2 + ab + c 2 + bc +
b
c
a
2
2
2
2
2
Mặt khác ( a + b) + (b + c) + (a + b)(b + c) = a + ac + c + 3b + 3ab + 3bc

Do đó ta cần chứng minh:
a 2 c b 2 (a + b) cb(b + c)
+
+

≥ 2b 2 + 2bc + ab
(2)
b
c
a
a2c
b 2 (a + b) cb(b + c) 1 a 2 c b3
1 a 2 c c 2 b 1 b3 c 2 b
c a
VT =
+
+
= (
+ )+ (
+
)+ ( +
) + b2 ( + )
b
c
a
2 b
c
2 b
a
2 c
a
a c
≥ ab + ac 3 +

b4 c

+ 2b2 ≥ ab + 2bc + 2b2 = VP
a

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
b) C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:
2
2
2
+a+b
+b+c
+a+c
2
2
2
2
3
3
3
. a+b ≤
.T :
. b+c ≤
và . a + c ≤
3
2
3
2
3
2

N

I
A

Cộng từng vế của 1,2,3 ta có đpcm
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
C2: Áp dụng Bu nhi a:

P

o
·
·
4. a) Từ giả thiết có IPA + INA = 180 ⇒ Tứ giác IPAN nội tiếp

·
·
⇒ IPN
= IAN
(1) (cùng chắn cung IN)
·
·
⇒ IPB
= IMB
= 90o ⇒

Lại do

O

B

M

C

Bốn điểm I , P , M , B

o
·
·
nằm trên đường tròn đường kính BI ⇒ MPI + IBM = 180 (2)
o
·
·
Vì I ∈ ( O ) ⇒ CAI + IBM = 180 (3)

·
·
Từ (2) và (3) ⇒ MPI = CAI (4)
·

·

·

·

Từ (4) và (1) ⇒ MPI + IPN = CAI + IAN = 180 .Vậy M , P , N thẳng hàng .
b) Theo chứng minh trên ta có
o

·
·
IBA
= IMN
(5) (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , B , M , P)
·
·
INM
= IAB
(6) (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , N , A , P)

Từ (5) và (6) ⇒ ∆IMN : ∆IBA

⇒

MN IM IN
=
=
≤ 1 ⇒ MN ≤ AB
BA
IB IA

M ≡ B
·
·
⇔
⇔ IAC
= IBC
= 90o ⇔ CI

N ≡ A
Dấu "=" xảy ra
là đường kính của ( O ) .Vậy MN lớn nhất bằng
AB ⇔ I đối xứng với C qua O.
19
19


c)
5. Qua C kẻ đường thẳng song song với KN cắt AB tại Q
qua Q kẻ đường thẳng song song với BD cắt KN và CD lần lợt tại I và P
N là trung điểm BD => I là trung điểm của PQ => M là trung điểm CP
∧

∧

∧

∧

∧

ABD = ACD ( góc nội tiếp cùng chắn cung AD )
AQP = ACD = > Tứ giác ACQP

B

C

∧

PQ// BD => AQP = ABD ( đồng vị )

Q
K

nội tiếp

CM .MP CM 2
AM AM 2
⇒ MQ =
=
⇒
=
MQ ACM 2
AM
AM ( vì MP=CM )
=> AM.MQ=CM.MP
AK
AM
AK
AM 2
⇒
=
=
KC
MQ nên KC
CM 2
Trong tam giác ACQ có MK//CD

I
M

N

P
D

Đề 8
 x −1
1
8 x   3 x −2

 

 3 x − 1 − 3 x + 1 + 9 x − 1  : 1 − 3 x + 1 
 

Bài 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức:P = 
a.

Rút gọn P

b.

6
Tìm các giá trị của x để P = 5
1 1 1
+ + = 3
x

y z
Bài 2: (2,0 điểm).a) Cho x, y, z> 0 thoả mãn:
P=

2x2 + y2
2 y2 + z2
2z 2 + x2
+
+
xy
yz
zx

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
x3y + xy3- 3x-3y = 17
Bài 3: (2,0 điểm).
a) Giải phương trình: (x+1)(x+2)(x+4)(x+8) = 28x2
ax+by =c

 bx+cy =a
 cx+ay =b
b) Cho hệ phương trình: 

(a, b, c là tham số)
Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hệ phương trình trên có nghiệm là: a3 + b3 + c3 = 3abc
Bài 4: (2,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) tâm O. M là điểm chính giữa
cung BC không chứa điểm A. Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua O. Các đường phân giác trong
góc B và góc C của tam giác ABC cắt đường thẳng AM’ lần lượt tại E và F .
1/ Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp được trong đường tròn.

2/ Biết đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính r.
Chứng minh:
IB.IC = 2r.IM.
20

20


Bài 5: (2,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD , từ B kẻ đường thẳng cắt cạnh CD tại M ; từ D kẻ
đường thẳng cắt cạnh BC tại N sao cho BM = DN . Gọi giao điểm của DN và BM là I . Chứng
minh : Tia IA là tia phân giác của góc BID .
HƯỚNG DẴN GIẢI
2. a)* Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1,
2

 1
2  1 2
(1 + 2 )  2 + 2 ÷ ≥  + ÷ ⇒
y  x y
x
2

2

1
,
2 và x

2x2 + y 2
=

xy

2
y

2
1
1 1 2
+ 2 ≥
 + ÷
2
y
x
3x y

(1)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y
2 y2 + z2
1  1 2
≥
 + ÷
yz
3 y z

Tương tự:

⇒P≥

2z 2 + x2

1 1 2
(2)và
≥
 + ÷
zx
3z x

(3)

1  3 3 3
 + + =3
3  x y z 
. Suy ra: Pmin = 3 khi: x = y = z =

Từ (1), (2), (3)
b) Phương trình: x3y+xy3-3x-3y=17 ⇔ (x2+y2)(xy-3)=17=17.1
Do x,y nguyên dương nên x2+y2>1

 x + y = 5

 xy = 4
⇔
⇔
 x + y = −5
x 2 = y 2 = 17
( x + y) 2 − 2 xy = 17
( x + y) 2 = 25

⇒
⇔

⇔
xy − 3 = 1
xy = 4
xy = 4
 xy = 4

3.

 x = 4
x = 1
hoÆc

y = 4
 y = 1
  x = −4
x = -1

hoÆc
y = -4
 y = −1

x = 1
x = −4
x = 4
x = −1




Kết luận:  y = 4 hoặc  y = −1 hoặc  y = 1 hoặc  y = −4

3. a) Giải phương trình : (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2 ↔ (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 (1)
8
8
+ 6)( x + + 9) = 28
9
x=0 không phải là nghiệm pt (1). Chia 2 vế (1) cho x2 ta được: (1) ↔ (x+ x
t = −2
8

Đặt t = x+ x (1) → (t+6)(t+9) =28 ↔ t2 + 15t + 26 =0↔ t = −13
8
= −2
Với t = -2→ x+ x
↔ x2 + 2x + 8 =0 vô nghiệm
8
= −13
Với t = -13 → x+ x
↔ x2 + 13x + 8 =0 ↔ x = -13 ± 137

b) Điều kiện cần : Giả sử HPT đã cho có nghiệm (x ; y) . Khi đó
a 3 + b3 + c3 = a.a 2 + b.b 2 + c.c 2
= (bx + cy ) a 2 + (cx + ay )b 2 + (ax + by )c 2

= ab(ax + by ) + ca (cx + ay ) + bc(bx + cy )

= (a bx + ab y ) + (ac x + ca y ) + (b cx + bc y ) = abc + cab + bca = 3abc
2

2

2

2

2

2

Điều kiện đủ: Giả sử

21

21


a 3 + b3 + c 3 = 3abc ⇔ ( a + b)3 + c 3 − 3ab(a + b) − 3abc = 0
⇔ (a + b + c )  (a + b) 2 − c (a + b) + c 2  − 3ab(a + b + c) = 0 ⇔

1
(a + b + c) ( a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2  = 0
2

a + b + c = 0
a + b + c = 0
⇔
⇔
a = b = c
2
2

2

 ( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) = 0

a+b+c=0 , nhận thấy HPT có nghịêm : x = y = -1
a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = 0 ; y=1 (hoặc x = 1 ; y = 0)
3
3
3
Vậy nếu a + b + c = 3abc thì HPT đã cho có nghiệm
4. a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp
+ Do M là điểm chính giữa của cung BC nên góc BAM = góc MAC
=> AM là phân giác góc A của tam giác ABC nên gọi I là giao điểm của BE và CF thì I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC và I , A , M thẳng hàng.
+ Do MM’ là đường kính của ( O ) nên AE ⊥ AM và do AM là phân giác trong của góc BAC nên
AE là phân giác ngoài của nó. Mặt khác , BE là phân giác trong góc ABC => CE là phân giác
ngoài góc BCA ( Hai đường phân giác ngoài và 1 đường phân giác trong của tam giác ABC
đồng quy) mà CF
là phân giác trong của góc BCA => góc FCE = 1 v .
Chứng minh tương tự ta cũng có góc FBE = 1v => tứ giác FBCE nội tiếp được trong đường
tròn .
b) Trước hết chứng minh : MI = MB = MC . Thật vậy gọi P là giao điểm của CF và đường tròn
( O ) . Do CP là phân giác của góc BCA nên cung PA = cung PB , kết hợp với cung MB = cung
MC .
Ta có sđ góc CIM

1
1
1
sd( MC + PA ) = sd( MB + BP) = sdMP

2
2
= 2
1
sdMCP
= 2

=> góc CIM = góc MCI => tam giác CMI cân => MI = MC.
Chứng minh tương tự ta cũng có MI = MB . Vậy MI = MC = MB .
Kẻ IH vuông góc với BC thì IH = r . Hạ MQ vuông góc với BI do tam giác BMI cân => QI
= QB . Xét hai tam giác vuông IQM và IHC có : góc IMQ = góc ICH = 1/ 2 góc AMB .
Vậy hai tam giác đồng dạng .=>
5.
B

IC
IH 2 IH
2r
=
=
=
⇒ IB.IC = 2r.IM
IM
IQ 2 IQ BI

N
F

I

C
E
M

A

D

Lời giải
22

22


Từ A kẻ AE vuông góc với DN ; A F vuông góc với BM
Ta có dt(ABM) = 1/2 dt(ABCD) ; dt(ADN) = 1/2dt(ABCD)
cho nên dt(ABM) = dt(ADN) , mà BM = DN cho nên A F = AE
hay A cách đều hai cạnh của góc BID .
Vậy tia IA là tia phân giác của góc BID.
Đề 9


a   1
2 a
1 +
:

−
 a + 1  a −1 a a + a − a −1
 


Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức:P = 

a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị của a để P < 1
c) Tìm giá trị của P nếu a = 19 − 8 3
4
4
2
2
Bài 2: (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 2006 x + x . x + 2006 + x = 2005.2006

b) Giải hệ phương trình:

 y 2 = ( x + 8 ) ( x 2 + 2 )

16 x − 8 y + 16 = 5 x 2 + 4 xy − y 2
 

Bài 3: (2,0 điểm). Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dương và
 1
 1
 1

32
 2 + 1 2 + 2  2 + 8 
a
 b
 c
 = abc

Bài 4: (2,0 điểm).
a) Cho a, b, c ∈ [0 ; 1]. Chứng minh rằng :
a
b
c
+
+
+ (1 − a )(1 − b)(1 − c) ≤ 1
b + c +1 a + c +1 a + b +1

b) Cho 3 số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng minh rằng : x 2 + y2 + z2 ≥
3
Bài 5: (2,0 điểm).
Cho tam giác ABC có đường cao AH . Gọi I,K là các điểm nằm ngoài tam giác ABC sao cho
các tam giác ABI và ACK vuông tại Ivà K hơn nữa
=
,M là trung điểm của BC. Chứng
minh rằng :
a) MI = MK
b) Bốn điểm I,H,M,K thuộc cùng đường tròn
HƯỚNG DẴN GIẢI
4
4
2
2
2. a) Giải hệ phương trình: 2006 x + x . x + 2006 + x = 2005.2006

⇔ (2006 + x 2 + 2006 ) x 4 − (2005.2006 − x 2 ) = 0
⇔ (2006 + x 2 + 2006 ) x 4 − (2006 − x 2 + 2006 )( 2006 + x 2 + 2006 ) = 0

⇔ (2006 + x 2 + 2006 )( x 4 + x 2 + 2006 − 2006) = 0
2
⇔ x 4 + x 2 + 2006 − 2006 = 0 (do 2006 + x + 2006 > 2006 > 0 ∀x ) ⇔ x 4 = 2006 − x 2 + 2006

23

23


2

2

1
 2 1  2
1
1
⇔ x + x + = x 2 + 2006 − x 2 + 2006 + ⇔  x +  =  x + 2006 − 
2 
2

4
4
1
1
1
1
⇔ x 2 + = x 2 + 2006 −
x 2 + 2006 −
x2 +

2
2
2
2 ( vì
2 >0;
2 >0) ⇔ x + 1 = x + 2006
⇔ x 4 + 2 x 2 + 1 = x 2 + 2006 ⇔ x 4 + x 2 − 2005 = 0
4

2

⇔ t + t − 2005 = 0 (đặt t = x , t ≥ 0 )
2

2

⇔t=

− 1+ 8021
2

(do t ≥ 0 )

⇔x=±

− 1+ 8021
2


− 1 + 8021 − 1 + 8021 

S = −
;

2
2


Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm:
y 2 − ( 4 x + 8 ) y + ( 16 + 16 x − 5 x 2 ) = 0
b) Viết lại phương trình thứ hai của hệ về dạng
2
∆ ' = ( 2 x + 4 ) − ( 16 + 16 x − 5 x 2 ) = 9 x 2
y, x

Coi đây là phương trình bậc hai, ẩn
là tham số. Có
y
=
4
−
x
,
y
=
5
x
+
4
Từ đó, tìm được
Nếu y = 4 − x , thay vào phương trình thứ nhất, giải được x = 0, x = −2, x = −5

Với x = 0 thì y = 4 − x = 4 . Với x = −2 thì y = 4 − x = 6 . Với x = −5 thì y = 4 − x = 9
Nếu y = 5 x + 4 , thay vào phương trình thứ nhất, giải được x = 0, x = −2, x = 19
Với x = 0 thì y = 5 x + 4 = 4 . Với x = −2 thì y = 5 x + 4 = −6 . Với x = 19 thì y = 5 x + 4 = 99
Vậy, các nghiệm của hệ là ( x; y ) = ( 0; 4 ) , ( −2;6 ) , ( −2; −6 ) , ( −5;9 ) , ( 19;99 )
3. Vì a ; b ; c là các số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
2
2
1
1
1
2
+1
+2
+8
2
2
2
2
a
≥ 2 a = a và b
≥ 2 b = 2 b và c 2
≥ 2
 1
 1
 1

2
32
2 4 2

 2 + 1 2 + 2  2 + 8 
⇒
a
 b
 c
 ≥ a . 2 b . c = abc

1
a = 1
a2 = 1


2
1

 2 =2
b =
2
b

1

 1
 1
 1

2
32
=8
 2 + 1 2 + 2  2 + 8 

c=


2
a
 b
 c
 = abc ⇔  c
⇒
⇔ 
4

8
c2

=

4 2
c

4. a) Cho 3 số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6.
Chứng minh rằng : x2 + y2 + z2 ≥ 3
Ta có x2 + y2 + z2 ≥ 3 <=> 3(x2 + y2 + z2) ≥ 9
<=> 3(x2 + y2 + z2) ≥ 2 ( x + y + z + xy +yz + zx)- 3
<=> (x2 – 2xy + y2) + (y2 – 2yz + z2) + (x2 – 2zx + z2)
+ (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (z2 – 2z + 1) ≥ 0
<=>( x – y)2 + (y – z)2 + (x – z)2 +(x -1)2 + (y – 1)2 +(z – 1)2 ≥ 0 đúng
b) Vai trò của a, b, c là ngang nhau nên giả sử: a ≤ b ≤ c
áp dung BĐT Cauchy cho 3 số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có:
24

24


( a + b + 1)(1 − a )(1 − b ) ≤  a + b + 1 + 1 − a + 1 − b 


2



3

=1

1
a + b +1
1− c
⇒ (1 − a )(1 − b ) ≤
a + b +1
⇒ (1 − a )(1 − b ) ≤

Vì a ≤ b ≤ c nên:
a
a
≤
b + c +1 a + b +1
b
b
≤

a + c +1 a + b +1
a
b
c
a
b
c
1− c
⇒
+
+
+ (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ≤
+
+
+
=1
b + c +1 a + c +1 a + b +1
a + b +1 a + b +1 a + b +1 a + b +1

5.

a) Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB,AC . ta có:
1
1
IE = 2 AB = MF, EM = 2 AC = FK

nên ∆ IAM = ∆ MHK (c.g.c) suy ra MI = MK
b) Ta sẽ chứng minh
Ta có :

= α,

=α

. Đặt
= α nên

= 1800 - 2 α (1)

Xét tam giác IEM có = 2 α nên 1800 - 2 α =
ta lại có
(so le trong,AB song song với MF)
(do ∆ IAM = ∆ MHK ) nên
1800 - 2 α =
Từ (1),(2)suy ra

(2)
. do đó I,H,M,K thuộc cùng đường tròn
Đề 10

 x +1
 
2x + x
x +1
2x + x 

 

 2 x + 1 + 2 x − 1 − 1 : 1 + 2 x + 1 − 2 x − 1 





Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức:P =

a) Rút gọn P
25

25