Luyện thi HSG toán 9

Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Luyện thi HSG toán 9
Năm học : 2010 - 2011
Đề số 1
Câu 1: ( 4 điểm) Giải các phơng trình sau:
a)
2
9 12 4 4x x + =
b)
2 2
2 1 6 9 1x x x x + + + =
.
Câu 2: ( 4 điểm) a) Cho a + b + c + d = 2. Chứng minh rằng: a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
1
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A=
2 2
2 1 2 1x x x x+ + + +
Câu 3: (4 điểm) a) Cho a = x + y; b = x
2
+ y
2
; c = x
3
+ y

3
. C/m rằng: a
3
- 3ab +2c = 0.
b) Cho 2 số x, y thoả mãn: 2x
2
+
2
2
1
4
y
x
+
=4, (x

0).Tìm x, y để tích x.y đạt giá trị nhỏ
nhất.
Câu 4: ( 6 điểm) Cho ABC vuông tại A, đờng cao AH chia cạnh BC thành 2đoạn BH
= 4cm và CH = 9cm. Gọi D và E lần lợt là hình chiếu của H trên AB, AC. Các đờng
thẳng vuông góc với DE tại D và E lần lợt cắt BC tại M và N.
a) Tính độ dài DE.
b) C/m M là trung điểm của BH và N là trung điểm của CH.
c) C/m 2 BDH và BHA đồng dạng. Tìm tỉ số đồng dạng.
d) Tính diện tích tứ giác DENM.
Câu 5: (2 điểm) Cho ABC có góc ABC bằng 30
0
, góc BAC bằng 45
0
.

Gọi M là trung điểm của BC. Tính số đo góc AMC.
Giải
Câu1. giải các PT: a)
2
9 12 4 4x x + =

( )
2
3 2 4 3 2 4x x = =
* Xét 2 trờng hợp:
- Trờng hợp 1: Nếu 3- 2x

0
x
1,5. PT có dạng: 3 - 2x = 4

2x = -1

x=- 0,5
- Trờng hợp 2: Nếu 3- 2x < 0

x < 1,5. PT có dạng: -3 +2x = 4

2x=7

x=3,5
Vậy PT có t/n S =
{ }
0,5;3,5
b)

2 2
2 1 6 9 1x x x x + + + =

( ) ( )
2 2
1 3 1x x + =
1 3 1x x + =
* xét 3 trờng hợp:
- Trờng hợp 1: Nếu x < 1 thì x - 1 < 0 và x - 3 < 0, PT có dạng: - x+1-x+3=1


2x = 3

x= 1,5 (loại vì không thoả mãn ĐK x < 1)
- Trờng hợp 2: 1

x< 3 thì x-1 > 0 và x-3 < 0 , PT có dạng: x-1-x+3 =1

0x=-1(VN)
- Trờng hợp 3: Nếu x

3 thì x - 1 > 0 và x - 3 > 0 PT có dạng: x - 1 + x - 3 = 1


2x = 5

x = 2,5 ( loại vì không thoả mãn ĐK x

3 )
Vậy PTVN hay S =

Câu2: a) Cách 1: Ta có: a
2
+ b
2


2ab
a
2
+ c
2


2ac
a
2
+ d
2


2ad
b
2
+ c
2


2bc
b

2
+ d
2


2bd
c
2
+ d
2


2cd
3(a
2
+b
2
+c
2
+d
2
)

2(ab + ac + ad +bc + bd + cd)

4(a
2
+b
2
+c

2
+d
2
)

(a+b+c+d)
2
=2
2
=4

a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
1
. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = a =
1
2
1
+
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Cách 2: Đặt a =
1
2
+ x ; b =

1
2
+ y; c =
1
2
+ z; d =
1
2
+ u. Vì a + b + c +d = 2 nên
x + y+ z + u = 0 . Ta có: a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
= (
1
2
+ x)
2
+ (
1
2
+ y)
2
+(
1
2

+ z)
2
+ (
1
2
+ u)
2


a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
=
1
4
+ x + x
2
+
1
4
+ y + y
2
+
1
4

+ z + z
2
+
1
4
+ u + u
2
= 1 +(x + y +z + u) + (x
2
+ y
2
+ z
2
+ u
2
)
= 1 + (x
2
+ y
2
+ z
2
+ u
2
)
1
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = u = 0.
Vậy a
2
+ b

2
+ c
2
+ d
2
1
. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = d =
1
2
b). Ta có: A =
( ) ( )
2 2
1 1x x+ +
1 1A x x = + +
Cách 1: Xét 3 trờng hợp:
*Nếu x <-1 thì A = - x- 1 - x+1 =-2x>2(1)
* Nếu -1

x<1 thì A= x+1-x+1 = 2 (2)
* Nếu x

1 thì A = x+1+x-1= 2x
2
dấu "=" xảy ra khi x=1 (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra min A = 2
1 1x
Cách 2: áp dụng BĐT
A B A B+ +
dấu "=" xảy ra khi A.B

0, ta có:

1 1A x x= + +
=
1 1 1 1 2x x x x+ + + + =
Vậy min A= 2
( ) ( )
1 1 0 1 1x x x + =
Câu 3: a) Cách 1: Với a = x + y; b = x
2
+ y
2
; c = x
3
+ y
3
, ta có:
a
3
- 3ab + 2c = (x + y)
3
- 3 (x+y)( x
2
+ y
2
) + 2(x
3
+ y
3
)

= x
3
+ 3x
2
y + 3xy
2
+ y
3
- 3x
3
- 3xy
2
- 3x
2
y- 3y
3
+ 2x
3
+2y
3
= (3x
3
-3y
3
) +(3x
2
y- 3x
2
y) +(3xy
2

- 3xy
2
)
= 0 + 0 + 0 = 0. Vậy a
3
- 3ab + 2c = 0
Cách 2: Thay a, b, c vào vế trái của BT cần CM, ta có:
VT = (x+y)
3
- 3(x+y)(x
2
+y
2
) + 2(x
3
+y
3
)
= (x+y)[(x+y)
2
- 3(x
2
+y
2
) + 2(x
2
- xy +y
2
)]
=(x+y)(x

2
+2xy + y
2
- 3x
2
-3y
2
+2x
2
-2xy +2y
2
)
= (x+y).0 = 0 = VP (đpcm)
b) (2đ) Ta có:
2
2
2
1
2 4
4
y
x
x
+ + =

2
2 2
2
1
( 2) ( ) 2

4
y
x x xy xy
x
+ + + + = +

2 2
1
2
2
y
x x xy
x

+ + = +
ữ ữ


2 + xy

0

xy

- 2
Suy ra Min xy =- 2

x-
1
0

x
=
và x+
2
y
= 0

x = 1 và y = -2 hoặc x = -1 và y = 2
Câu4: (6đ)
ABC,
à
A
= 90
0
, AH BC, BH = 4cm
CH = 9cm, HD AB, HE AC , MD
MD DE, NE DE
a) AE = ?
b) MB = MH; NH = NC
c) BDH BHA. Tìm tỉ số đồng dạng.
d) S
DENM
= ?
C/m
2
O
D
B
M
H

N
C
A
E
GT
KL
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
a) ABC vuông tại A, đờng cao AH, ta có: AH =
. 4.9 2.3 6BH HC = = =
(cm)
AC =
2 2 2 2
6 9 117 10,8AH HC+ = + = =
(cm)
AH
2
= AE.AC

AE =
2 2
6
3,3
10,8
AH
AC
= ;
(cm)
b) Tứ giác ADHE có
à
à

à
0
90A D E= = =
nên là hình chữ nhật. Suy ra AH = DE = 6 cm.
Gọi O là giao điểm của AH và DE, ta có: OA = OH = OE = OD

ã
ã
OHE OEH=
(2 góc
đáy cân OHE). Mà
ã
ã
ã
ã
0
90EHN OHE OEH HEN+ = + =

ã ã
EHN HEN=

NHE cân tại N

NH = NE (1)
*
à
ã
ã
ã
0

90C EHN CEN HEN+ = + =

à
ã
C CEN=

NEC cân tại N

NC = NE (2)
Từ (1) và (2) suy ra NH = NC. Vậy Nlà trung điểm của HC.
C/m tơng tự ta có: M là trung điểm của BH.
c) Xét BDH và BHA có:
ã
ã
ã ã
0
90 ;BDH BHA BHD BAH= = =
(góc có cạnh tơng ứng vuông
góc)

BDH ~ BHA (g.g)

k =
3,3
0,55
6
HE
HA
= =
d) Vì MD và NE cùng vuông góc với DE nên MD//NE do đó tứ giác DENM là hình

thang vuông. Mặt khác NE = NH = NC = 9:2 = 4,5 (cm); DM = MH = 4:2 = 2 (cm);
DE = AH = 6cm nên S
DENM
= (DM + NE).DE :2 = (2 + 4,5).6:2 = 19,5 (cm
2
)
Câu5:(2đ)
ABC:
ã
ã
0 0
30 ; 45ABC BAC= =

MB = MC; M

BC

ã
?AMC =

C/m
Kẻ CD và MN vuông góc với AB (D, N

AB), ta có CD//MN và DAC vuông cân
tại D (Vì
ã
ã
0 0
90 ; 45CDA BAC= =
(GT)) Do đó DA = DC (1)

Vì CD//MN mà BM = MC nên BN = ND.

MBD có đờng cao MN cũng là trung
tuyến . Vậy MBD cân tại M, do đó
ã ã
0
30MDB MBD= =
. Suy ra
ã
0 0 0
90 30 60MBC = =
và
ã
0 0 0
180 2.30 120BMD = =
, do đó
ã
0 0 0
180 120 60DMC = =
.
* MDC có
ã
ã
0
60MDC DMC= =
. Vậy MDC là tam giác đều, do đó DM = DC (2)
Từ (1) và (2) suy ra DMA cân tại D , do đó
ã
ã
DMA DAM=

và
ã
ã
ã
0
30DMA DAM MDB+ = =
(t/c góc ngoài tam giác) hay 2.
ã ã
0 0
30 15MAB MAB= =

ã
ã
ã
0 0 0
30 15 45AMC ABM MAB= + = + =
. Vậy
ã
0
45AMC =
Đề số 2:
Câu 1: ( 4 điểm) Giải các phơng trình sau:
1)
2
1 1
2 1 1x x
=

2)
3 4 1 8 6 1 5x x x x+ + + + =

Câu 2: ( 4 điểm)
1) C/mr nếu
1 1 1
2
a b c
+ + =
và a + b + c = abc thì
2 2 2
1 1 1
2
a b c
+ + =
3
B
N
D
M
C
A
KL
GT
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
2/ Biết a, b là hai số thực dơng thoả mãn ĐK a
2
+ b
2
= 1. Chứng minh rằng:

2
1 1

2 2
a b
a b b a

+
ữ
ữ

Câu 3: (4 điểm) Chứng minh rằng với mọi n

N
*
ta có:
1)
1 1 1
( 1). 1 1n n n n n n
=
+ + + +

2)
1 1 1 1
2 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 5 4 4 5
+ + +
+ + + +
+ ... +
1
1
( 1). 1n n n n
<
+ + +

Câu 4: (6 điểm) Cho tam giác ABC . Goi M, N lần lợt là trung điểm các cạnh BC và AC,
các điểm H, G, O lần lợt là trực tâm, trọng tâm, giao điểm các đờng trung trực của tam
giác. Chứng minh rằng:
1/ Tam giác MNO đồng dạng với tam giác ABH.
2/ Tam giác AHG đồng dạng với tam giác MOG.
3/ Ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác vuông ABC có cạnh huyền BC = 2a, đờng cao AH. Gọi O
là trung điểm của BC, D và E lần lợt là hình chiếu của H trên AB, AC. Tìm giá trị lớn
nhất của;
1) Độ dài DE.
2) Diện tích tứ giác ADHE.
Giải :
Câu 1: ( 4 điểm)
1) ĐK: x

1 và x
1
2

, ta có:

2
1 1
2 1 1x x
=


x
2
- 1 = 2x - 1

x(x - 2) = 0

x = 0 hoặc x = 2
* x = 0 hoặc x = 2 đều thoả mãn ĐK trên. Vậy PT có t/n: S =
{ }
0; 2
2) ĐK: x

1 , ta có:

2 2
( 1 2) ( 1 3) 5x x + + =

1 2 1 3 5x x + + =
Vì x

1 nên
1 2 2 0x + >
. Do đó chỉ cần xét 2 trờng hợp;
+ Nếu 1 3 0x <

1x < 3

x - 1 < 9

x< 10.
Kết hợp với ĐK trên ta có: 1

x < 10 PT có dạng:

1 2 3 1 5x x + + =


0.
1x
= 0 Nghiệm đúng với mọi giá trị của x thuộc
khoảng đang xét.
+ Nếu 1 3 0x

1x

3

x - 1

9

x

10. Kết hợp với ĐK trên thì với
x

10. Pt có dạng
1 2 1 3 5x x + + =


2
1x
= 6

1x
=3


x - 1 = 9

x =10 ( Đợc vì thuộc khoảng đang xét)
Vậy pt có t/n S =
{ }
1 10x x
Câu 2: (4 điểm) 1) Từ: a + b + c = abc
1 1 1
1
ab ac bc
+ + =

và từ:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2( ) 4
a b c a b c ab ac bc
+ + = + + + + + =
4
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới


2 2 2
1 1 1
a b c

+ +
+ 2 = 4

2 2 2
1 1 1
a b c
+ +
= 2
2) Ta có: VT =
2
1 1 1 1
2
a b a b
a b b a a b b a

+ = + +
ữ
ữ

=
1 1b a a b
a b
+ +
+
(1)
+ Từ gt suy ra 0 < a < 1 nên (1) là tổng của hai số dơng, áp dụng BĐT Co si cho (1)
Ta có: VT
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2

1 1 1
2
2 . 2 2 2 2
a b a b a b
a b a b ab
a b ab ab
+
+ +
= = =
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a
2
+ b
2
= 1 và
1 1 1
2
a b a b
a b
a b
+ +
= = =
Câu 3: (4 điểm) 1) Biến đổi VT, ta có: VT =
( )
( )
1 1
1 1
1 1
n n n n
n n n n

=
+ + +
+ + +
=
1 1 1
1 1
n n
n n n n
+
=
+ +
= VP (đpcm)
2) áp dụng công thức TQ vừa c/m trên, ta có:
VT=
1 1 1 1 1 1 1
1 ...
2 2 3 3 4 1n n
+ + + +
+
=
1
1
1n

+
<1(Vì n

N
*
nên

1
0 1
1n
< <
+
)
Câu 4: (6 điểm)
C/m
ABC có MB = MC, NA = NC (gt) nên MN là đờng trung bình, do đó MN//AB
và MN =
1
2
AB; H là trực tâm (gt) nên AH BC; BH AC; G là trong tâm (gt) nên
GM =
1
2
GA; OM BC , ON AC.
1) Xét MNO và AHB có: +
ã
ã
MNO ABH=
(góc có cạnh tơng ứng song song, vì
MN//AB; ON//HB do cùng vuông góc với AC)
+
ã
ã
NMO BAH=
(Góc có cạnh tơng ứng song song, vì MN//AB; OM//HA do cùng vuông
góc với BC)
Suy ra MNO ~ ABH (g.g)

2) Xét AHG và MOG có:
+ GM =
1
2
GA (c/m trên); OM =
1
2
HA (Do
1
2
OM MN
HA AB
= =
);
ã
ã
OMG GAH=
(so le trong)
Suy ra AHG ~ MOG (c.g.c)
5
A
B
HH
HH
M
C
N
0
G
ABC , MB = MC, NA = NC

GT Trực tâm H, trọng tâm G,
OM BC , ON AC
1) MNO ~ ABH
KL 2) AHG ~ MOG
3) H, G, O thẳng hàng.
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
3) Do A, G, M thẳng hàng nên tổng 3 góc: AGN, NGO, OGM bằng 180
0
; mặt khác do 2
góc AGH và MGO bằng nhau (theo câu 2) suy ra tổng 3 góc HGA, AGN, NGO bằng
180
0
. Vậy 3 điểm H, G, O thẳng hàng. (đpcm)
Câu 5: (2 điểm)
GT ABC,
à
A
= 90
0
, BC = 2a, AH BC.
OB = OC, HD AB, HE AC.
1) Tính maxDE = ?
2) Tính maxS
ADHE
= ?
C/m;
1) (1 đ) Tứ giác ADHE có 3 góc vuông (
à
à
à

0
90A D E= = =
) nên là hình chữ nhật, do đó: DE
= AH. Suy ra DE lớn nhất

AH = AO = a

ABC vuông cân tại A.
Vậy Max DE = a

ABC vuông cân tại A.
2) (1 đ) Ta có S
ADHE
= AD.AE ; AH
2
= AD.AB
2
AH
AD
AB
=
; AH
2
= AE.AC

2
AH
AE
AC
=

, do đó S
ADHE
=
4 4 3 3 2
. . 2 2 2
AH AH AH AO a
AB AC AH BC a a
= = =
Vậy Max S
ADHE
=
2
2
a

AH = AO = a

ABC vuông cân tại A.
Đề số 3:
Câu 1: (4 điểm) Giải các PT sau:
1)
2 3 3x+ + =
b)
2
2 2 4 6x x+ =
Câu 2: (4 điểm) 1) Cho a + b > 1. C/m rằng: a
4
+ b
4
>

1
8
2) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 1
a b c b c a c a b a b c
+ + + +
+ + +
Câu 3: (4 điểm) 1) Chứng minh rằng:
10 60 24 40 5 3 2+ + + = + +
2)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x
3
+ y
3
+ xy biết x + y = 1.
Câu 4: (6 điểm) Cho đoạn thẳng AB. Trong cùng một nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng
AB, ta kẻ các tia Ax vuông góc với AB, By vuông góc với AB . Lấy trên Ax một điểm C
và trên By một điểm D sao cho: AC.BD =
2
4
AB
(*) và gọi O là trung điểm của đoạn thẳng
AB.
1) C/m hệ thức CD
2
= OC
2
+ OD
2
2) C/m ODC P AOC.

3) Tìm quỹ tích hình chiếu I của điểm O trên đoạn thẳng CD khi C và D di chuyển nhng
(*) vẫn đợc thoả mãn.
Câu 5: (2 điểm) Cho nhọn ABC , AB = c, BC = a, CA = b.
Chứng minh rằng: b
2
= a
2
+ c
2
- 2ac.cosB.
6
D
B
O
H
E
C
KL
A
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Giải:
Câu 1: (4 điểm)1) ĐK x

0, bình phơng hai vế ta có: 2 +
3 9 3 7x x+ = + =
. Bình
phơng hai vế tiếp ta có: 3 +
2
49 46 46 2116x x x= = = =
> 0.

Thử lại: Ta có VT =
2 3 2116 2 3 46 2 49 2 7 9 3+ + = + + = + = + = =
=VP
Vậy PT có tập nghiệm S =
{ }
2116
2)
( )
( )
2
2
2 2 1 6 2 1 6 2 1 6x x x x + = = =
+ Nếu x
( )
1 2 1 6 2 1 6 2 6 2x x x = = = +
3 2 1x = +
(Thoả mãn ĐK x

1)
+ Nếu x < 1 thì
( )
2 1 6 2 1 6 2 2 6 1 3 2x x x x = = = =
.
(Thoả mãn ĐK x<1)
Vậy PT có tập nghiệm S =
{ }
3 2 1;1 3 2+
Câu 2: (4 điểm) 1) Vì a + b >1> 0 nên bình phơng hai vế ta có: a
2
+ b

2
+ 2ab > 1.(1)
Mặt khác (a - b)
2


0

a
2
+ b
2
- 2ab

0 (2)
Cộng từng vế của (1) và (2) ta có: 2(a
2
+ b
2
) > 1

a
2
+ b
2
>
1
2
.(3)
Bình phơng hai vế của (3) ta có: a

4
+ b
4
+ 2a
2
b
2
>
1
4
(4)
Mặt khác (a
2
- b
2
)
2


0

a
4
+ b
4
- 2a
2
b
2

0 (5)
Cộng vế với vế của 2 BĐT (4) và (5), ta đợc: 2(a
4
+ b
4
) >
4 4
1 1
4 8
a b +
(đpcm)
2) Với 2 số x, y > 0, ta có:
( ) ( )
( )
4
1 1 4
y x y x x y xy
x y x y xy x y
+ + +
+ =
+ +
=
( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2 2
4 2
x y

xy y x xy xy x xy y
xy x y xy x y xy x y

+ + + +
= =
+ + +

0, vì x, y > 0.
Suy ra:
1 1 4
x y x y
+
+
. Dấu "=" xảy ra khi x = y.
* Trong một tổng 2 cạnh bao giờ cũng lớn hơn cạnh còn lại nên
1
;
a b c+
1
;
b c a+
1
c a b+
đều là dố dơng, do đó áp dụng BĐT
1 1 4
x y x y
+
+
, với x, y > 0, ta đợc:

1 1 4 2
2a b c b c a b b
+ =
+ +
Tơng tự ta có:
1 1 2 1 1 2
;
b c a c a b c c a b a b c a
+ +
+ + + +
. Cộng vế với vế của 3 BĐT trên
ta đợc: 2
1 1 1 1 1 1
2
a b c b c a c a b a b c

+ + + +
ữ ữ
+ + +



1 1 1 1 1 1
a b c b c a c a b a b c
+ + + +
+ + +
(đpcm)
Câu 3:
1) Ta nhận thấy: 10 = 5 + 3 + 2 =
( ) ( ) ( )

2 2 2
5 3 2+ +
;
60 2 15 2 5. 3= =
;

24 2 3. 2=
;
40 2 2. 5=
nên
7
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
VT =
( ) ( ) ( )
2 2 2
5 3 2 2 5. 3 2 5. 2 2 3. 2+ + + + +
=
( )
2
5 3 2 5 3 2+ + = + +
= VP (đpcm)
2) Ta có: A = (x + y)(x
2
- xy + y
2
) + xy = x
2
- xy + y
2
+ xy = x

2
+ y
2
Cách 1: Từ x + y = 1
( )
2
2 2
1 2 1x y x y xy + = + + =
(1)
Mặt khác ta có: (x - y)
2


0

x
2

+ y
2
- 2xy

0 (2)
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta đợc: 2(x
2
+ y
2
)

1

2 2
1
2
x y +

Vậy min A =
1 1
2 2
x y = =
Cách 2: Từ x + y = 1
1y x =
, thay vào A ta có: A = x
2
+ (1 - x)
2
= 2(x
2
- x) +1
2
1 1 1
2
2 2 2
A x

= +
ữ

. Do đó min A =
1
2

x=
1
2
; y =
1
2
.
Cách 3: Đặt x =
1
2
+ a thì y =
1
2
- a, ta có: A =
2 2
2
1 1 1 1
2
2 2 2 2
a a a

+ + = +
ữ ữ

Do đó min A =
1
2
1
0

2
a x y = = =
Câu4:
1) C/m hệ thức CD
2
= OC
2
+ OD
2

Ta có: AC.BD =
2
4
AB
(gt) mà OA =
2
1
.
2
AC OA AC OB
AB AC BD OA
OA BD OA BD
= = =

AOC P BDO (c.g.c)
à
à
ả
ả
1 1 2 1

;O C O D = =
Nh vậy
à
ả
à
ả
ã
0 0
1 2 1 1
90 90O O O D COD+ = + = =
Tam giác COD vuông tại O. Theo đ/l Pi-Ta-go ta có: CD
2
= OC
2
+ OD
2
2) AOC P BDO
OC OA
OD BD
=
hay
OC OB
OD BD
=


BOD P ODC (c.g.c)
3) Từ kết quả trên, suy ra:
ả
ả

ã
ả
ả
2 2 2 2
O D COI D O= = =

COI = COA (g.c.g)
Suy ra OI = OA =
1
2
AB.
Điểm I luôn luôn cách điểm O một khoảng không đổi bằng
1
2
AB nên điểm I nằm
trên đờng tròn đờng kính AB.
Vậy quỹ tích điểm I là nửa đờng trònđờng kính AB (phần nằm trong nửa mặt phẳng
bờ là đờng thẳng AB, có chứa Ax)
Câu 5: Kẻ AH BC
8
A O B
y
D
I
x
C
1
1
1
2

2
2
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Cách 1: AHC vuông ở H, ta có:
AC
2
= AH
2
+ HC
2
= AH
2
+ (BC
2
- HB
2
)
= AH
2
+ BC
2
+ HB
2
- 2 BC.HB
= (AH
2
+ HB
2
) + a
2

- 2a.HB (1)
Trong vuông AHB , ta có:
AH
2
+ HB
2
= AB
2
= c
2
HB = AB.cosB = c.cosB (2)
Từ (1) và (2) suy ra b
2
= a
2
+ c
2
- 2ac.cosB (đpcm)
Cách 2: Trong vuông AHB, ta có: AH = AB.sinB = c.sinB; HB = AB.cosB =c.cosB
Suy ra HC = BC - HB = a - c.cosB.
Trong vuông AHC, ta có: AC
2
= AH
2
+ HC
2
= (c.sinB)
2
+ (a - c.cosB)
2

= c
2
sin
2
B + a
2
+ c
2
.cos
2
B - 2ac.cosB = a
2
+ c
2
( sin
2
B + cos
2
B) -2ac.cosB


b
2
= a
2
+ c
2
- 2ac.cosB (đpcm)

Đề số 4:

Câu1: (3 điểm) Trong hệ toạ độ xôych hai đờng thẳng có phơng trình: y = x + 1 (d
1
) và y
= - x + 2 (d
2
). Gọi giao điểm của d
1
và d
2
là A, giao điểm của d
1
, d
2
với Ox lần lợt là B, C.
1) Tính diện tích tam giác ABC.
2) Tìm tâm và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 2: (4 điểm) Giải các phơng trình:
1/ x
4
+ x
2
- 2 = 0 2/
2
2 1 6 4 2 6 4 2x x + = +
Câu 3: (6 điểm)
1/ Cho a là số thực không âm. Chứng minh rằng:

3 6
2a a a a+ + +
2) C/mr nếu a, b là 2 số dơng thoả mãn ĐK a + b = 1 thì

2 2
1 1
6
ab a b
+
+
.
3/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2ac + bc + cd. Trong đó a, b, c, d là những số
thực thoả mãn ĐK: 4a
2
+ b
2
= 2 và c + d = 4.
Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC . Goi M, N lần lợt là trung điểm các cạnh BC và AC,
các điểm H, G, O lần lợt là trực tâm, trọng tâm, giao điểm các đờng trung trực của tam
giác. Chứng minh rằng:
1/ Tam giác MNO đồng dạng với tam giác ABH.
2/ Tam giác AHG đồng dạng với tam giác MOG.
3/ Ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Câu 3: (2 điểm) Tính diện tích toàn phần của hình chóp S.ABC. Biết góc ASB bằng 60
0
,
góc BSC bằng 90
0
, góc ACS bằng 120
0
và các cạnh SA = SB = SC = a.
Giải:
9
A

B C
H
a
b
c
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới

Câu1: ( 3 điểm)
1) * Tìm toạ độ điểm A.
Vì A là giao điểm của d
1
và d
2


x+1 =- x + 2


2x = 1

x = 1/2

y = 1+1/2=3/2
Vậy A(1/2; 3/2).
* Tìm toạ độ điểm B.
Vì B là giao điểm của d
1
và Ox

y = 0 và

x+1 = 0

x = -1. Vậy B(-1; 0)
* Tìm toạ độ điểm C.
Vì C là giao điểm của d
2
và Ox

y = 0 và
-x+2 = 0

x = 2. Vậy C(2; 0)
Diện tích ABC có BC = 3; đờng cao AH = 3/2

S
ABC
=1/2.3.3/2 =9/4 (đvS)
2) Ta có a
1
.a
2
= 1.(-1) = - 1

d
1
d
2
tại A

ABC vuông tại A

đờng tròn ngoại ABC có tâm I là trung điểm của BC bán kính
IA = IB = IC=3/2
Câu 2: (4 điểm) Giải các phơng trình:
1/ x
4
+ x
2
- 2 = 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 2 2 2 2
1 1 0 1 1 1 0x x x x x + = + + =
( ) ( )
2 2
1 2 0x x + =
Vì x
2
2
0 2 2 0x + >
nên x
2
- 1 = 0
2
1 1x x = =
vậy phơng trình có tập nghiệm:
S =
{ }
1; 1
2)

2
2 1 6 4 2 6 4 2x x + = +

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

1 2 2 2 2 1 2 2x x = + + =

+ Xét 2 trờng hợp:
* Nếu x

1 phơng trình trở thành: x - 1 = 2
2

1 2 2x = +
(thoả mãn ĐK x

1)
* Nếu x< 1 phơng trình trở thành: x - 1 = - 2
2 1 2 2x =
(Thoả mãn ĐK x<1)
Vậy phơng trình có tập nghiệm: S =
{ }
1 2 2;1 2 2+
Câu 3: (5 điểm)
1) Đặt x =
6

0a
, ta cần c/m: x
6
- x
3
- x
2
- x +2

0

6 3 3 2 2
2 1 2 2 1 0x x x x x x x + + + + +

( )
( ) ( )
2
2 2
3
1 1 1 0x x x x + +
Do x

0 nên BĐT luôn luôn đúng. Vật bất đẳng thức đợc c/m, dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi x = 1
1a
=
2) Vì a, b > 0 ; a + b =1

(a + b)
2

= 1, do đó:

( )
2
2
2 2 2 2
1 1 2( )
2
a b
a b
ab a b ab a b
+
+
+ = +
+ +
=
2 2 2 2
2 2
2( ) 4 ( ) 2
2
a b ab a b ab
ab a b
+ + + +
+
+
= 2 +
2 2 2 2
2 2
2
1

2 2
a b a b ab
ab ab a b
+ +
+ + +
+
= 3 +
2 2 2 2
2 2
2
2 2
a b a b ab
ab ab a b

+ +
+ +
ữ
+

Theo BĐTCôsy ta có: a
2
+ b
2


2ab nên
2 2
1
2
a b

ab
+

(Dấu "=" xảy ra

a= b =
1
2
)
10
y=-x+2
O
C
A
H
B
y
x
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 . 2
2 2
a b ab a b ab
ab a b ab a b
+ +
+ =
+ +

(Dấu "=" xảy ra

a= b =
1
2
)
Suy ra:
2 2
1 1
3 1 2 6
ab a b
+ + + =
+
Vậy
2 2
1 1
6
ab a b
+
+
. (Dấu "=" xảy ra

a= b=
1
2
)
3) Ta có:
2
2
2

2 0 2 4
2 4
c c
a ac a

+
ữ

(1);
2
2
2
0
4
d d
b bd b
a

+
ữ

(2)

( )
2
0c d

2 2
2cd c d +
( )

2
8 4cd c d cdc + +
( )
2
8 2
c d
cd
cd
+
+
(3)
Cộng vé với vế các BĐT (!), (2) và (3) ta có:
T = 2ac + bd + cd
( )
2
2 2
2 2
4
4 4 2 8
c d
c d cd
a b
+
+ + + + +
= 2 +
2
2
2
4
2 2 2 8

2 8
c d+

+ = + + =
ữ

Vậy giá trị lớn nhất của T là 8 khi a =
1
2
, b = 1, c = d = 2 (Vì c- d = 0
c d
=
mặt khác c
+ d = 4 nên 2c = 2d = 4

c = d =2; 2a -
2
2
=0

2a - 1 = 0

a =
1
2
; 4.
2
1
2

ữ

+ b
2
=2

b
2
+ 1 = 2

b
2
= 1
1b =
loại giá trị b = -1)
Câu 4: (6 điểm)
C/m:
ABC có: MB = MC, NA = NC (GT) suy ra MN là đờng trung bình nên MN//AB; H
là trực tâm nên AH vuông góc với BC, BH vuông góc với AC; O là giao điểm của các đ-
ờng trung trực nên OM vuông góc với BC, ON vuông góc với BC. Do đó AH//MO (Do
cùng vuông góc với BC), BH//ON(do cùng vuông góc với AC)
1) Xét MNO và ABH có:
ã
ã
NMO HBA=
(góc có cạnh tơng ứng song song);
ã
ã
MNO ABH=
( góc có cạnh tơng ứng song song). Suy ra MNO P ABH (g.g)

2) MNO P ABH suy ra
1
2
MO MN
AH AB
= =
; G là trọng tâm của ABC nên
1
2
GM
GA
=
Xét AHG và MOG có
ã
ã
1
;
2
MO GM
OMG HAG
AH GA

= = =
ữ

(so le trong) suy ra:
AHG P MOG (c.g.c).
3) AHG P MOG suy ra
ã
ã

HGA OGM=
(2 góc tơng ứng)
Ta có:
ã
ã
ã ã
ã
ã ã
0
180HGO HGA AGN NGO OGM AGN NGO= + + = + + =
. Suy ra 3 điểm H, G, O thẳng
hàng.
Câu 4: (2 điểm)
11
A
B
C
M
N
o
H
G
ABC , MB = MC, NA = NC
GT Trực tâm H, trọng tâm G, O là
giao của các đờng trung trực
a) MNO P ABH
KL b) AHG P MOG
c) H, G, O thẳng hàng
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
C/m

* SAB có SA = SB = a và
ã
0
60ASB =
nên là đều và có độ dài đờng cao
SH =
3
2
a
. Do đó diện tích SAB là
2
3
4
a
.
* SBC có SB =SC = a và
ã
0
90BSC =
nên là vuông cân. Do đó diện tích SBC là
2
2
a
* SAC có SA = SC = a có
ã
0
120ASC =
nên là cân có góc đáy bằng 30
0
suy ra độ dài

đờng cao SK =
2
a
, cạnh đáy AC = a
3
. Do đó diện tích là
2
3
4
a
.
* ABC có AB = a; BC = a
2
; AC = a
3
do đó AB
2
+BC
2
= AC
2
(=3a
2
) nên là tam
giác vuông tại B và có diện tích là
2
2
2
a
.

Vậy diện tích toàn phần của hình chóp là:
2
3
4
a
+
2
2
a
+
2
3
4
a
+
2
2
2
a
=
( )
2
1 2 3
2
a
+ +
(đơn vị diện tích)
Đề 5.
Câu 1: (4 điểm) Giải phơng trình:
1/

2
1 2
1 1 1
x
x x x
+ =
+
; 2/
2 1 2 1 2x x x x + + =

Câu 2: (4 điểm)
1/ Tìm a, b, c biết a, b, c là những số dơng và
2 2 2
1 1 1 32
1 2 8
a b c abc

+ + + =
ữ ữ ữ

.
2/ Tìm a, b, c biết: a =
2
2
2
1
b
b+
; b =
2

2
2
1
c
c+
; c =
2
2
2
1
a
a+
Câu 3: (4 điểm) :
1/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
2
2
2 2009x x
x
+
2/ Cho 3 số a, b, c thoả mãn : a(a-1) + b(b-1) + c( c-1)
4
3

. C/mr: - 1
4a b c + +
.
Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Gọi D và E lần lợt là hình
chiếu của H trên AB và AC. Biết BH = 4cm, HC = 9cm.
a) Tính độ dài AE.
b) Chứng minh: AD.AB = AE.AC

c) Các đờng thẳng vuông góc với DE tại D và E lần lợt cắt BC tại M và N.
12
S
A C
B
Hình chóp S.ABC,
GT
ã
ã
0 0
60 , 90 ,ASB BSC= =
ã
0
120ASC =
SA = SB = SC = a
KL S
TP
của hình chóp S.ABC
H
K
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Chứng minh M là trung điểm của BH; N là trung điểm của CH.
d) Tính diện tích tứ giác DENM.
Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A. Hãy xác định trên cạnh AB điểm D, trên
cạnh AC điểm E sao cho DE song song với BC và DE = DB + EC.
Giải :
Câu1: (4 điểm)
1/ ĐK: x
1
, ta có:

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


(x-1)(x+1) +2(x-1) = 0

(x-1)(x+3) = 0

x-1=0 hoặc x+3= 0


x =1 hoặc x = - 3
Đói chiếu với ĐK trên , loại nghiệm x = 1. Vởy phơng trình có tập nghiệm S =
{ }
3
2/ ĐK: x
1
, ta có:

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

( ) ( )
2
2
2 2 4 1 4 2 2x x x x x + = + =
2 2x x =
+ Nếu x

2 phơng trình trở thành x - 2 = 2 - x
2 4 2x x
= =
+ Nếu x < 2 phơng trình trở thành x - 2 = x - 2
0 0x
=
nghiệm đúng với mọi giá trị của
x.
Vậy x
2
. Kết hợp với ĐK trên thì phơng trình có tập nghiệm S =
{ }
,1 2x x R x
Câu 2: (4 điểm)
1/ áp dụng BĐT Cô- Si, ta có:
2
1 2
1
a a
+
(1);
2
1 2 2

2
b b
+
(2);
2
1 2 8
8
c c
+
(3)
Nhân vế với vế của các BĐT (1), (2) và (3) ta đợc:
2 2 2
1 1 1 32
1 2 8
a b c abc

+ + +
ữ ữ ữ

.
Dấu "=" xảy ra khi:
2 2 2
1 1 1 2 2
1, 2, 8 1, ,
2 4
a b c
a b c
= = = = = =
.Vậy a = 1, b =
2

2
, c =
2
4
2/ Ta có: 1 + b
2
2b
, 1 + c
2


2c, 1 + a
2

2a. Do đó:
a =
2
2
2
1
b
b+
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
; ;
2 1 2 1 2
b c c a a
b b c c a
b c c a a

= = = = =
+ +
. Suy ra: a

b, b

c, c

a nên dấu
"=" xảy ra khi a = b = c. Suy ra a = b = c = 0 và a = b = c =1.
Câu 3: (4 điểm)
1) Ta có: A =
2 2 2
2
2 2009 2009 2.2009. 2009
2009.
x x x x
x x
+ + +
=

( )
2
2 2 2
2 2 2
2009
2.2009. 2009 2008. 2008 2008
2009. 2009. 2009. 2009 2009
x
x x x

A
x x x

+
= + = +
(Dấu "=" xảy ra khi
x = 2009. Vậy min A =
2008
2009
2009
x =
.
2) Ta có: a(a-1) + b(b-1) + c( c-1)
4
3



3(a
2
+ b
2
+ c
2
) - 3(a + b + c)

4


3(a

2
+ b
2
+ c
2
)

4 + 3(a + b + c) (1)
Mà 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) = (1
1
+ 1
2
+ 1
2
)(a
2
+ b
2
+ c
2
)

(a + b + c)
2

(2)
Từ (1) và (2) suy ra: (a + b + c)
2
- 3(a + b + c) - 4

0.
Đặt x = a + b + c ta có: x
2
- 3x - 4

0

(x
2
- 4x) + (x - 4)

0


x(x - 4) + (x - 4)

0

(x - 4)( x + 1)

0
13
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Suy ra : a)
4 0 4

1 0 1
x x
x




+

không có số nào thoả mãn ĐK này nên loại.
Hoặc b)
{
4 0 4
1 4
1 0 1
x x
x
x x




+


Vậy
1 4x
hay
1 4a b c + +
(đpcm)

Câu4: (6 điểm)
ABC,
à
A
= 90
0
, AH BC, BH = 4cm
CH = 9cm, HD AB, HE AC , MD
MD DE, NE DE
a) AE = ?
b) AD.AB = AE.AC
c) MB = MH; NH = NC
d) S
DENM
= ?
C/m
a) ABC vuông tại A, đờng cao AH, ta có: AH =
. 4.9 2.3 6BH HC = = =
(cm)
+ áp dụng đ/l Pi -Ta Go vào AHC vuông tại H ta có: AC
2
= AH
2
+ HC
2
suy ra:
AC =
2 2 2 2
6 9 117 10,8AH HC+ = + = =
(cm)

+ AHC vuông tại H, đờng cao HE ta có:
AH
2
= AE.AC

AE =
2 2
6
3,3
10,8
AH
AC
= ;
(cm)
b) Ta có: AH
2
= AE.AC (1)
+ AHB vuông tại H, đờng cao HD, ta có: AH
2
= AD.AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AD.AB = AE.AC (đpcm)
c) Tứ giác ADHE có
à
à
à
0
90A D E= = =
nên là hình chữ nhật. Suy ra AH = DE = 6 cm.
Gọi O là giao điểm của AH và DE, ta có: OA = OH = OE = OD

ã
ã
OHE OEH=
(2 góc
đáy cân OHE). Mà
ã
ã
ã
ã
0
90EHN OHE OEH HEN+ = + =

ã ã
EHN HEN=

NHE cân tại N

NH = NE (3)

à
ã
ã
ã
0
90C EHN CEN HEN+ = + =

à
ã
C CEN=

NEC cân tại N

NC = NE (4)
Từ (3) và (4) suy ra NH = NC. Vậy N là trung điểm của HC.
C/m tơng tự ta có: M là trung điểm của BH.
d) Vì MD và NE cùng vuông góc với DE nên MD//NE do đó tứ giác DENM là hình
thang vuông. Mặt khác NE = NH = NC = 9:2 = 4,5 (cm); DM = MH = 4:2 = 2 (cm);
DE = AH = 6cm nên S
DENM
= (DM + NE).DE :2 = (2 + 4,5).6:2 = 19,5 (cm
2
)
Câu 5: (2 điểm)

GT ABC,
à
0
90A =
, D

AB, E

AC , DE//BC

KL Xcá định vị trí các diểm D, E để DE = DB + EC.

C/m
a) Phân tích:
Giả sử đã xác định đợc D, E thoả mãn ĐK bài ra:
D

AB, E

AC , DE//BC.
14
O
D
B
M H N
C
A
E
GT
KL
A
C
y
I
E
F
x
B
D
45
0
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Qua E dựng đờng thẳng Ex//AB cắt BC tại F thì BF = DE, DB = EF.
Qua C dựng đờng tjhẳng Cy tạo với AC một góc 45
0
(Cy khác phía với CB đối với

CA) và cắt Ex tại I thì CE = EI. Ta có DE = BF = EF + EI = FI do đó BFI cân tại F
nên
ã ã
IBF BIF=
, mà
ã
ã
ABI BIF=
(so le trong)

ã
ã
ABI IBF=
do đó BI là phân giác của góc B.
Từ đó suy ra cách dựng.
b) Cách dựng:
+ Dựng phân giác góc B, dựng đờng thẳng Cy tạo với AC 1 góc 45
0
. Hai đờng thẳng
này cắt nhau tại I.
+ Từ I dựng đờng thẳng Ix song song với AB cắt AC tại E, cắt BC tại F.
+ Từ E dựng đờng thẳng song song với BC căts AB tại D, ta có D, E là 2 điểm cần
tìm.
c) Chứng minh: Theo cách dựng ta có:
+ Tứ giác BFED là hình bình hành (Vì DE// BF, EF//BD) nên DE = BF, FE = BD (1)
+ BI là phân giác của góc B nên
ã
ã
ABI IBF=
, mặt khác

ã
ã
ABI BIF=
(so le trong) nên

ã ã
IBF BIF=
do đó BFI cân tại F, suy ra FB = FI = FE + EI (2)
+ ECI vuông cân tại E (vì
à
ã
0 0
90 ; 45E ECI= =
) do đó EI = EC (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: DE = BD + EC thoả mãn yêu cầu bài ra.
d) Biện luận:
+ Đờng phân giác của góc B cắt Cy tại 1 điểm I. Từ I chỉ kẻ đợc 1 đờng thẳng Ix vuông
góc với AC tại E.
+ Qua E chỉ kẻ đợc 1 đờng thẳng song song với BC và cắt AB tại 1 điểm D.
Vì vậy bài toán luôn xác định đợc 1 điểm E trên AC, 1 điểm D trên AB để DE//BC và
DE = BD + EC. Tức bài toán có 1 nghiệm hình.

Đề số 6:
Câu 1: (4 điểm) Giải phơng trình:
1/
2
1 1
2 1 1x x
=

2/
2 2
2 1 6 9 4x x x x+ + + + =
Câu 2: (4 điểm) 1/ Rút gọn biểu thức:
A =
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2
2 2
4 2
2 2 2
2 4
2 2
1
1 1 1
1 1 1
1
x x
x x x x
x x x x
x x


+ +
+ +

+
2/ Tìm x, y biết: 5x
2
+ 5y
2
+ 8xy - 2x + 2y + 2 = 0
Câu 3: (4 điểm )
1/ Chứng minh rằng: Nếu a > 0, b > 0 thì: (a + 2)(b + 2)(a + b)
16ab

2/ Chứng minh rằng với mọi a

2 thì
2 1 2 1
1
2 2 2 1 2 2 2 1
a a a a
a a a a
+ +
<
+ +
Câu 4: (5 điểm) Cho ABC vuông ở A,
à
0
30C =
, BC = 10cm.
a) Tính AB, AC.
b) Từ A kẻ AM, AN lần lợt vuông góc với các đờng phân giác trong và ngoài của góc B.
Chứng minh: MN//BC và MN = AB.
c) Chứng minh: MAB đồng dạng với ABC. Tìm tỉ số đồng dạng.

Câu 5: (3 điểm) Cho ABC có
à
à
0 0
60 , 20 , 4B C BC cm= = =
. Gọi D là trung điểm của
15
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
AC. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho CE = CD. Tính tổng diện tích các ECD và
ABD.
Giải:
Câu 1: (4 điểm) 1) ĐK: x
1
1,
2
x
, ta có:
2
1 1
2 1 1x x
=


x
2
-1= 2x -1

x(x-2) = 0

x= 0; x=2 . Cả 2 nghiệm đều thoả mãn ĐK trên. Vậy PT có tập nghiệm S =
{ }
0; 2
.
2)
2 2
2 1 6 9 4x x x x+ + + + =
( ) ( )
2 2
1 3 4 1 3 4x x x x + + = + + =
Xét 3 trờng hợp:
* Nếu x < - 1, phơng trình có dạng: - x - 1 - x + 3 = 4
2 2 1x x
= =
.(Loại , vì không
thuộc khoảng đang xét)
* Nếu - 1
3x
<
, phơng trình có dạng: x + 1 - 3 + x = 4
0 0x
=
, nghiệm đúng với mọi
giá trị của x thuộc khoảng đang xét.
* Nếu x

3, phơng trình có dạng: x +1 + x - 3 = 4

2x = 6
3x

=
(Thoả mãn ĐK trên)
Vậy PT có tập nghiệm S =
{ }
, 1 3x x R x
.
Câu 2: (4 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: A =
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2
2 2
4 2
2 2 2
2 4
2 2
1
1 1 1
1 1 1
1
x x
x x x x
x x x x
x x

+ +
+ +
+
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
x x x x x x x x x x x x
A
x x x x x x x x x x x x
+ + + + + +
= + +
+ + + + + + + +
Vì x
2
- x + 1 =
2
1 3
0
2 4
x

+

ữ

; x
2
+ x +1 =
2
1 3
0
2 4
x

+ +
ữ

; x
2
+ x- 1 =
2
1 5
0
2 4
x

+
ữ

;
x
2
- x - 1 =

2
1 5
0
2 4
x


ữ

nên A =
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
x x x x x x
x x x x x x
+ + + +
+ +
+ + + + + +
=
2
2
1
1
1
x x
x x
+ +
=
+ +

.
2) 5x
2
+ 5y
2
+ 8xy - 2x + 2y + 2 = 0

(4x
2
+ 8xy + 4y
2
) + (x
2
- 2x +1) +(y
2
+2y+1) = 0

4(x+y)
2
+ (x - 1)
2
+ (y +1)
2
= 0
( )
( )
( )
2
2
2

0
0
1
1 0 1 0 1
1
1 0 1
1 0
x y
x y x y
x
x x x
y
y y
y

+ =
+ = =


=


= = =

=


+ = =

+ =

Vậy x = 1; y = -1.
Câu 3: (4 điểm) 1) Vì a > 0, b > 0 nên áp dụng BĐT Cô-Si ta có:
a + 2
2 2a
; b + 2
2 2b
; a + b
2 ab
. Do đó, nhân vé với vế của 3 BĐT này ta
có: (a + 2)(b + 2)(a + b)
16ab

(đpcm)
2) Với a
2
, ta có: * Tử thức:

( ) ( )
2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1a a a a a a a a+ + = + + + +
=
( ) ( )
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 2 1a a a a a + + = + + =

* Mẫu thức:
( ) ( )
2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1a a a a a a a a+ + = + + + +
=

( ) ( )
2 2
2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1a a a a + + = + +
= 2
2 1a
16