boi duong hsg 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>1. Bài 1 (4 điểm) a) Cho x, y, z là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : A = 4x2y2 – (x2 + y2 – z2)2 > 0. x y 3  xy 2. b) Tìm các số tự nhiên x, y thoả mãn : a) Ta có A = 4x2y2 – (x2 + y2 – z2)2 = (2xy – x2 – y2 + z2)(2xy + x2 + y2 – z2) = [z2 – (x – y)2][(x + y)2 – z2] = (z – x + y)(z + x – y) (x + y – z)(x + y + z) = (y + z – x)(z + x – y) (x + y – z)(x + y + z) Vì x, y, z là ba cạnh của tam giác nên y + z > x, z + x > y, x + y > z và x + y + z > 0  (y + z – x)(z + x – y) (x + y – z)(x + y + z) > 0  A > 0 (đpcm). x y 3 1 1 3     2 x y 2 (1). Điều kiện x, y > 0. b) Cách 1. xy 1 1 2 1 1 2 3 4 4      x x y hay x 2  x  3 . Ta được 0 < x  3 . - Nếu x  y  x y Vì x là các số tự nhiên nên x = 1. Thay vào (1) ta được y = 2. Trường hợp này ta được x = 1, y = 2 thoả mãn giả thiết. - Nếu x  y, tương tự như trên, ta được x = 2, y = 1 thoả mãn giả thiết. Vậy có hai cặp (x ; y) cần tìm là (1 ; 2) và (2 ; 1). Cách 2. Điều kiện x > 0 và y > 0. x y 3  xy 2  2(x + y) = 3xy  9xy - 6x - 6y = 0 Khi đó :  (9xy - 6x) – (6y – 4) = 4  (3x – 2)(3y – 2) = 4  3x – 2  Ư(4) = {1; 2; 4} Vì x là các số tự nhiên lớn hơn 0 nên x  1 3x – 2  1. Hơn nữa 3x – 2 chia cho 3 dư 1. Suy ra 3x – 2  {1 ; 4}. Từ đó, ta có hai trường hợp: 3x  2 1  x 1   TH1 : 3y  2  4  y  2 ; 3x  2  4  x  2   3y  2  2  y 1 . TH2 :  Vậy có hai cặp (x ; y) cần tìm là (1 ; 2) và (2 ; 1). Bài 2 (2 ®iÓm) a) Cho x + y = 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A = x3 + y3 + xy GIẢI a) Cho x + y = 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A = x3 + y3 + xy Ta cã A = (x + y)3 - 3xy(x + y) + xy = 1 - 2xy (1) Tõ x + y = 1 => (x + y)2 = 1 => x2 + y2 + 2xy = 1 => 2xy = 1 - (x2 + y2) thay vào (1) ta đợc.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. A = x2 + y2 với y = 1 - x ta đợc A = 2x2 -2x + 1 = 2(x2 -2x.1/2+1/4-1/4) + 1 = 2(x - 1/2)2 +1/2  1/2 DÊu “=” x¶y ra  x = 1/2 VËy Min A = 1/2  x = 1/2 vµ y = ½ Bµi 3: ( 3 ®iÓm) a) Cho x + y = 3 vµ x2 + y2 = 5. TÝnh x3+ y3 b) Ph©n tÝch ®a thøc sau thanh nh©n tö: x2 - x - 2010.2011 GIẢI a) x+y = 3 suy ra (x+y)2 = 9 suy ra x2+y2+2xy =9 suy ra xy=(9-5):2=2 nªn x3+y3=(x+y)(x2+y2-xy)=3(5-2)=9 b) x2 - x - 2010.2011=(x2 - 2011x)+(2010x - 2010.2011) = x( x – 2011) + 2010(x – 2011) =(x-2011)(x+2010) Bµi 4: ( 5 ®iÓm). 2 2 A = 6x  5  9x .. a) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña: GIẢI 2. 2. . 2  3x  1  4 = a(2®), A = 9 x  6 x  5.  3x  1. Ta thÊy :. 2. 0. 2. nªn  3x  1. 2.  4 4. . Do đó:. 1. 1  2  3x  1  4 4 . 2.  3x  1. . 2. 2 1  A  4 2. 4 1 1 A   3 x  1 0  x  2 3 Min. Bµi 5: ( 2 ®iÓm). a2  b2  c 2 . Cho ba sè d¬ng a , b , c tho¶ m·n : 1 1 1 1    a b c abc. Ta cã :.  a  b  c. 2. 0.  a 2  b 2  c 2  2  ab  ac  bc  0 . 1 2 2 2  a  b  c  ac  bc  ab 2. 5 3 . Chøng minh r»ng :.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3 1 5 . ac  bc  ab 2 3  1  ac  bc  ab 1 1 1 1     abc a b c . ( do a,b,c d¬ng) Bài 6 : (1,5 ®iÓm) TÝnh sè trÞ cña biÓu thøc A=. 2 a −b 5 b − a + 3 a − b 3 a+b. BiÕt : 10a2-3b2+5ab = 0 vµ 9a2-b2 # 0 Ta cã A= 2 a −b + 5 b − a (9a2-b20). 3 a − b 3 a+b 2 2 2 2 3 a 2+15 ab − 6 b2 3 a +3(3 b −10 a ) −6 b ¿ = (do 5 ab=3 b2 − 10 a2 ) 2 2 2 2 9a −b 9 a −b −3( 9 a2 − b2 ) =−3 9 a2 − b2. Bài 7: (2 ®iÓm) Cho a+b+c=1 vµ a2+b2+c2=1 a) NÕu x =¿ y = z , CMR: xy+yz+zx=0 a b c b) NÕu a3+b3+c3=1 . H·y t×m gi¸ trÞ cña a,b,c a) ¸p dông tÝnh chÊt cña d·y tØ sè b»ng nhau ta cã x y z x+ y + z = = = =x + y + z a b c a+b+ c x 2 y 2 z 2 x 2 + y 2+ z2 x+ y+ z ¿2= 2 = 2 = 2 = 2 2 2 =x 2 + y 2+ z2 a b c a +b + c ¿ ¿ 2 2 2 ⇒ x + y + z +2(xy+ yz+ zx)=x 2 + y 2 + z 2 ⇒¿. (do a2+b2+c2=1). b)Ta cã 3. 3. 3. 3. 3. a+ b ¿ +c + 3(a+ b)c (a+b+ c)−a −b − c ¿ a3 +b 3+ 3 ab(a+ b)+ 3(a+ b)c (a+b+ c)− a3 −b 3 ¿ 2 3 (a+b)( ab+ac+ bc +c ) ¿ 3(a+ b)(b+c )(c +a) ¿ a+b+ c ¿ 3 − a3 − b3 −c 3=¿ ¿ ¿. a+b=0 hoÆc b+c=0 hoÆc c+a=0  Víi a+b=0 ta cã c=1 MÆt kh¸c a2+b2+c2=1 a2+b2=0a=b=0 T¬ng tù : b=1 th× a=c=0; a=1 th× b=c=0 VËy ta cã (a,b,c)(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 4. Bài 8: (2®) Cho x,y,z. 0 tho¶ m·n x+ y +z = xyz vµ 1 + 1 x. y. 1 1 1 + + x2 y2 z2 1 1 1 Cã ( 1 + 1 + 1 ¿2 = 2 + 2 + 2 + 2( 1 + 1 + 1 ¿ x y z xy xz yz x y z ( √ 3¿ 2 = p + 2 z + y + x ; 3 = p+2 ( v× x +y+z=xyz) xyz. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P =. suy ra P = 1 Bµi 9. (5,0 ®iÓm) 1. BiÕt a(a + 2) + b(b - 2) – 2ab = 80, h·y tÝnh a – b a(a + 2) + b(b - 2) - 2ab = 80  (a – b)2 2(a – b) -80 = 0  (a - b)2 – 2(a – b) +1 – 81 = 0  (a – b + 1)2 -92 = 0  (a – b + 10)(a – b - 8) = 0  (a – b + 10) = 0 hoÆc (a – b 8) = 0  a – b = -10 hoÆc a – b = 8 Bài 10: (4®) Cho tam gi¸c ABC c©n t¹i A ; BC = a ; AC = b . Vẽ các đờng phân giác BD, CE a, Chøng minh r»ng DE // BC b, Tính DE từ đó suy ra 1 = 1 + 1 DE.   , B1 B2. ⇒. AD BA b = = DC BC a. a b. (1). AE CA b   EB CB a (2) AD AE  ⇒ Tõ (1) vµ (2) suy ra DC EB DE//BC b,  DEC cân đặt DE = BC = x thì AD = b-x DE AD x b x   b áp dụng hệ quả của định lý ta lét ta có BC AC hay a ab ; ax +bx =ab ; x = a  b = DE 1 a b 1 1    DE ab a b Suy ra  C  C 1 2. ⇒. + 1 = √3 z.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5 A x. E. B. 1. 2. D. 2. x 1 C. Bµi 11. (3,5®iÓm) 1. C¸c sè a, b tháa m·n ®iÒu kiÖn 4a2 + b2 = 5ab Chøng minh nÕu 4a > b th× 2a > b > 0 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc B =. 3 x +4 x+10 2. GIẢI 1>C¸c sè a, b tho¶ m·n ®iÒu kiÖn 4a2 + b2 = 5ab Chøng minh nÕu 4a > b th× 2a > b > 0 Tõ 4a2 + b2 = 5ab  (4a - b)(a - b) = 0 Vì 4a > b  4a – b > 0 Do đó a – b = 0 hay a = b  4a > a  3a > 0  a > 0. Khi a > 0 th× 2a > a > 0 hay 2a > b > 0 2. Víi mäi x ta cã: x2 + 4x + 10 = (x + 2)2 + 6  6 3 3 1  Nªn B = x  4 x  10  6 2 víi mäi x 3 1 2 Vậy biÓu thøc B = x  4 x  10 cã gi¸ trÞ lín nhÊt b»ng 2 khi x = -2 2. Bài 12: a. Cho: 3y-x=6 TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: A= a : 3y-x=6 ⇒. x 2 x −3 y + y −2 x−6. x=3y-6 Thay vµo ta có A=4. Bài 13 a. Chøng minh : a5 - a chia hÕt cho 30 víi a Z b. Chøng minh r»ng : x5 – x + 2 kh«ng lµ sè chÝnh ph¬ng víi mäi x Z+ a, cã: a5-a=a(a4-1)=a(a2-1)(a2+1)=a(a-1)(a+1)(a2-4+5) = a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2)+5a(a-1)(a+1) v× a nguyªn nªn a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2) lµ tÝch 5 sè nguyªn liªn tiÕp nªn ⋮ 30 ; 5a(a-1)(a+1)lµ tÝch cña 3sè nguyªn liªn tiÕp víi 5 nªn chia hÕt cho 30 ⇒ ®pcm b,Tõ bµi to¸n trªn ta cã: x5-x ⋮5 ⇒ x5-x+2 chia 5 d 2 ⇒ x5-x+2 cã tËn cïng lµ 2 ho¹c 7 (kh«ng cã sè chÝnh ph¬ng nµo cã tËn cïng lµ 2hoÆc 7)VËy x5-x+2 kh«ng thÕ lµ sè chÝnh ph¬ng víi mäi x +¿ Z ¿. Bài 14 (4®iÓm)T×m x,y,z Z+ tháa m·n c¸c ph¬ng tr×nh sau: xy-4x=35-5y Biến đổi phơng trình về dạng (x+5)(y-4)=15 xét các trờng hợp và loại ta có các cặp (x,y) cần tìm lµ (10;5); (0;7).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 6. Bài 15:(4®iÓm) BiÕt : 4x-3y=7 t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc M=2x2+5y2 2 2 Có x= 7 +3 y khi đó M= 49 y +42 y +49 = (7 y +3 ) +5 ≥5. 4. 8. 8. VËy Mmin =5 khi y= 3 7. Bài 16:(3 ®iÓm) Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a. Phân tích biểu thức A thành nhân tử. b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0. a.A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc)  (b  c )2  a 2   (b  c )2  a 2 .    = = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) b.Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác) T¬ng tù: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0 Vậy A< 0. Bài 17:(3 ®iÓm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 2 A = x + 2y – 2xy - 4y + 2014 2 A = x - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2 0 2 2 Nên:(x-y) + (y - 2) + 2010 2010 Dấu ''='' x¶y ra ⇔ x – y = 0 và y – 2 = 0 ⇔ x = y = 2. Vậy GTNN của A là 2010 t¹i x = y =2 Bài 18:(7 ®iÓm) Cho tam giác ABC nhọn có các đờng cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. HD HE HF   a. TÝnh tæng: AD BE CF 2. b. Chøng minh: BH.BE + CH.CF = BC c. Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF. d. Trªn c¸c ®o¹n HB,HC lÊy c¸c ®iÓm M,N tïy ý sao cho HM = CN. Chứng minh đờng trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 7. a. A. E. F. H M. K. I B. N D. C. S ( HBC ) HD Tríc hÕt chøng minh: AD = S ( ABC ). O. HE S ( HCA) HF S ( HAB)   T¬ng tù cã: BE S ( ABC ) ; CF S ( ABC ) S ( HBC )  S ( HCA)  S ( HAB ) HD HE HF   S ( ABC ) Nªn AD BE CF = HD HE HF    AD BE CF = 1 b. Tríc hªt chøng minh  BDH   BEC  BH.BE = BD.BC Vµ  CDH   CFB  CH.CF = CD.CB.  BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC 2 (®pcm   c. Tríc hÕt chøng minh:  AEF   ABC  AEF  ABC    CED CBA  . Vµ. CDE. CAB.   AEF CED mµ EB  AC nªn EB lµ ph©n gi¸c cña gãc DEF.. T¬ng tù: DA, FC lµ ph©n gi¸c cña c¸c gãc EDF vµ DFE. Vậy H là giao điểm các đờng phân giác của tam giác DEF nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm) d. Gọi O là giao điểm của các đờng trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có  OMH =  ONC   (c.c.c)  OHM OCN .(1)   MÆt kh¸c ta còng cã  OCH c©n t¹i O nªn: OHC OCH .(2) . . Tõ (1) vµ (2) ta cã: OHC OHB  HO lµ ph©n gi¸c cña gãc BHC Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc BHC nên O là điểm cố định. Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O. Bài 19: (1 điểm).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 8. Cho a + b + c = 1 , a2 + b2 + c2 = 1 và. x y z = = . Tính giá trị của xy + yz + xz a b c. GIẢI. x y z x+ y+ z = = = =x + y + z ( vì a+b+ c=1) . a b c a+b+ c. (0,25 điểm). Do đó: (x+y+z)2=. x2 y2 z2 x2 + y2 + z2 2 2 2 = = = =x + y + z ( vì a2 + b2 + c2 = 1) a2 b 2 c 2 a2+ b2 +c 2. (0,25 điểm). ⇒ x2 + y2 + z2 + 2xy +2yz + 2xz = x2 + y2 + z2 ⇒ 2xy +2yz + 2xz = 0 ⇒ xy + yz + xz = 0. (0,25 điểm). Bài 20: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích S, trung tuyến AM. K là một điểm của AM sao cho KM = 2 KA . BK cắt AC tại N. a) Tính diện tích tam giác AKN theo S. b) Một đường thẳng đi qua K cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại I và J. AB +¿ AI. Tính giá trị của:. AC AJ. a) Gọi E là trung điểm NC: NE = EC. Δ BNC có ME là đường trung bình nên ME//BN suy ra KN//ME KM NE = =2 KA AN. Δ AME có KM = 2KA ⇒. ⇒. NE = EC = 2AN. Chứng minh được AC = AN + NE + EC = 5AN 1. (0,25 điểm) 1. SAKC = 3 SAMC. (0,25 điểm). 1. SAMC = 2 SABC. 1 1 1. (0,25 điểm). 1. SAKN = 5 . 3 . 2 SABC = 30 S b) Vẽ BD // IJ và CF // IJ (D, F thuộc tia AM) Chứng minh được Δ BMD = Δ CMF ⇒ MD = MF Δ ABD có IK// BD nên:. (0,25 điểm) (0,25 điểm). Chứng minh được SAKN = 5 SAKC. ⇒. (0,25 điểm) (0,25 điểm). AB AD = (định lý Ta-let) AI AK. Δ AFC có KJ// CF nên:. (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm). AC AF = AJ AK. AB AC AD AF AM −DM+ AM+MF + = + = AI AJ AK AK AK 2 AM ¿ =6 AK. (0,25 điểm). (0,25 điểm).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 9. Bài 21: a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : A = x2– 2xy + 2y2 - 4y + 2015 b. Cho 4a2 + b2 = 5ab vµ 2a b  0 TÝnh:. P=. ab 4 a2 − b2. a). A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2011 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2011 Dấu ''='' x¶y ra ⇔ x – y = 0 và y – 2 = 0 ⇔ x = y = 2. Vậy GTNN của A là 2011 t¹i x = y =2. 2011 (3đ). 1. b). Tõ 4a2 + b2 = 5ab ta cã (a-b)(4a-b) = 0 v× 2a b  0 => 4a>b>0 => a=b => P = 3 . (1®) Bµi 22 : Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy M bất kì sao cho BM  CM. Từ M vẽ đờng thẳng song song với AC cắt AB tại E và song song với AB cắt AC tại F. Gọi N là điểm đối xứng của M qua E F. a) Tø gi¸c AEMF lµ h×nh g×? v× sao? b) Chøng minh : AFEN lµ h×nh thang c©n? c) M ở vị trí nào để tứ giác AEMF là hình thoi? Vì sao? d) TÝnh : ANB + ACB = ? Giải a) Tø gi¸c AEMF lµ h×nh b×nh hµnh v× cã c¸c c¹nh A đối song song. (2®) b) Gäi EF c¾t MA vµ MN t¹i O vµ K=> OK//AN F (®tb Δ ) MÆt kh¸c AE=NF (cïng b»ng MF) => AFEN lµ h×nh thang c©n. (2®) O c) Tứ giác AEMF đã là hình bình hành, nó sẽ trở N thµnh h×nh thoi khi cã AM lµ ph©n gi¸c gãc BAC=> khi đó M là giao phân giác góc BAC với E c¹nh BC (HS cã thÓ t×m ra M lµ trung ®iÓm BC v× K Δ ABC c©n) (2®) d) Ta cã EN=EB (cïng b»ng EM) => ∠ ENB = ∠ EBN B M C Mµ ∠ ENA+ ∠ C = ∠ NAC+ ∠ ABC (T/c tam gi¸c c©n vµ h×nh thang c©n) Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên => tứ giác ANBC tổng hai góc đối này bằng tổng hai góc đối kia nªn : ∠ ANB + ∠ ACB = 1800 (1®) Bài 23 (2 ®iÓm). a/ T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña:. 2 A = 3 x2 − 8 x+ 6 .. x −2 x+ 1.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 10 xy  2 x  1 yz  2 y  1 zx  2 z  1   b, Rót gän : xy  x  y  1 yz  y  z 1 zx  z  x 1 .. 2. a, A =. 3 x − 8 x+ 6 2 x −2 x+ 1. §Æt y =. 1 x −1. =. x −1 ¿2 ¿ x −1 ¿2 ¿ ¿ 3 (x 2 −2 x +1) −2( x −1)+ 1 ¿. => A = y2 – 2y + 3 = (y – 1)2 + 2. 2. => min A = 2 => y = 1 ⇔ 1 =1 => x = 2 x −1 VËy min A = 2 khi x = 2 xy  2 x  1 yz  2 y  1 zx  2 z  1   b, A= xy  x  y  1 yz  y  z  1 zx  z  x  1 xy  2 x  1 ( xy  x  y  1)  ( x  y ) x y x y *  1  1   xy  x  y  1 xy  x  y  1 ( x  1)( y  1) x 1 y 1 yz  2 y  1 y z 1   y 1 z 1 * yz  y  z  1 zx  2 z  1 z x 1   z  1 x 1 * zx  z  x  1. VËy A= 3. Bài 24: a) Biết a – b = 7. Tính giá trị của biểu thức sau: A = a2(a + 1) – b2(b – 1) + ab – 3ab(a – b + 1) A = (a – b)3 + (a – b)2 = (a – b)2(a – b + 1) = 72(7 + 1) = 392 x2  2 x  3 2 Bài25: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của C = x  2 . x2  2x  3 2x2  4  x2  2 x  1 ( x  1) 2  2  2 2 x2  2 x2  2 C = x 2 =. Vậy maxC = 2 x = 1. 2 2 2 2 x 2  2 x  3 2 x  4 x  6  x  2  x  4 x  4  1  ( x  2)  1 2 2 2( x 2  2) 2 2( x 2  2) 2 Ta có: C = x  2 = 2( x  2) 1 Vậy minC = 2  x = -2.. Bài 26: Cho hình thoi ABCD có góc B tù. Kẻ BM và BN lần lượt vuông góc các cạnh AD và MN 1  . CD tại M và N. Biết rằng DB 2 Tính các góc của hình thoi ABCD..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 11.  BMD = BND Gọi I là trung điểm của BD => IM = IN = IB = ½ BD Mà MN = ½ BD => IN = IN = NM  MIN đều  Góc MIN = 600 Mà IM = IN, DN = DM  ID là đường trung trực của MN  ID là phân giác của góc MIN  Góc MID = 300 MIB cân tại I Mà góc MID = góc IMB + góc IBM = 2IBM (t/c góc ngoài) Góc IBM = ½ MID = 150 Góc ADB = 90 – 15 = 750  góc ADC = góc DCB = 2.75 = 1500  Â = Góc C = 300. Bài 27(6điểm). a. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: x4  4  x  2   x  3   x  4   x  5   24 * x4 + 4 = x4 + 4x2 + 4 - 4x2 = (x4 + 4x2 + 4) - (2x)2 = (x2 + 2 + 2x)(x2 + 2 - 2x) * ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24 = (x2 + 7x + 11)2 - 52 = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16) = (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16) Bài 28(6điểm). Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME  AB, MF  AD. a. Chứng minh: DE CF b. Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy. c. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 12. AE FM DF a. Chứng minh:  AED DFC  đpcm a. DE, BF, CM là ba đường cao của EFC  đpcm c. Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi  ME  MF a không đổi  S AEMF ME.MF lớn nhất  ME MF (AEMF là hình vuông)  M là trung điểm của BD. Bµi 29:(2®iÓm) Tõ:. x 1 1   8 y 4. T×m c¸c sè x, y nguyªn biÕt r»ng:. x 1 1 1 x 1      8 y 4 y 8 4. 1 x-2  y 8 . Do đó : y(x-2) =8. Quy đồng mẫu vế phải ta có :. §Ó x, y nguyªn th× y vµ x-2 ph¶i lµ íc cña 8. Ta cã c¸c sè nguyªn t¬ng øng cÇn t×m trong b¶ng sau: Y x-2 X. 1 8 10. -1 -8 -6. 2 4 6. -2 -4 -2. 4 2 4. -4 -2 0. 8 1 3. -8 -1 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>