24 de thi HSG lop 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đề 1 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x 3 x P  1   x 9  .  x3 x 2 9 x  :     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: xy + yz + zx = 1. 1  y 1  z  2. x. 2. 1  z 1  x  2. y. 2. 2. 1  x 1  y  2. z. 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. 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 (o 1) 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 2  x 0  x 4  1. đk . Ta có:.  x ( x  3)   ( x  3)(3  x )  ( x  2)(2  P 1   : ( x  3)( x  3   ( 2  x )(3  x ) . x) 9  x  .  3   4 x  x  4   3   (2  x )(3  x )  3 3  x  3  :  (2  x )(3  x    .   (2  x ) 2  x  3      =  = x  2 . Vậy P = x  2 = 3  1 x  2  x  2 3  x 5  x 25 . Vậy với x = 25 thì P = 1 Ta thấy P = 1 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> . 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. b..  x  y u  Đặt  xy v x, y là nghiệm của phương trình: 2. Phương trình có nghiệm  u – 4v  0 u 5  z  Ta có hệ: v  zu 8. t2 - ut + v = 0 (*). (a). 1  2 . Thế (1) vào (2)  v = 8 – z(5 - z) = z2 –5z + 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) ⇔ 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) 2005 2005 2005 Đặt a1 = a ; a2 = b ; a3 = c 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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..  a 2005  b 2005  c 2005 3   2006 2006 2006  a a b c b c. 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 ( *) Gọi I là giao điểm của AB và CD . Ta có  AID đồng dạng với  DIB ( Do chung  BID và  IAD =  IDB (cùng chắn cung BD)). ID IB -> IA = ID -> ID 2 = IA.IB.. (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. Đề 2  x 8 x 8 P    x  2 x  2 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. . C E. B. x  2  x  x 3 1   :   x   x  2 x x . . Bài 2: (5,0 điểm). 2.  x  x   1 x  1   a) Giải phương trình : 2. b) Giải hệ phương trình : 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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 (c<a, c<b) . Gọi M và N lần lượt là tiếp điểm của cạnh AC 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   b c . a) Chứng minh rằng : a. 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 :. ( x ) 2  (8 x  8)  ( x  2) 2 ( x  x  3)  ( x  2) : x .( x  2) x .( x  2). 4 x 4. 4 x 4. P= x  2 x  5  P-1= x  2 x  5.  1.  ( x  1) 2 ( x  1) 2  4. 0. Vậy P 1. b) ( x  1).P 1  4  x  1 x  2 x  5  3x + 6 x -1 = 0 2.  3 2 3 3  32 3 x 3. (loại). x. 7 4 3   3 (thoã mãn điều kiện x>0) . 2 2 2x x 2 2x x 2 x2 x2 x2  ( )  1 (x  )  2. 1 (  1) 2 2 x   1    x  1 x  1 x  1 x  1 x  1 x  1 2. a. ĐK : 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 y 3 x  2 x  y 2 0 . 2. 2. x  y x  2 y 0. 3 Xét y  2 từ (1) . x. (1) (2). 3 Nhận thấy y  2 không thoả mãn hệ phương trình .. y2 y 3  2 thay vào (2) ta có : 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>   y3 y3 y2 2 y2 2 y   2 0 )  y .  2 y  0  3 2 3 3 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). (. 6 3  3 y  11y  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. a) ABC). N. C. 1 Ta có :  BOP là góc ngoài AOB   BOP=  OAB +  OBA = 2 (  BAC + . 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 PQ OP PM MP NQ PQ     OB a  b c  AOB  QOP (g.g)  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.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 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: 2  a   b  c   4a  b  c    mà a  b  c 1 (giả thiết) 2 1 4a  b  c   b  c 4a  b  c .  a b  c. 2. nên:. (vì a, b, c không âm nên b + c không âm). 2. Nhưng:  b  c  4bc (không âm) Suy ra: b  c 16abc . 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  x  x  6   2 x 3 x 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(x 4  y 4 ) . 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). 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. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  x 0   x 2   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. x 0   x 4  x 9 . (x  9)  (4  x) P. (2 . 4 x (2 . x) x. ( x  3)( x  3). . 2 x x. ..  x 1  x  Z   x 2 (lo¹i). 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(x 4  y 4 ) . 9 x. x )( x  3) ( x  2)( x  3) x ( x  3). . Ta có:.  P. . 1 1 1 16x 2 y 2  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(x 4  y 4 )  5  2. xy xy . Dấu bằng xảy ra khi x  y 1. 3. 1) ĐKXĐ: - 10  x  10 2. 2. 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 1 x x  2  3  y y 2) Đk y 0 : 2. 2.  1 x 1 x  x   3  x  3  y y y y  (1):.  1 x  x    3  y y . (2). 2.      1 1 1 1  x     x    6 0   x   3   x   2  0 y y y y     Cộng (1) và (2) vế với vế ta được:  1 1   3 3 x   3  y y    6 y 2  3 y  1 0(*) 1 x 2 4    6 y  x 6 y Từ (3) và (2) ta có:  y (*) vô nghiệm 1   x  y  3     y 2  2 y  1 0  x 1   x  y 1; hệ có 1 nghiệm x  y  hệ vô nghiệm. Từ (4) và (2) ta có  y x y 1; 4. 1) a.  AHB  CHA mặt khác P và Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp  AHB và  AHC HP AB  HQ AC (1) lại có  BAC =  PHQ = 900 (2) =>  x    x  . 1  3 0 y 1  2 0 y .  x    x  . 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Từ (1) và (2) suy ra  HPQ  ABC b. Theo câu a. ta có  PQH =  ACB (3)  PKQ =  PHQ = 900 => 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. C. H. 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 + + > + + 5. Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1 a b  c . A. 1.  a 2  b 2 c 2  ab 2(a  b  c). (1) (2). B. 2. 1 D. C. 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 hoÆc   b - 4 = 4  b  4 8. .  a=5 a = 6 hoÆc   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 3 x  2 3 x  4 1  3 x 3 3 x  8   Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:.  3x    8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 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 . 1 1 M  x y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :. Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình. 1. 1. 2. 2. a) x  4 x  3 + x  8 x  15. . 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  S2  S b. Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào? HƯỚNG DẴN GIẢI 1. Ta có:. . 3x.  A   .  A   . A. . . 3. . 3x  2 3x  4 . . . .  8. 2. 3 x  1  3  0;1  3 x  0, x 0. . 3 x  2 3 x  2 3 x  4 0, x 0  3. .   1  3x 3x   3   1  3x 3 3 x  2 3 x  4  3x  2 . .   3x  2 3x  1 3 x  2 3x  2 3 x  4  . . 6x  4. . . 3x  4  2 3 x. . 2.  . 3x  1. 3x  2. . . 2. 3x  2  2. . . 3x  2. 4 3.  . . . 3x  2  1. 3 x 2  0  x . .   6 x  4  3x  2 3 x 3 x  A   3x  2 3 x  2 3x  4   .. . . , nên điều kiện để A có nghĩa là. ..  A.  3x . . 3x  1. 3x  2. 2. (. 0 x . .   3x   . . 3x  1 . 3x. . 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  2 1     3 x 1.  3x 9  3x 1  x 3  (vì. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  x  y  2  3xy 19  x 2  y 2  xy 19  S 2  3 P 19  S  x  y         x  y  xy  7 S  P  7  P  xy  x  y  xy  7     2.a) (1) ( S  1; P  6), ( S  2; P  5) Giải hệ (1) ta được:  x  y  1  x  y  2   Giải các hệ phương trình tích, tổng:  xy  6 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   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 . 2. 2. 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 . . 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.  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) 2. 2. ( x  2  2)  ( x  2  3) 1 <=>| x  2  2 | + | x  2 -3| = 1 Pt  1. | x  2  2 | + | 3 - x  2| = 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  2 x  7 Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =  x / 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.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 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 S AIB  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 S2 4 Từ (1) và (2) suy ra:. 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  S2  2 S1.S2 ( S1  S2 )  S  S1  S2 (đpcm) b. Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét:. D. * Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S 3 = S 4  S  S1  S2 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 2. x 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: 3 3  x  y 1  5 5 2 2  x  y  x  y. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> y2 =-2(x6-x3y-32) Bài 3: (5,0 điểm). A. 1 1  2 x  y xy 2. 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 HA 1 HB1 HC1. . Dấu "=" xẩy ra khi nào?. HƯỚNG DẴN GIẢI 1. a) điều kiện : 0  x 4 2 x 2 x 2 x 2 x b)   2  2 (1) 2  2 x 2  2 x 2 42 x 2 4 2 x Đặt 4  2 x = a ; 4  2 x = b ( a ; b  0) . a 2  b 2 8  Ta có :  a 2 b2  2  2  a 2  b 2 2 2 2  a 2  b 2 8   a  b 8  a  b 8   (I)    2 2    2  a  b   ab  a  b  8  4  a  b   2ab  a  b   ab  4   2  ab  4   0  a  b  2   ab  4  0 . Vì ab + 4 > 0 nên : 2  b    ab 2  a  b   2ab 8  a       I    a  b 2  a  2 2 a  b 2  a  2. 2  b   a   a 2  2a  2 0 . 2  b  a    a 1  3    a 1  3 (loai vì a  0) .  4  2 x  3 1  a  3  1       x 3 b  3  1  4  2 x  3  1   3 3 3 3  x3  y 3 1  x  y 1  x  y 1  5  2 2  5 x  y5  x2  y 2 x  y 5 ( x 2  y 2 )( x 3  y 3 )      x y ( x  y ) 0 2. Ta có:. Sảy ra các trườngg hợp:  x 3  y 3 1  x 0  y 0    y 1 xy 0   Trường hợp a: hoặc  x 1  x 3  y 3 1  x 3  y 3 1  y 3  y 3 1      x  y 0  x  y  x  y. Trường hợp b:. hệ vô nghiệm 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>  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. 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 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. . 1 1 4   (*) a b a b. (1). 1 1 1 4 (x  y) 2 4xy     2 4xy (x  y) xy (x  y) 2 (2) Mặt khác :  1 1 1  1 1  1 1  1 1  A 2   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 x  y  1  0  (x  y)  1  minA = 6 2 [Vì x, y >0 và ] khi. 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) b  c  2 b  c (2) c  a  2 c  a (3) *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 b  b c  c a.  đpcm. 4 a. Lấy trên cung BC điểm M sao cho AM là đường kính của đường tròn (O) ta chứng minh tứ giác BACM là hình bình hành Gọi I là trung điểm của BC, ta có OI  BC theo (gt) AH  BC  OI // AH (1) Gọi C ' CH   O  ta CBC' = 1v (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn (O))  AH // BC' Tương tự ta có: AC' // HB  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) A Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) Nên  AMB =  ACB (2)(cùng chắn cung AB) B1 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) C 1 AB) Từ (1) (2) (3)   AEB =  EAB +  MAB (do M, E đối xứng qua Tương tự ta chứng minh  CHF =  CAM H 1 B. A1. C.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Tc:  EHF =  EHB +  BHC +  CHF = (  MAB +  CAM) +  BHC =  CAB +  BHC =  CAB +  C'HB' = 1800  E, H, F thẳng hàng 5. Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác. * S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB. 1 . AA 1 . BC AA 1 S 2 HA = =1+ Ta cã: S = 1 .T2: HA HA 1 1 1 . HA 1 . BC 2  1 HA HB HC 1 1   S    HA1 HB1 HC1  S1 S 2 S3. Suy ra:. S HB S HC =1+ =1+ , S2 HB1 S3 HC1   1 1 1    3 ( S1  S2  S3 )      3   S1 S 2 S3 .  1 1 1  HA HB HC ( S1  S2  S3 )      9  3 6  9  S1 S 2 S3  HA1 HB1 HC1  Theo bất đẳng thức Côsy:. Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều Đề 6  2 a  1  2 a 1   :      1  a a a  a  a 1 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. Tìm GTNN của biểu thức: E =. 1 1 1  3  3 x ( y  z) y ( z  x) z ( x  y ) 3. .. xy yz xz   3 z x y b) Giải phương trình nghiệm nguyên:. 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 1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>    a  2 a  1  1 2 a 2 a  1 2 a  1   :  :      1  a a a  a  a 1  1  a (a  1)(1  a)  a  1 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  3 x 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 2   x  ( x  y ) 0    y  x    y 0  . + Với y=0 thay vào (1) ta đợc x =1 x 1 + Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn  x=0, y=0 loại 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 Dấu “ = ” xảy ra . ¿ x − 4=1 6 − x =1 ⇔ x=5 ¿{ ¿. 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) 2 2 2 a b c a bc 3 3 3 3 abc 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 2. 2. 2. 2. 2. 2. b) ĐK: x 0 ; y 0 ; z 0 Pt  x y  y z  x z 3xyz 2 2 2 2 2 2 do x 0 ; y 0 ; z 0  x y  y z  x z  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 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>  x xy z2 xz yz y  z ;   z    2 z z z y x x  y xy xz yz  3    z  2 z 3 z z y x . xy . y x  3 x y.  3 z 3  z 1 mà z 1  z 1 . Với z = 1 phương trình trở thành: x y  2 y x Ta có: từ đó:  xy 1 mà x 1 ; y 1  x  y 1 . 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 => 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 = x 2  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 r1 ; r2 lần lợt là bán kính vòng tròn nội tiếp hai r1 AC   2 r2 BC. 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  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. N M. A. H. O. F. 1 B.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 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 2 2 2 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  1   Bài 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức:P = . 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   x  y  x  y 4  2 2   x  y 128. Bài 2: (2,0 điểm). a) Giải hệ phương trình 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   1 1 2 2  ( x  y )  ( x  y ) 128 2 ĐK : - x  y  x, x  0. Hệ PT   2 u  x  y  v  x  y Đặt  ( u, v  0) . Ta được. u  v 4   4 4 u  v 256.  x  y  x  y 4  ( x  y ) 2  ( x  y ) 2 256. u  v 4  uv(uv  32) 0. 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>  u  v 4 (VN )  uv  32     u 4    u  v 4 v 0     u 0  uv 0    v 4 .  x  y 8  x 8 & y  8 . 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  3x  x 1 thỏa mãn điều kiện Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho. 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 b 3 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  ac3 . b4 c  2b2 ab  2bc  2b 2 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 . a b 3 .T 2 : . b c 3 và . a  c  3 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:    4. a) Từ giả thiết có IPA  INA 180  Tứ giác IPAN nội tiếp. P. O.    IPN IAN. (1) (cùng chắn cung IN)    Lại do  IPB IMB 90  Bốn điểm I , P , M , B    nằm trên đường tròn đường kính BI  MPI  IBM 180 (2). B. M. C. 1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>    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 .  IMN  IBA (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 90  CI O N  A  Dấu "=" xảy ra là đường kính của   .Vậy MN lớn nhất bằng AB  I đối xứng với C qua O.. 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 . PQ// BD => AQP ABD ( đồng vị ) . . . . ABD  ACD ( góc nội tiếp cùng chắn cung AD ). AQP ACD = > Tứ giác ACQP. B. C. . Q I. K. N. M. nội tiếp. CM .MP CM 2 AM AM 2    2 MQ CM AM AM ( vì MP=CM ) A => AM.MQ=CM.MP AK AM AK AM 2    KC MQ nên KC CM 2 Trong tam giác ACQ có MK//CD  MQ . 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).. 1.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 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. 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. 2 y. 2 x2  y 2 2 1 1 1 2  2  2     xy y x 3x y. (1). Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y Tương tự:. 2 y2  z2 1  1 2     yz 3 y z  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    x 1  Kết luận:  y 4 hoặc. x  4   y  1 hoặc.  x 4   y 1 hoặc. 3..   x 4 hoÆc  y  1     x  4  hoÆc   y   1. x 1  y  4 x -1  y -4.  x  1   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 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 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  b 3  c 3 a.a 2  b.b 2  c.c 2 (bx  cy )a 2  (cx  ay )b 2  (ax  by )c 2 2. 2. 2. 2. 2. ab( ax  by )  ca (cx  ay )  bc (bx  cy ) 2. (a bx  ab y )  (ac x  ca y )  (b cx  bc y ) abc  cab  bca 3abc. Điều kiện đủ: Giả sử a 3  b3  c3 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   a  b  c 0   2 2 2  (a  b)  (b  c )  (c  a) 0. 1 (a  b  c)  (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2  0 2.  a  b  c 0  a b c . 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.. IC IH 2IH 2r     IB.IC 2r.IM IM IQ 2IQ BI. 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> B. N F. I. C E M. A. D. Lời giải 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  Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức:P = .   1 . 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: 2006x  x . x  2006  x 2005.2006. b) Giải hệ phương trình:.  y 2  x  8   x 2  2   2 2 16 x  8 y  16 5 x  4 xy  y.  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 2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 4 4 2 2 2. a) Giải hệ phương trình: 2006x  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 . 1  x  x  x 2  2006  4 1 1  x 2   x 2  2006  2 2 4. 2. 2. x 2  2006. 2. 1  2 1  2 1 x  2006    x    x  2006   2  2  4 1 1 x 2  2006  x2  2 2 2 >0; 2 >0)  x  1  x  2006 ( vì 2.  x 4  2 x 2  1  x 2  2006  x 4  x 2  2005 0 2.  t  t  2005 0 (đặt t x , t 0 ) 2. t.  1 8021 2.  S    Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm:. (do t 0 ).  x .  1 8021 2.  1  8021  1  8021  ;  2 2  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 x; y  0; 4 ,  2; 6 ,  2;  6 ,  5;9 , 19;99.        Vậy, các nghiệm của hệ là      3. Vì a ; b ; c là các số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 2 2 2 1 1 1 1 2 8 2 2 2 2 2 a  2 a = a và b  2 b = 2 b và c  2  1  1  1  2 2 4 2 32  2  1  2  2   2  8   a  b  c   a . 2 b . c = abc  1 a 1  a 2 1   2 1   2 2 b  2 b  1   1  1  1  2 32 8  2  1  2  2   2  8  c   2 c a  b  c  = abc      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 2.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> 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: 2.  a  b  11  a 1  b   a  b  1  1 . a 1  b   1 3 . . 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 :. = ,. . Đặt =  nên. = = 1800 - 2  (1). Xét tam giác IEM có = 2  nên 1800 - 2  = ta lại có (so le trong,AB song song với MF) (do  IAM =  MHK ) nên 1800 - 2  =. (2) 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Từ (1),(2)suy ra. . do đó I,H,M,K thuộc cùng đường tròn Đề 10.  x 1   2x  x x 1     2 x  1  2 x  1  1 :  1  2 x  1    Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức:P = . 2x  x   2 x  1 . a) Rút gọn P 1  .32 2 b) Tính giá trị của P khi x 2. . . Bài 2: (2,0 điểm). a) Giải hệ phương trình sau: 1 1  2  2 y x 1.  2. 1 2 x. y b) Giải phương trình: x = 2005-2006 (2005-2006 x2)2 Bài 3: (2,0 điểm). x2 4 2 a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = x  x  1. b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c 0 a b c Tính P = (2008+ b )(2008 + c ) ( 2008 + a ). Bài 4: (2,0 điểm). Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF . a.Chứng minh rằng các điểm E, F luôn nằm trên một đường tròn cố định khi đường tròn (O) thay đổi. b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K .Chứng minh rằng :EK song song với AB . c.Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố định khi đường tròn(O) thay đổi. Bài 5: (2,0 điểm). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm của (O) và các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Kẻ BB1  AO , AA1  BO Chứng minh rằng 4 điểm D, E, A, B thẳng hàng. HƯỚNG DẴN GIẢI 1 1  2 2  2  y x 1 1 1 4 1  2  4    x  ;y  y x x 2 2 Ta sẽ chứng minh x=y. Thật vậy 2, a) Đk:. 1 1 4    2 x y y Tương tự:. (2). Từ (1) và (2) ta có:. 1 1 2  y x 1 1 4    2 x y x. (1). 4 4  2  2  x y x y. 2.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 1 1 4 2 2    2 2 x y x x x 1 2 1  2   1 0  (  1) 2 0  x 1 x x x Ta có: . Vậy hệ có nghiệm x = y =1. b) Đặt y = 2005 - 2006 x2 Phương trình trở thành :  x 2005  2006 y 2   y 2005  2006 x 2  x - y = 2006 (x2 - y2) .  x y  2006 (x  y) - 1  x - y  = 0   2006( x  y)  1 0  x  1   y  2005 2006  x = 2005 - 2006 x2  2006x2 + x - 2005 = 0   Với x = y 1 1 1 Với 2006 (x+y) - 1 = 0  x + y = 2006  y = 2006 - x  2006 - x = 2005-2006 x2  1 x    1 y   20062x2 - 2006x - 2005.2006 +1 = 0  . 1608817 4012 1608817 4012. 3. a) Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M đạt giá trị lớn nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x2 ta được: 1  2  1 x  1  1 x2    2 x  x 2 nhỏ nhất M=  . M đạt giá trị lớn nhất khi 1 x2  x 2 = 2 => x = 1. Vậy M lớn nhất bằng 1/3 khi x = 1 => b) Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc  ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = 0  a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c  a b c 0)  ( a- b ) + ( b – c ) + ( c – a ) = 0  a = b = c  P = (2008+ b )(2008 + c ) ( 2008 + a ) 2. 2. 2. P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) = 20093 4. a)  ABF và  AFC đồng dạng (g_g). Ta có : AB/ AF=AF/AC  AF2=AB.AC  AF= AB. AC. Mà AE=AF nên AE=AF= AB. AC không đổi Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB. AC ) cố định. b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn. Ta có :  AIF =  AOF (1) 1 1    AOF = 2 EOF và  EKF = 2 EOF   EKF =  AOF (2).Từ(1) và(2)   AIF =  EKF. Do đó : EK vàAB song song vơí nhau c) Cm được A,N,O thẳng hàng và AO  EF ; Gọi H là giao điểm của BC và EF .. 2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> AH AN  Ta có :  ANH và  AIO đồng dạng nên AO AI. Suy ra :AH.AI =AN.AO. Lại có :AN .AO=AE2 =AB.AC  AH . AB. AC AI. Do đó : AI.AH =AB.AC không đổi . Vậy H cố định Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN luôn qua I và H ;Do đó tâm đương f tròn này nằm trên đường trung trực của IH . ˆ 5. Theo bài ra ta có: AA1 B AB1 B =900. Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn .  BA1 B1 ABˆ B1 cùng chắn cung BB 1 . AE1O AAˆ1O 1V  tứ giác AEA O nội tiếp 1. Mặt khác: .  EA1 A EOˆ A1 cùng chắn cung AE) . BAB1 B1 Aˆ E OAˆ E  EOˆ A 90 0  E , A1 , B1. mà thẳng hàng (*) Tương tự: ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp Theo bài ra ta có: . AA1 B ABˆ1 B =900. Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn .  A1 B1 A A1 Bˆ A cùng chắn cung AA 1 . OD1 B OBˆ B 1V  tứ giác OB DB nội tiếp 1. Ta lại có: .  DB1 B DOˆ B (cùng chắn cung BD) . DOB DBˆ O DBˆ O  DOˆ B 90 0. mà DBˆ O OBˆ A Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau . ˆ. ˆ. 0. Vậy DB1 B  BB1 A AB1 A1 180  3 điểm D, B1, A1 thẳng hàng (**) Từ (*) , (**) suy ra A1, D, B1, E thẳng hàng Đề 11 Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức:P = a) Rút gọn P b) Tìm x để P 0 Bài 2: (4,0 điểm)..  2 x   x x  x  x 1 . 1   x   : 1     x  1  x  1 . 2.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> a) Giải hệ phương trình :. x+y=1 x5 + y5 = 11. 3. 3. b) Giải phương trình: x  3  6  x 1 Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc. b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 1 1 M  x y .. Bài 4: (6,0 điểm). 1. Cho hình vuông ABCD cạnh là a. Trên đường chéo AC lấy điểm E và F sao cho  EBF = 450. Đường thẳng BE, BF cắt AD và CD lần lượt tại M và N. MF và NE cắt nhau tại H, BH cắt MN tại I. a.Chứng minh AB = BI. b.Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất. 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 1 1 1   x y 7 Bài 5: (2,0 điểm). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:. HƯỚNG DẴN GIẢI 2. a) Ta có x + y = ( x + x y + x y + y5 ) – ( x2y3 +x3y2) = (x3 + y3) (x2 +y2 ) – x2y2(x+y) Vì x+ y = 1  x5+y5 = ( x2 – xy +y2)(x2 + y2) – x2y2 = ( x2 + 2xy + y2 – 3xy)(x2 + y2 + 2xy –2xy) – x2y2 = ( x  y)  3xy (x +y )2 – 2xy - x2 y2 = ( 1- 3xy)(1-2xy) – x2y2 x5 + y5 = 5(xy)2 – 5(xy) + 1  5(xy)2 – 5(xy) + 1 = 11 xy = 2  (xy)2 – (xy) – 10 = 0  xy = -1 Với xy = -1 ta có hệ phương trình x+y=1 xy = -1 5. 5. 5. 2 3. 3 2. 2. 1. 5. 1.  ( x,y) = ( 2 ; = 1 xy = 2( vô nghiệm). 5 2. ) hoặc (. Vậy hệ phương trình có nghiệm 3. 1. 1 5 ( 2. 5 2. ;. 1. ;. 1 5 2. ). Với xy = 2 ta có hệ phương trình x + y 1. 5 2. ) và (. 5 2. ;. 1 5 2. ). 3. b) Đặt x  3 a, 6  x b. Tìm được x = 5 là nghiệm a b 3. a) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng: abc  16 xy ( a  b )c  . Áp dụng BĐT Côsi x + y. 2. ta có ( a + b) + c. 2.  1  2 (a  b)c  1  4( a + b)c nhân hai vế với a + b > 0 ta được: A + b  4(a + b)2c mà ta chứng minh được (a + b)2  4ab Do đó a + b  4(4ab)c hay a + b  16abc từ đây suy ra đpcm. Theo kết quả câu 3.1, ta có: nên:.  a  b  c. 1 4a  b  c   b  c 4a  b  c . 2. 2  a   b  c   4a  b  c    mà a  b  c 1 (giả thiết). 2. (vì a, b, c không âm nên b + c không âm). 2. Nhưng:  b  c  4bc (không âm)Suy ra: b  c 16abc . 2.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> a b  c 1 1  b c  , a   4 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi:  b c. 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. Vì. 1 3 2 2 2  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 .. 4. 1) Ta có :  EBN =  ECN = 450  Tứ giác BCNE nội tiếp   BEN = 900 tương tự tứ giác ABFM nội tiếp   BFM = 900. Xét  BMN có NE và MF là 2 đường cao  H là trực tâm  BI  MN Tứ giác ABFM nội tiếp   ABM =  AFM(cùng chắn cung AM)  Tứ giác BEHF nội tiếp   EFH =  EBH (Cùng chắn cung EH) Do đó  ABM =  MBI   BAM =  BIM ( t/h đặc biệt )  AB = BI Ta có  AMB =  IMB  AM = IM,  INB =  CNB  CN = IN  AM + CN = IM + IN  MD + AM + CN + DN = MN + MD + DN  2a = MN + MD + DN xy x2  y2  S MDN = 2 và 2a = x + y +. Đặt DM = x ; DN = y  MN = SMDN lớn nhất khi xy lớn nhất.Bài toán đưa về xác định x, y thỏa mãn :. x2  y2. 2 2 =2a sao cho xy lớn nhất. Ta có x+ y  2 xy ; x  y  2 xy 2 2 x  y  2 xy + 2 xy  2a  xy ( 2+ 2 ) Suy ra 2 a = x + y + 2a  xy  2  2 = a ( 2 - 2 )  xy  a2 ( 2 - 2 )2 = a2(6 - 4 2 )  xy  2a2 ( 3 - 2 2) xy Do đó SMDN = 2  a2 ( 3 - 2 2 ). Vậy Max SMDN = a2 ( 3 - 2 2 ) Khi x = y = a (2 - 2 ). x+y +. x2  y 2. 2 ) thì  MDN có diện tích lớn nhất và Max SMDN = a2 ( 3 - 2 2 ). Vậy khi DM = DN = a (2 2). B M A. N. C. y 2.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> F. D. E. Qua A vẽ Ax //MD, Ax cắt DC tại F, Qua B vẽ By //MC, By cắt DC tại E. Chứng minh SABCD = SMEF. Lấy N là trung điểm của EF, MN chia tam giác MEF thành hai hình có diện tích bằng nhau và cùng chia tứ giác ABCD ra hai phần có diện tích bằng nhau. Nếu N thuộc đoạn thẳng DC, tức là SAMD < 1/2SABCD và SBMC < 1/2 SABCD 5. Điều kiện x 0; y 0  xy 0 1 1 1    xy  7 x  7 y 0 x y 7  y  x  7   7 x  7  49   x  7  y  7  49. Khi đó:.  y 7. 49 x 7. (Với x 7 ) x  7 1. Z  y  7 Z . x  7 7   x   42;0;6;8;14;56 x  7 49  x; y   8;56; 14;14 56;8. 49 Z  x  7 x 7 là ước của 49 . y Các nghiệm nguyên dương của phương trình là:. Đề 12  2a  1   1  a3 a  .   a3   1 a  a  a  1  . Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức:P = a) Rút gọn P b) Xét dấu của biểu thức P. 1  a Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải phương trình:. 2. x  2x  1 . 2. x  4x  4 =. 1  2005 2 .  a  . 2005 2 2005  2 2006 2006.  x  y  z 3  3 3 3  x  y  z 3. b) Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x  y  z và 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : zy + yz + zx b) Cho tam giác ABC có các cạnh a,b,c và chu vi 2p =a+ b + c 1 Chứng minh rằng : p  a. 1 + p b. 1 1 1 1 p  c  2 ( a +b +c ) +. Bài 4. (5,0 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. a) Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng. b) Xác định vị trí của I để đoạn MN có độ dài lớn nhất. 3.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> c) 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). 0 Ở miền trong hình vuông ABCD lấy điểm M sao cho MBA MAB 15 Chứng minh rằng : Tam giác MCD đều HƯỚNG DẴN GIẢI 2. a) PT đưa về:. x  1  x  2 2006. * *  3 . Xét 3 trường hợp * Trường hợp 1: Nếu x<1. PT * Trường hợp 2: Nếu 0  x < 2 . PT *  0 x  1 2006 * Trường hợp 3: Nếu x 2 . PT. *  2 x . 2 x 2006  x . 2003 2. (thỏa mãn). (PT vô nghiệm). 3 2006  x . 2009 2. (thỏa mãn). 2003 2009 x1  ; x2  2 2 Kết luận: PT có 2 nghiệm. b) Ta có hằng đẳng thức (x + y + z)3 – ( x3 + y3 + z3 ) = 3(x + y) (y + z)(z + x) nên (x + y) (y + z)(z + x) = 8. Đặt c = x + y, a = y + z , b = z + x thì abc = 8 do đó a,b,c { 1, 2, 4, 8 } Giả sử x  y  z thì c  b  a. Ta có a + b + c = 2 ( x + y + z ) = 6 nên a  2 b  c 4 b  c 2  b c 2  x  y z 1   Với a = 2 ta có bc 4 . Với a = 4 ta có bc 2 Không có nghiệm. nguyên. b  c  2  b c  1  x  5, y  z 4  bc  1  Với a = 8 ta có . Vậy hệ có 4 nghiệm (1 ;1 ;1) ,(4 ;4 ;-5) (4. ;-5 ;4) (-5 ;4 ;4) 16 - z 2 32 - z 2 3. a) * Tìm giá trị lớn nhất của: xy + yz + zx .Từ giả thiết ta có: y2 = 4 , x2 = 3 4 16 - z 2 16 - z 2 48 - 3t 2 5t 2 - 16  0 4 12 Vì y  z  4  z2  5t2  16  z  5 (1)Mặt khác x2 - 3y2 = 3 2  x2  3y2  x  3 y (2) Từ đó  x y  3 y . Ta có: xz =  3  x2 3 3 z    z 2    y 2  z 2  2  3 3  2 x. 1 2 y  z2  xy + yz + zx  2 và yz  3 1   16  z 2   3  1  2  3          2 z 2 2 4      . . 3 2 1 y  z2  y2  z2 3 y2 + 2 2 =. . =2. 3. . . . . 3 3 2  3  3  16 32 3  16 z  6 3  2     3  1      5 8 8 5    . . Dấu đẳng thức sảy ra  x =. . 4. . 4 3 5 ,y=z= 5 3.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>  3 4 4  32 3  16   x; y; z   4  , , 5 5 5   5 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức xy + yz + zx là đạt được bc a ac b ba c P a 0 P  b 0 P  c  0 2 2 2 b, ta có: , , 1 1 4 1 1 4 4      áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: x y x  y , p  a p  b 2 p  a  b c. Tương tự ta có:. (. 1 1 1 1 1 1   ) 2(   ) p a p b p c a b c .. Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c.      4. a) Từ giả thiết có IPA  INA 180  Tứ giác IPAN nội tiếp  IPN IAN (1) I(cùng chắnN cung A IN)    Lại do  IPB IMB 90  Bốn điểm I , P , M , B nằm trên đường tròn P.       đường kính BI  MPI  IBM 180 (2) Vì I   O   CAI  IBM 180 (3)        Từ (2) và (3)  MPI CAI (4) Từ (4) và (1)  MPI  IPN CAI  IAN 180. O. Vậy M , P , N thẳng hàng . B M b) Theo chứng minh trên ta có   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 tròpn qua 4 điểm I , N , A , P) Từ (5) và (6)  IMN IBA. . C. MN IM IN   1  MN  AB BA IB IA.  M B      IAC IBC 90  CI  N A. A O Dấu "=" xảy ra là đường kính của   .Vậy MN nhỏ nhất bằng AB  I đối xứng với C qua O . c) Gọi B' , C' lần lượt là hình chiếu của B và C trên GF .   Chứng minh được B ' GB C ' FC (7) , suy ra BB ' G CC ' F ( g .g ) B' G BB ' BG   CC ' CF. (8). . Lại có. BB ' B ' Q  (9) Từ (8) và (9) suy ra CC ' QC ' (10). BG BE B ' Q   CF CE QC '. . . . Q. F. C'. . Từ (7) và (10)  BB ' Q CC ' Q (c.g.c)  BQB ' CQC '  BQE CQE Vậy QE là phân giác của góc BQC . B E 5. Xác định điểm I trong tam giác MDA sao cho tam giác MIA là tam giác đều Ta có  IAD=900-150-600=150=  MAB, AB=AD và AM=AI   AID=  AMB   AID =  AMB=1500   MID=3600-1500-600=1500 Xét  IDM và  IDAcó ID chung;  MID=  AID=1500, IA=IM (do  AIM là đều)   IDM=  IDA  AD=DM =DC (1) Mặt khác  DAM=  CBM (vì BC=AD ;MB=MA;  CBM=  DAM)  MC=MD (2) từ (1) và (2) ta có  DMC đều. C. Đề 13 Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức: a/ Rút gọn P. P. 3(x  x. x  3) x  2. . x 1 x 2. .  x  2 1   1   x x 1 . 3.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> b/ Tìm các giá trị x nguyên để P nguyên ; c/ Tìm các giá trị của x để P  x Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải hệ phương trình: b) Giải phương trình: Bài 3: (4,0 điểm). a.. 4 2 2  (a  b) 6a b  215  2 2  ab(a  b )  78. 4 1 5  x  x  2x  x x x. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn:. xyz. 5 3. Chứng. minh. rằng. 1 1 1 1  (1  ) x y<z xy. b. Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác biết:  a  b  b  c  c  a  8abc Chứng minh rằng tam giác đã cho là tam giác đều Bài 4: (2,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 7x2 + 13y2 = 1820. b) Cho x, y, z > 0, x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z) (z+x) Bài 5: (5,0 điểm). Cho đoạn thẳng AB có trung điểm là O. Trên nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O). Từ C kẻ CH vuông góc với AB  H  AB  . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của H lên AC và CB. a) Chứng minh rằng: OC vuông góc với MN; b) Qua A kẻ đường thẳng d vuông góc với AB. Tiếp tuyến với (O) tại điểm C cắt đường thẳng d ở K. Chứng minh rằng: BK; CH; MN đồng quy. HƯỚNG DẴN GIẢI 2 2. a) Đặt (a  b)  x; a  b  y ( x 0) Hpt.  x 2 6 y 2  215     y ( x  2 y )   78. 2 2 2 2    x  6 y  215 0  x  6 y  215 0   2  2    xy  2 y  78 0  x  3 xy  19 0.  2  x 2  19    215 0  x 2  6 y 2  215 0  x 4  721x 2  722 0  x  6 3 x      2       x  19 x 2  19 2 y  y  x  19    3x 3x y    3x  ( a  b) 2 1  x 1 a  2 a  3 a  2 a 3             y   6 b   3 ab  6   b 2 b 3 b  2 . b). Tập xác định 4 5   x  2x   x x. 1   x  x 0  (*)  2 x  5 0 x :  1 5 4  x    x   2 x   x x x  . Pt So sánh với điều kiện (*)  x=2 là nghiệm.. 1 x x.  4  x   x . 4  x  x 0   5   2x  x  . 1 x  1 x.  x  2    x 2. 2 2 2 2 2 2 2 3. a) Ta có:  z  x  y  x  y  z  2 xy  xz  yz   x  y  z  2 xy  xz  yz  0 x, y, z. 3.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> 1 5 x2  y2  z2  1 2 6  xz  yz  xy  1 1 1 1 1     y x z xyz  xz  yz  xy . . . . 1 1 1 1      1 x y z xy   . 2 2 2 2 2 2 b)  a  b  b  c  c  a  8abc   a b  bc  2abc    ac  ab  2abc  b c  a c  2abc  0 2. 2. 2.  b a  c   a  b  c   c b  a  0 2 2 Ta có: b a  c  0 a, b, c và a b  c  0 2. 2. 2. a, b, c và c b  a  0. a, b, c .. mà a, b, c 0. 2.  b a  c   a b  c   c b  a  0 a, b, c c ( a  b) 2 0  2 a (b  c ) 0  2 b( a  c ) 0.  a b c . Kết luận: Vậy tam giác có 3 cạnh bằng nhau Dấu bằng xảy ra khi nên là tam giác đều 4. a) Do 1820 13 và 13y213, x và y là các số nguyên nên ta cần có 7x213  x213  x13 (vì 13 là số nguyên tố) x = 13m với m  Z. Tương tự do 1820 7 và 7x27, x và y là các số nguyên nên ta cần có 13y27  y27  y7 (vì 7 là số nguyên tố) y = 7n với n  Z. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 7(13m)2 + 13(7n)2 = 1820  13m2 + 7n2 = 20 2. 2.  13m  20  m  1.  m 0    m 1 ,. (vì m  Z). + Nếu. m 0  7n 2 20  n 2 . 20 Z 7. (loại)..  x 13 m 1  13  7n 2 20  n 2 1  n 1    y 7. + Nếu Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) và (13; 7). 3. 3. 1  x y  z   1  (1)     b) vì x, y, z > 0, x + y + z = 1. áp dụng BDT côsi cho 3 số dương : xyz  3   3  27. Tương tự Từ (1),(2).  x  y  y  z  z  x   x  . y  y  z  z  x  3 .  xyz ( x  y )( y  z )( z  x) . 3. 3. 8  2    27  3. (2). 8 8 729 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 729 khi x = y = z =. 1 3. 5. a)  ACB = 90o (vì OA = OC = OB) b)  CMH = 90o (gt) và  CNH = 90o (gt) => CMHN là hình chữ nhật =>  C1 =  M1 Mà  CAO =  ACO (OA = OC nên tam giác ACO cân)  CAO +  C1 = 90o Cho nên  ACO +  M1 = 90o. Gọi E là giao của OC và MN ta có  CEM = 90o Hay OC vuông góc MN (đpcm) b) Ta có KA = KC (tính chất tiếp tuyến). Kéo dài BC cắt d tại W. Ta có  WCA = 90o Mà:  KAC +  AWC = 90o  KCA +  WCK = 90o và  KCA =  KAC (lý do KC = KA)=>  KWC =  WCK => KC = KW. Vậy WK = KA = KC. Hay K là trung điểm AWI là giao CH và MN vì CMHN là hình nhữ nhật, 3.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> I là trung điểm của CH Mặt khác WA // CH (cùng vuông góc với AB); giả sử BI cắt WA tại K' CI ¦ WK '   ¦ WK '  K '  K '  K K' A áp dụng talet: IH. Vậy BI đi qua trung điểm K của AW. Hay KB; CH; MN đồng quy Đề 14  1   x  1 1  x   x   :   x x x  x     Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức : P =. a) Rút gọn P 2. b) Tính giá trị của P biết x = 2  3 c) Tìm giá trị của x thỏa mãn : P x 6 x  3 .  . x 4.  .  x 2  xy  y 2 x 2  y 2 185  2 2 2 2 Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải hệ:  x  xy  y x  y 65 x2  2 x  1 x2  2x  2 7   . x2  2 x  2 x2  2x  3 6. b) Giải phương trình: Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho a , b, c, d > 0 . Chứng minh rằng : a b c d 1 < a b c + b c d + c d a + d a b < 2 4a 9b 16c   b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= b  c  a a  c  b a  b  c . Với a, b, c là độ dài 3. cạnh của tam giác Bài 4: (5,0 điểm). Cho  ABC có 3 góc nhọn. ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đường tròn có đường kính là AB và AC. Một đường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đường tròn lần lượt tại M và N (khác A) a) Chứng minh đường trung trực của MN đi qua một điểm cố định b) Giả sử  ABC cân tại A. Xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích tứ giác BCNM lớn nhất Bài 5: (2,0 điểm). Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao BK bằng 12cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC. HƯỚNG DẴN GIẢI. 2. a) Giải.  .  .   x 2  xy  y 2  2 2 hệ:  x  xy  y. x 2  y 2 185(21) x 2  y 2 65(22). 2 2 2 2 2 2 Lấy (21) + (22):  x  y  x  y 125  x  y 5 thay vào (21)  xy 12.  x 2  y 2  25  x  y  7     x  y  1 Từ đó ta có hệ pt: Từ đó ta có hệ:  2 xy  24 3.

<span class='text_page_counter'>(36)</span>  x  y 7  a)  x  y 1.  x  y 7  b)  x  y   1.  x  y  7  c)  x  y 1. d).  x  y  7   x  y  1. Vậy hệ đã cho có nghiệm:  x, y     4,3;  3;4;   3; 4;   4, 3  a a 3. a) Ta luôn có : a  b  c  d < a  b  c < 1 (1) a ad áp dụng tính chất của tỉ số ta có : a  b  c < a  b  c  d (2) a a ad Từ (1) và (2) ta có : a  b  c  d < a  b  c < a  b  c  d b b a b Tương tự ta có : a  b  c  d < b  c  d < a  b  c  d c c c b d d d c a b c d < c d a < a b c d ; a b c d < d a b < a b c d. Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức kép trên ta được : a b c d a b c d 2(a  b  c  d ) a b c d < a b c + b c d + c d a + d a b < a b c d a b c d Vậy 1 < a  b  c + b  c  d + c  d  a + d  a  b < 2 (đpcm). b) Đặt b+c-a=2x; a+c-b =2y; a+b-c=2z x, y, z >0 a= y+z b= x+z c= x+y 2P. =. 4. yz xy zx 9  16 x y z =.  y  4  9  x. x  z x  z    4  16    9  16 y  x z  y. y  z . 12  16  24 52  P 26 z 4 y 3 z   2 y 3  3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4  a=7; b =6; c=5. x x 2 Dấu "=" xảy ra khi ; ;. 4. a) Ta có AMB =90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (1) ANC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BM  MN    BM // CN  NC  MN (2). Từ (1) và (2) suy ra: Tứ giác BMNC là hình thang vuông Gọi d' là trung trực của MN => d' là đường trung bình của hình thang vuông BMNC => d luôn đi qua một điểm cố định k (k là trung điểm của BC) b) Xác định vị trí d để diện tích BCMN lớn nhất Vẽ BD  NC , D  CN , MN  BD  BC => Max MN = BC. 3.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> d N A P D M. C. K. B. d'. Ta có SBCNM=SABC + SABM + SACN => max SBCNM <=> ( SABM+ SACN) max <=> 1/2(BM.MA+CN.NA) max (1) mà 1/2(BM.MA+CN.NA)  1/4(BM2+MA2+CN2+NA2) a2 =1/4(AB2+AC2) = 2 ( do AB=AC=a) Không đổi a2 => maxSBCNM = SABC + 2 BM=MA. <=> NC= AN M là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB. <=> N là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AC. Vậy khi d đi qua M và N được xác định nh trên thì SBCNM max. 5.  Đặt AC = AB = x, BC = y. Ta có: tam giác AHC đồng dạng với tam giác BKC ( vì có góc nhọn C chung) nên: AH BK  AC BC. Hay AH.BC = BK.AC Vậy: 5y = 6x (1)  Mặt khác: trong tam giác AHC vuông tại H ta có:. A. AC2 AH 2  HC2. y x 2 102    2 Hay. K. 2. (2) 25  Từ (1) và (2) ta suy ra: x = 2 , y = 15. B. H. C. 3.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> 25 Vậy: AB = AC = 2 cm, BC = 15cm Đề 15  4 x 8x   x  1 2      :   4 x   x 2 x x  Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức :P=  2  x. a) Tìm giá trị của x để P xác định b) Rút gọn P c) Tìm x sao cho P>1 Bài 2: (5 điểm) 2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2 0  2 y Giải hệ phương trình:  x  y  x  y  4 0 x.. 3 x  3 x  x 2  x 1  x  1 . b) Giải phương trình: Bài 3: (3 điểm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2 Bài 4: (2 điểm) Cho 4 số x, y, z, t. Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88 = 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ một điểm M di động trên đường thẳng d  OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K. a) Chứng minh rằng OA.OK không đổi, từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định. c) Cho biết OA = 2R, hãy xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. HƯỚNG DẴN GIẢI 2. a). 3.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> 2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2 0  2 2  x  y  x  y  4 0  y 2  ( x  1) y  2 x 2  5 x  2 0  2 2  x  y  x  y  4 0 ( y  x  2)( y  2 x  1) 0  2 2  x  y  x  y  4 0   y  x  2 0  2 2   x  y  x  y  4 0  y  2 x  1 0     x 2  y 2  x  y  4 0   x 1    y 1     x  4   x=1 5   va   13  y=1   y  5   4 13   ; -  5 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1; 1);  5. 3. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x2 + xy + y2 = x2y2  x 2 y 2  4 x 2  2 2 2 *Với x 2 và y 2 ta có:  x y  4 y.  x2y2  2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy * Vậy x 2 hoặc y  2 - Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2 hay 3y2-2y -4 =0  Phương trình không có nghiệm nguyên - Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2 hay 3y2+2y -4 =0  Phương trình không có nghiệm nguyên - Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2 hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2 hay 1- y = 0  y =1 - Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0 Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là: (0; 0); (1, -1); (-1, 1) 4. Cho 4 số x, y, z, t. Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88=0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = 0 <=> 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = 0 3.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> =>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy = =x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 + 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt = =x2 + 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)2 + 4y2 - 4yz + z2 + z2- 8zt +16t2 + y2- 4yt + 4t2 = =[x + 2(z + y + t)]2 + (2y - z)2 + (z - 4t)2 + (y - 2t)2 0 A 352. Dấu bất đẳng thức xảy ra: 2y – z = 0 z - 4t = 0 <=> y - 2t = 0 x + 2y + 2z + 2t = 0 (x + y)(z + t)+ xy + 88 = 0 => (x; y; z; t) bằng (14; -2; -4; -1) hoặc (-14; 2; 4; 1) 5. a) Dễ thấy OM  BC OH OK  AOM => OA OM => OA.OK = OH.OM (1). HOK Xét BOM vuông tại B nên : OB2 = OH.OM Từ (1) và (2) suy ra A. OK = R2 (không đổi) OK . (2). R2 OA (không đổi) do đó K cố định trên OA. => b) Ta có OHK = 900 => H nằm trên đường tròn đường kính OK cố định. c) 1 = 2 OM.BC. Tứ giác MBOC có hai đường chéo vuông góc nên SMBOC => S nhỏ nhất  OM nhỏ nhất và BC nhỏ nhất. + OM nhỏ nhất  M trùng với A + BC nhỏ nhất  BC  OK  H trùng với K  M trùng với A Nếu OA = 2R thì:. OK . R2 R  2R 2 ;. BC = 2 BK =. 2 R2 . R2 R 3 4. 1 2 Vậy SMBOC = 2 2R. R 3  R 3. Đề 16   6x  4   1  3 3x3 3x A    3 x     3 3x 3  8 3 x  2 3 x  4   1  3 x   Bài 1: (4 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: (5 điểm)  x 3  y3  z 3 16 2   2 2 2  x  y  z 8  x  y  z 2 2 a) Giải hệ phương trình: . (1) (2) (3) 4.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> √3 x2 +26+3 √ x +√ x+3=8 (1). b) Giải phương trình Bài 3: (4 điểm). x4  2 2 a) Tìm mọi cặp số nguyên dương (x; y) sao cho x y  1 là số nguyên dương. b) Cho x, y , z là các số dương thoả mãn xyz  x + y + z + 2 tìm giá trị lớn nhất của x + y +z Bài 4: (2 điểm)Cho các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng: ab bc ca   1 a5  b5  ab b5  c5  bc c5  a5  ca. Bài 5: (5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm). 2 2 a) Chứng minh rằng MN MP MA.MB b) Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông. c) Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên đường thẳng d. HƯỚNG DẴN GIẢI 1.a) Ta có:. . 3x.  A   .  A   . b). . 3. 2. .  3 x  4  0, x 0 . 3 x  2 3x  4 . . 3x  1  3  0;1  3x  0, x 0. .  8. 3x  2 3x  2.   1  3x 3x     1  3x 3 3 x  2 3 x  4   2 . . 6x  4. . 3. . 3. . . 3x. .   3x  2 3x 1 3 x  2 3x  2 3x  4   3x  4  2 3 x. A. . . . 3x  1. 3x  2. . 2. . . 3x  2. . 2. . 2. 3 x 2  0  x .   3 x  A     ..  A. . . . 3x  2 1. 3x  2. , nên điều kiện để A có nghĩa là.  3x . 4 3.  3x  2  3x  3x    3x  2   3x  2 3x  4   6x  4 . . 3x  1. 3x  2. 2. (. 0 x . 3x  1 . 3x. . 4 3). 1 3x  2.  3x 3  3x 9 3x  2 1     x 3 3x 1  3x 1   x  0 Với , để A là số nguyên thì (vì x  Z và x 0 ).Khi đó: A 4. 2. a) + Từ (3): x + y + z = 2 2. 3.   x  y  z  16 2. y  z  + Từ (1) và (3) ta có: . 3.   x 3  y3  z 3  0. Biến đổi tương đương ta đưa về được: 3(x + y)(y + z)(x + z) = 0 + Xét x + y = 0 thay vào (3) ta được z = 2 2 , thay vào (2) được x = 0; y = 0 Do đó ta được (x ; y; z) = (0 ; 0; 2 2 ) Xét y + z = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (2 2 ; 0; 0) 4.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> Xét z + x = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (0; 2 2 ; 0) + Vậy hệ phương trình trên có 3 nghiệm: (x; y; z) = (0 ; 0; 2 2 ) ; (2 2 ; 0; 0) ; (0; 2 2 ; 0) b) Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của PT (1) Với 0 ≤ x <1 thì: √3 x2 +26+3 √ x +√ x+3< √3 12 +26+3 √ 1+ √ 1+ 3=8 . Nên PT vô nghiệm với 0 ≤ x <1. Với x >1 Thì: √3 x2 +26+3 √ x +√ x+3> √3 12 +26+3 √ 1+ √ 1+ 3=8 Nên PT vô nghiệm với x >1 Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 1 3. a) áp dụng BĐT Cautry cho ba số dương x, y, z. Ta có x + y +z 3 xyz Biến đổi được ( x + y + z)3  27(x + y + z +2 ). Đặt T = x + y + z > 0 Biến đổi được ( T - 6) ( T + 3)2  0  T  6. Tìm được GTNN T = 6 khi x = y = z =2 x4  2 2 b) Đặt x y  1 = a Với a là số nguyên dương thì x4 + 2 = a(x2y + 1)  x2(x2- ay) = a - 2 (1) 3.  x 2 1  x 1   Xét 3 trường hợp sau : TH1: Nếu a = 1 thì từ (1) ta có : x2(x2- y) = - 1 1  y  1   y 2. TH2: Nếu a=2 thì từ (1) có x2(x2- 2y)=0, suy ra x2 =2y nên có x= 2k, y=2k2 với k là số nguyên dương TH3: Nếu a > 2 thì từ (1), có a – 2 > 0 và (a – 2) chia hết cho x2 nên a – 2  x2  a  x2 + 2 > x2 Từ đó  0 < x2- ay < x2- x2y  0. Điều này không xảy ra Vậy: Cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đề ra là : (1; 2) và (2k; 2k2) với k là số nguyên dương. 4. Ta có a5 + b5 = (a + b)(a4 - a3b + a2b2 – ab3 +b4 ) =(a + b)[(a - b)2(a2 + ab + b2) + a2b2) 2 2 2 2 Do (a - b)  0; a,b,c > 0, nên (a - b) (a + ab + b )  0 5 5 2 2 Suy ra a  b a b  a  b  . Đẳng thức sảy ra khi a = b. ab ab 1 1 c     2 2 5 5 ab  a  b   1 ab  a  b  c  a  b  c Do đó: a  b  ab a b  a  b   ab (1)( vì có abc =1). Chứng minh tương tự tacó. bc a  b5  c5  bc a  b  c. Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta có Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 5.. (2). ca b  c5  a5  ca a  b  c. (3). ab bc ca abc    1 a5  b5  ab b5  c5  bc c5  a5  ca a  b  c. 4.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> a) Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng. MA MN   MN 2 MP 2 MA.MB Suy ra: MN MB. b) Để MNOP là hình vuông thì đường chéo OM ON 2 R 2 Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M. 2. 2. Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có MN  MO  ON R , nên Tam giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình vuông. Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì OM  R 2  R c) + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính OM, tâm là H. + Kẻ OE  AB , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ HL  (d ) thì HL // OE, nên HL là đường 1 HL  OE 2 trung bình của tam giác OEM, suy ra: (không đổi).. + Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE. Đề 17    Bài 1: (4 điểm)Cho biểu thức: A = .   xy  x x 1   1 :  1    xy  1 1  xy  . xy  x xy  1. . x  1  xy  1 . a. Rút gọn biểu thức. 1 1  6 x y. b. Cho Tìm Max A. Bài 2: (5 điểm)a) Giải hệ phương trình x  y  4z  1   y  z  4x  1   x  z  4 y  1 1 1 1 1    b) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x  y  z 2006 và x y z 2006. Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006. 4.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> 1 1 1 1    Áp dụng giải phương trình sau: 2 x  1 x  1 x  2 2 x  2 .. Bài 3: (2 điểm)Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2 x2 y2 z2   yz zx xy Tìm GTNN của P = Bài 4: (4 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1) m  4 x  m  3 y 1.    b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình  (m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất. Bài 5: (5 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. H là điểm thuộc đoạn OB sao cho HB = 2HO. Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H. Gọi E là điểm di động trên cung nhỏ CB sao cho E không trùng với C và B. Nối A với E cắt CD tại I. a/ Chứng minh rằng AD2 = AI.AE b/ Tính AI.AE – HA.HB theo R c/ Xác định vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp  DIE ngắn nhất. HƯỚNG DẴN GIẢI 1. a) Đk : x  0; y  0; x.y  1. 1 Quy đồng rút gọn ta được: A = x. y 1 1 1 1  6  A  . 9 x y x y. b). 1 1 1  3  x  y  9 y  Max A = 9  x. 1 2. a) TXĐ: x, y, z  4 . Nhân 2 vế của mỗi phương trình với 2 ta có: 2 x  2 y 2 4 z  1 (1)  ( 2) 2 y  2 z 2 4 x  1  (3) 2 x  2 z 2 4 y  1. Cộng (1), (2), (3) từng vế ta có:. . 2.  . 4x  1  1 . 2.  . 4y  1  1 .     2  4 z  1  1 0 . . 1  x  2  1  4 x  1 1 y  2  4 y  1 1 1  z  2 4 z  1 1 . 1 Thử lại ta thấy thoả mãn. Vậy x = y = z = 2 là nghiệm của hệ. 1 1 1 1 1 1 1 1 x y x yz z        0   0 x y z x  y  z x y z x  y  z xy z  x  y  z  b) Từ giả thiết ta có: 4.

<span class='text_page_counter'>(45)</span>  1  1  0   x  y     x  y  x  z  y  z  0   xy z  x  y  z  .  x  y 0  x  z 0   y  z 0.  z 2006  y 2006   x 2006. . Kết luận: Vậy ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006 * Đặt a = 2x + 1, b = x - 1, c = - x- 2  a + b + c = 2x - 2 1 1 1 1     a  b   b  c   c  a  0 Phương trình (*) trở thành a b c a  b  c theo kết quả câu a ta có   a + b = 0  2 x 1  x  1 0  x 0(t / m) hoặc b + c = 0  x  1  x  2 0 ( vô lí) hoặc a + c = 0  2 x  1  x  2 0  x  1 0  x 1 ( loại). Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0. x2 yz 3. Vì x, y, z > 0 ta có: áp dụng BĐT Côsi đối với 2 số dương y  z và 4 ta được: x2 yz  2 yz 4 2. x2 yz x . 2.  x yz 4 2. (1) . Tương tự ta có:. 2. y xz z x y   y (2)và   z (3) xz 4 x y 4. Cộng (1) + (2) + (3) ta được:  x2 y2 z2  xyx x yz    x  y  z  P  x  xy  z   1   zx x y 2 2  yz.  x  y z . 2 2  x  y z  3 . Vậy min P = 1 3. Dấu “=” xảy ra 4. a) Nhận thấy x=y=0 là nghiệm. Với x,y 0 (1) <=> y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2)  x2 – 7 phải là bình phương của số nguyên.  x  a 7    x 4  x 4 x  a 1  ( x  a )( x  a ) 7 2 2 2 2   Hay: x – 7 = a x –a =7. Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2 Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2. Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2) b) Với mọi m, đường thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0).  m = 4, ta có đường thẳng y = 1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (1).  m = 3, ta có đường thẳng x = -1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (2). 1    1  A  0; B ; 0   m  4, m  3 thì (d) cắt trục Oy, Ox lần lượt tại:  m  3  và  m  4  .. Hạ OH vuông góc với AB, trong tam giác vuông AOB, ta có:. OA . 1 1 , OB  m 3 m 4. 4.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> 2. 1 1 1 7 1 1 2 2   2  m  3   m  4  2m 2  14m  25 2  m     2 2 OH OA OB 2 2 2 . . Suy ra. OH 2 2  OH  2 (3). 7 7 2 , đạt được khi và chỉ khi m = 2 . Kết luận: m = 2 .. Từ (1), (2), (3) ta có GTLN của OH là 5..  AD 2  AH . AB( htl )  a/ AD2 = AE.AI  AE. AI  AH . AB(AIH , ABE đồng dạng) R 16 R 2 b/ Ta có AI.AE –HA.HB = AD2 – HD2 = AH2 = ( OA+OH)2 =( R+ 3 )2 = 9 c/ Kẻ Dx  DI D cắt EB kéo dài tại F  Tứ giác DIEF nội tiếp (tổng hai góc đối = 1800)  đường tròn ngoại tiếp DIE trùng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác DIEF có đường kính là. IF Gọi K là giao điểm của IF và BD  K là tâm đường tròn ngoại tiếp DIE 4R  HK ngắn nhất  HK  BD K  KD = 3 3  E  giao điểm của (O;R) 4R với ( K; 3 3 ) ( E  cung nhỏ BC của đường tròn tâm O ). Đề 18  x2 x 1  x1    : 2 x x  1 x  x  1 1  x   Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức A = với x 0, x 1. a) Rút gọn biểu thức A. b) Chứng minh rằng: 0 < A < 2.  y 3  9 x 2  27 x  27 0  3 2  z  9 y  27 y  27 0  x 3  9 z 2  27 z  27 0 . Bài 2: (5 điểm)a) Giải hệ phương trình: b) Giải phương trình: x3 – 3x2 + 9x – 9 = 0. Bài 3: (2 điểm)Giả sử x, y là các số dương thoả mãn đẳng thức: x  y  10 4 4 Tìm giá trị của x và y để biểu thức: P ( x  1)( y  1) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy. Bài 4: (4 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 + 6xy = 21. b) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a 4  b 4  c 4 a 3  b3  c3. Bài 5: (6 điểm) 1. Cho đường tròn tâm O, đường kính BC = 2R. Từ điểm P trên tia tiếp tuyến của đường tròn tại B, vẽ tiếp tuyến thứ hai PA (A là tiếp điểm) với đường tròn. Gọi H là hình chiếu của A lên BC, E là giao điểm của PC và AH. a) Chứng minh E là trung điểm của AH. 4.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> b) Tính AH theo R và khoảng cách d = PO. 2. Cho hình thang vuông ABCD (  A =  D = 900) và DC = 2 AB. Gọi H là hình chiếu của D trên đường chéo AC và M là trung điểm của đoạn HC. Chứng minh rằng BM  MD HƯỚNG DẴN GIẢI. 1. a) với x 0, x 1 . Ta có A = x  2 x 1. . . . x  1 x  x 1.  x2 x 1  x  1 x 2 x  x  x x  1 2    .   : 2 x x  1 x  x  1 1  x x1 x  1 x  x  1  . . .. . . 2 2  x  1 x  x 1. 2 2 x  x 1 hay A < 2. Vậy 0 < A < 2. x  x 1  1 . b) với x 0, x 1 ta luôn có A > 0. Lại có: 2. a) Cộng từng vế 3 phương trình ta được: (x + 3)2 + (y-3)2 + (z- 3)2 = 0 (4) x. 3 2 27 )  2 4 >0 y> 0; tương tự : x > 0; z > 0.. Mặt khác: (1)  9x2- 27x + 27 = y3= 9 ( a. Xét x  3 từ (3)  9z2 – 27z = x3- 27  0 9z (z – 3)  0  z  3 Tương tự y  3. Từ (4)  x = y= z = 3 b. Xét 0 < x < 3. Từ (3)  9z2- 27z = x3 – 27 < 0  9z (z-3) < 0  z < 3 Từ (4)  hệ phương trình vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x= 3; y = 3; z = 3) b) x3 – 3x2 + 9x – 9 = 0 <=> 3x3 – 9x2 + 27x – 27 = 0 <=> 3x3 = 9x2 – 27x + 27 3 x  3 3 4  1 2 2x3 = -x3 + 9x2 – 27x + 27 = (3 – x)3 =>. 3. 2 1. 3. a) P = (x4 + 1) (y4+ 1) = (x4+ y4) + (xy)4 + 1 Đặt: t = xy, ta có: x2+ y2 = (x +y)2 – 2xy = 10 – 2t x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2(xy)2= (10 – 2t)2 – 2t2 = 2t2- 40t + 100 Khi đó : P = t4 + 2t2- 40 t + 101= (t4 – 8t + 16) + 10 (t2- 4t + 4) + 45= (t2 – 4)2+ 10 (t – 2)2 + 45 Suy ra P  45. Đẳng thức xảy ra khi t = 2 x+y = 10 và xy = 2 10  2 10  ; 2 2. 2.  10    2 hoặc: . 2. ;. 10  2   2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là P = 45 khi: (x,y) = 4. a) Đặt S = x + y ; P = xy => điều kiện cần để hệ có nghiệm là S2  4P (*) Phương trình đã cho tương đương với :S3 – 3 SP + 6P = 21  S3 – 3SP + 6P – 8 = 13  ( S – 2 ) ( S2 + 2S - 3P + 4 ) = 13 (2) Xét nhân tử : M = S2 + 2S – 3P + 4 = ( x + y ) 2 + 2(x + y ) – 3 xy + 4 1 2 2 2  x  y    x  2    y  2 0 = x2 + y2 – xy + 2(x +y ) + 4 = 2 Vậy S – 2 và M là 2 ước số dương của số nguyên tố 13 .ta xét 2 trường hợp sau : x 2 S  2 1 S 3 x 1     2   P 2 y 2 S  2 S  3 P  4  13    TH1 : hoặc y 1 0,25đ. . TH2 :. S  2 13 S 15    2  P 86 S  2S  3P  4 1. . vô nghiệm vì không thoả mãn (*) . 4.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là ( 2 ; 1 ) ; ( 1 ; 2 ) .. 0,25đ 2.  1  3 ( x  1)( x3  1) ( x  1) 2 ( x 2  x  1) ( x  1)2   x     0 2  4    b) Với mọi số thực x ta có : 4 4 4 3 3 3 3 3 3 Do đó: a  b  c  (a  b  c ) a (a  1)  b (b  1)  c (c  1) a 3 (a  1)  b3 (b  1)  c 3 (c  1)  (a  1)  (b  1)  (c  1) (a  1)(a 3  1)  (b  1)(b3  1)  (c  1)(c 3  1) 0 4 4 4 3 3 3 4 4 4 3 3 3 Suy ra : a  b  c a  b  c . Hoặc: 3( a  b  c ) 3(a  b  c ) 4 4 4 3 3 3 3( a  b  c ) (a  b  c )(a  b  c ) nhân vào khai triển và rút gọn đưa về BĐT đúng. 5. P. A. E. B. O. H. C. . EH CH  PB CB (1). 1) a) Ta có AH // PB (vì AH, PB cùng vuông góc với BC) Lại có AC // PO (vì AC, PO cùng vuông góc với AB) nên hai tam giác vuông AHC và PBO đồng . AH CH  PB BO (2). dạng Mà CB = 2.BO nên AH = 2. EH hay E là trung điểm của AH. b) Ta có AH2 = HB. HC = (2R – HC)HC. EH.CB  EH.CB   AH 2  2R  . PB  PB = . AH.CB  AH.CB   2R  .  4PB2 .AH 2 (4R.PB  AH.2R).AH.2R 2PB  2PB   PB2 .AH 2R 2 .PB  R 2 .AH 2R 2 2 2 2 AH  . d2  R 2 2 2 2  R  PB .AH 2R .PB 2 d Mà PB d  R nên. . . 2) Gọi N là trung điểm của DH 1 MN là đường trung bình của  DHC =>MN = 2 DC và MN//CD 1 Mà AB = 2 CD ; AB//CD. => MN =AB và MN//AB => tứ giác ABMN là hình bình hành => AN//BM. Từ MN//AB mà AB  AD => MN  AD 4.

<span class='text_page_counter'>(49)</span> => N là trực tâm của  AMD => AN  MD vì AN//BM mà AN  DM => BM  DM Đề 19. Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: A =.    . x y  x y. x 3  y3 y x.  :  . . x. . 2. y  x y. xy. a) Rút gọn A b) CM: A  0 Bài 2: (5 điểm) a) Tìm x, y, z thỏa mãn hệ sau:. {. x 3 − 3 x −2=2− y y 3 −3 y −2=4 − 2 z . z 3 −3 z − 2=6 − 3 x. b) Giải phương trình sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x Bài 3: (2 điểm) Cho các số dương a;b;c thỏa mãn a + b + c  3. 1 2009  670 2 2 Chứng minh rằng: a  b  c ab  bc  ca 2. Bài 4: (3 điểm) 1 1 1 a  b  c    0 a b c a) Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c  o và . a6  b6  c6 abc 3 3 3 Chứng minh rằng: a  b  c. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y2 z2   A = x  y y  z z  x với x > 0; y > 0; z > 0 và. xy  yz  zx 1. Bài 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O;R ) . Điểm M thuộc cung nhỏ BC. gọi I,K,H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên AB; AC; BC. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB; HK. a) Chứng minh MQ  PQ. AB AC BC   b) Chứng minh : MI MK MH. c) Cho tam giác ABC đều. Xác định vị trí của điểm M trên cung BC để MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất HƯỚNG DẴN GIẢI. 1. a) ĐK:. x 0  y 0  x y .    .A= . x  y  2 xy  x  x y A=. x. y. xy  y. .. x  xy  y  x  xy  y : x  y  x y. x y x  xy  y  A = x . xy xy  y. 4.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> 2. b) Do:. xy 0 ,. x.  y 3   y  0 xy  y  x  2  4  => A = x . 2. a) Biến đổi tương đương hệ ta có:.  x 3  3 x  2 2  y  3  y  3 y  2 4  2 z   z 3  3 z  2 6  3 x . xy 0 xy  y. ( x  2)( x 1) 2 2  y  2 ( y  2)( y  1) 2(2  z )  2 ( z  2)( z  1) 3(2  x). Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được: (x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2) 2. z+ 1¿ +6 2 y +1 ¿ ¿ ⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) 2 x +1 ¿ ¿ = 0 ¿ ¿ ⇔ (x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0. ⇔ x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2. Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta được x = y = z = 2. Vậy: với x = y = z = 2 thỏa mãn hệ đã cho. b) Giải phương trình sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x <=> 9(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 24x Đặt y = x + 9 hoặc đặt y = x + 6. Có nghiệm x = -9 1 1 1 3. Áp dụng (a + b + c)( a + b + c )  9. Ta có 1 2 1 2 9 ( 2  )(a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca ) 9  2   1 2 2 2 2 ab  bc  ca ab  bc  ca (a  b  c )2 a b c a b c (1) 2 2 2  2 2 2  Mặt khác từ (a – b) + (b – c) + (c – a) 0 => ab+bc+ca a +b +c (a  b  c) 2 2007 2007 3   669 3 ab  bc  ca 3 => ab + bc + ca (2) 1 2009  670 2 2 2 Từ (1) và (2) ta có a  b  c ab  bc  ca dấu = xảy ra khi a = b = c = 1 . 4. a) * a + b + c = 0 => a + b = -c => (a + b)3 = -c 3 => a3 + b3 + c3 = -3ab(a + b) = 3abc 1 1 1   0 * a b c => ab + bc + ca = 0. * a6 + b6 + c6 = (a3 )2 + (b3)2 + (c3)2 = (a3 + b3 + c3)2 – 2(a3b3 + b3c3 + c3a3) * ab + bc + ca = 0 => a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2 a 6  b 6  c6 3a 2 b 2 c 2  abc 3 3 3 3abc Do đó * a6 + b6 + c6 = (3abc)2 – 2.3a2b2c2 = 3a2b2c2. + Vậy: a  b  c. b) + Biến đổi để được:  xy yz zx      A = x + y + z  x  y y  z x  z  (1). + Chứng minh được: x + y + z.  xy  yz  zx. > 0 (2). 5.

<span class='text_page_counter'>(51)</span> + Thay (2) (3) vào (1) được A Do đó: + Vậy Amin =. . 1 2.  1  x y z   2   xy  yz  Min A = 1 1  x y z  2 3. zx 1.       5. a) Tứ giác MCKH nội tiếp  BCM = HKM = BAM; HMK = BCA = BMA  HMK.. Mặt khác MP, MQ là trung tuyến của  BMA,.  BMA. .  HMK. MP MB     MQ MH và BMH = PMQ   BMH  PMQ 0 0   Mặt khác BHM = 90  PQM = 90  PQ  MQ. b) Giả sử AC  AB ta có: AB AC AI  BI AK  KC AI AK      MI MK MI MK MI MK (1) BI KC  )   MBI = MCK  cotg MBI = cotgMCK  MI MK  ( Do AI CH  C1 = A  1 nªn cotgA  1 = cotgC 1  MI MH Do ( 2) AK BH  (3)  2 =B  1 nªn cotgA  2 = cotgB 1 A  MK MH AB AC CH BH BC     c) Từ (1),(2) và (3) suy ra MI MK MH MH MH. Gọi D là giao điểm của MA với BD ta có :      MAC  BMD AMC, DBM CAM .  MBD. . MB BD  MA AC. MC CD  Tương tự ta có : MA AB. MB MC  1 Do đó MA MA Suy ra MA + MB + MC = 2MA  4R. Vậy max (MA + MB + MC) = 4R khi AM là đường kính khi đó M là trung điểm của cung BC Đề 20 Bài 1: (4 điểm) a. b. Bài 2: (5 điểm). Cho biÓu thøc:. (. M=. √ a+1−. 1 √a+ 1. )(. a2 +3 √ a+1 −2 a +2− a a. ). Tìm điều kiện để cho biểu thức M có nghĩa. Chøng minh r»ng biÓu thøc M kh«ng phô thuéc vµo a. x 2  3x  5 x 2  5 x  5 1  2  2 4 a) Giải phương trình : x  4 x  5 x  6 x  5. 5.

<span class='text_page_counter'>(52)</span>  2 1 x  x  y 2  y 3    x  1  x 3 y y b) Giải hệ phương trình : . Bài 3: (4 điểm) 1 2 3   6 Ba số x;y;z thoả mản hệ thức : x y z . Xét biểu thức :P= x+y2+z3. a.Chứng minh rằng: P x+2y+3z-3?. b.Tìm giá trị nhỏ nhất của P?. Bài 4: (5 điểm) Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB và tia tiếp tuyến Bx của nửa đường. Trên tia Bx lấy 2 điểm C, D (C: nằm giữa B và D). Các tia AC và AD lần lượt cắt đường tròn tại E và F; hai dây AE và BF cắt nhau tại M. Hai tia AF và BE cắt nhau tại N. Chứng minh rằng: a) MN // Bx. b) Tứ giác CDFE nội tiếp được. Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác có số đo các cạnh lần lượt là 6; 8 và 10. Tính khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến tâm đường tròn nội tiếp của tam giác. HƯỚNG DẴN GIẢI ¿ a≠0 1. §iÒu kiÖn: a>− 1 ¿{ ¿  M  a  1  .   a  1  1   a 2  3 a  1  2a  2a  a 2    a 2  3 a  1  2a a 3 a 1  2  a   3       a a a 1   a  1 a 1 a      1. KÕt luËn: biÓu thøc M kh«ng phô thuéc vµo a 2. a) Chia cả tử và mẫu của hai phân thức cho x và đặt biến phụ b) Điều kiện y 0 1 x x  2  3  y y 2. 2.  1 x  x   3  y y  (1). x. 1 x  3  y y.  1 x  x    3  y y . (2). 2.      1 1 1 1  x     x    6 0   x   3   x   2  0 y y y y     Cộng (1) và (2) vế với vế ta được:  1 1   3 0  x  y  3 3 y  1 1   2 0 x  2 4   y y   1   x  y  3    2 6 y  3 y  1 0(*) x  6    x 6 y (3) và (2) ta có:  y.  x    x  . Từ. vô nghiệm  hệ vô nghiệm. 5.

<span class='text_page_counter'>(53)</span> 1   x  y  3     y 2  2 y  1 0  x 1    x  y 1; hệ x  y y. Từ (4) và (2) ta có có 1 nghiệm x y 1; 3. a) Xét nghiệm P=(x+y2+x3)= y2-2y+z3-3z+3=(y2-2y+1)+(z3-3x+2)=(y-1)2+(z-1)2(x+2) 0 do x+2>0) Vậy P x+2y+3z-3 b) áp dụng BĐT Bu nhi a Cốp ski ta có  1  2  2  2  3  2  1 2 3        2  y   y   z     ) 2 2          x )  ( 2 y )  ( 3 z ) (x+2y+3z)( x y z =[( ].  2.  1  2   3   2  3 z .   x .    2 y .  (1  2  3)    x  y  z     =36  x  2 y  3 z  3  6  3 3 => x+2y+3z 36 : 6 6 =>P             . y  z 1 1 2 3   6  x  y  z 1 x y z 2y x 3z   1 2 3 x y z. Đẳng thức xảy ra khi: Vạy giá trị nhỏ nhất của P=3 khi x=y=z=1. 4. a) Trong tam giác ABN ta có: x N C. F. E M. B. A.  AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)<=> AE  BN. (1).  AFB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)<=> BF  AN. (2). Từ (1) và (2) => M là trực tâm của tam giác ABN => MN  AB => MN //Bx (Vì cùng vuông góc với AB) 5.

<span class='text_page_counter'>(54)</span> b) Ta có:  DFE +  BFE =  DFE +  BAE = 900  BCA +  BAC =  BCA +  BAE = 900=>  DFE =  BCA. Khi đó trong tứ giác CDFE ta có:  DCE +  DFE =  DCE +  BCA = 1800 => Tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp. 5. a) Ta có: BC = AB + AC  102 = 62 + 82 B  ABC vuông tại A, nên trung điểm O của cạnh huyền BC là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, D, E, F là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) 6 trên các cạnh BC, AC, AB, S, p, r lần lượt là diện tích, r nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ta có: F 2. 2. 2. 6.8 6  8 10  .r  r = 2. 2 S = pr  2. D O. r. 10. I r. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: BD = BF, CD = CE, AE = AF Suy ra: BD + CE + AF = p  BD + (CE + AE) = p  BD + AC = p  BD = p – AC = p – b = 12 – 8 = 4. Do đó OD = OB – OD = 5 – 4 = 1 Theo định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông OID, ta có: OI2 = OD2 + ID2 = 12 + 22 = 5  OI = 5 . Vậy OI = 5 . Đề 21  x y x y M    1  xy 1  xy  Cho biểu thức. A. E. 8. C.   x  y  2xy   :  1   1  xy    .. Bài 1: (4 điểm) a) Tìm điều kiện xác định của M và rút gọn biểu thức M. b) Tìm giá trị của M với x 3  2 2 .. Bài 2: (5 điểm). a) Giải hệ phuơng trình:.  x  y 1 x  2 y  2   x  2 y x  y 1 3x  y 4 . Bài 3: (2 điểm).  b) Tìm (x;y) thoả mãn  Cho a, b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:. Bài 4: (4 điểm). 1 1 1 3 (1  )4  (1  ) 4  (1  ) 4 3(1  )4 . a b c 2  abc x , y , z a) Cho các số không âm thỏa mãn: x + y + z. 2 x y  4  y x  4  xy. 2. 2. 3. 2. Tìm giá trị lớn nhất của A  1  x  1  y  1  z  3( x  y  z ). b) Giải phương trình nghiệm nguyên x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1) Bài 5: (5 điểm). 5.

<span class='text_page_counter'>(55)</span> Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không đi qua tâm O cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm phân biệt A, B. Điểm M chuyển động trên (d) và nằm ngoài đường tròn (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN và MP tới đường tròn (O; R) (N, P là hai tiếp điểm). a) Chứng minh rằng tứ giác MNOP nội tiếp được trong một đường tròn, xác định tâm đường tròn đó. b) Chứng minh MA.MB = MN2. c) Xác định vị trí điểm M sao cho tam giác MNP đều. d) Xác định quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. HƯỚNG DẴN GIẢI. 2. a) + Đặt ĐKXĐ của hệ.  x  y 1 x  2 y  2  x  y 1  x  2y 3x  y 4 . là (x+2y)(x+y+1) 0. x  y 1 x  2 y ( x  y  1) 2  ( x  2 y ) 2  2  2 x  2 y x  y  1 ( x  y  1)( x  2 y ) + Biến đổi phương trình  ( x  y  1) 2  ( x  2 y ) 2 2( x  y  1)( x  2 y ) 2. 2.   ( x  y  1)  ( x  2 y )  0   1  y  0  y 1. + Thay y = 1 vào phương trình 3x + y = 4 ta tìm đợc x = 1 + Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của hệ là (1; 1) b) + Điều kiên xác định: x  4 và y  4 (*) + Đặt a  x  4; b  y  4 với a và b là các số không âm thì điều kiện đề bài trở thành 2   a 2  4  b   b 2  4  a   a 2  4   b2  4  2   a 2  4  b   b 2  4  a . 2b 2a 4b 4a  2 1  2  2 2 b 4 a 4 b 4 a 4 (1) 4b 4a 4b 4a 1; 2 1  2 1 2 2 a 4 + Với mọi a; b thì b  4 . Do đó từ (1) suy ra b  4 a  4 (2). .  a 2  4   b2  4 . 1. . 2. Giải (2) ta được a = b = 2. Do đó x = y = 8 + Kiểm tra các giá trị của x, y thoả mãn điều kiện đề bài. Vậy cặp số (8; 8) là cặp số cần tìm. 1 1 1 3 (1  )4  (1  ) 4  (1  ) 4 3(1  )4 . a b c 2  abc 3. Cho a, b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:  1 1 1 1 1 1  (1  ) 4  (1  )4  (1  ) 4 3  3 (1  )(1  )(1  )  a b c a b c   Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta có: 1 1 1 3 (1  )(1  )(1  ) (1  )3 a b c 2  abc Ta chứng minh: (*). 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1  )(1  )(1  ) 1        a b c a b c ab bc ca abc Lại theo BĐT Cô-si ta có: 3 3 1 1 3 3 1  3   (1  3 ) (1  )3 2 3 abc 2  abc abc abc (abc). 4. 3 ( vì abc+2 = abc+1+1 3 abc ). 5.

<span class='text_page_counter'>(56)</span> Vậy (*)được chứng minh BĐT đã cho đúng với mọi a,b,c>0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1. x 4. a) Cho các số không âm , y, z thỏa mãn: x + y + z 3 2 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của A  1  x  1  y  1  z  3( x  y  z ). Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xky, ta được:. 1  x 2  2 x  (1  1)(1  x 2  2 x)  2( x  1). Tương tự:. 1  y 2  2 y  (1  1)(1  y 2  2 y )  2( y  1) 1  z 2  2 z  (1  1)(1  z 2  2 z )  2( z  1). Bởi vậy A  1  x 2  1  y 2  1  x 2  3( x  y  z )  2( x  y  z  3) . 2( x  y  z )  3( x  y  z ) 6 2  (3 . 2)( x  y  z ). A 6 √ 2 + ( 3 - √ 2 ) √ (1+1+1)( x+ y + z ) 6 √ 2 + ( 3 - √ 2 )3 = 9 + 3 √ 2 (Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xky và giả thiết x + y + z 3) Vậy giá trị lớn nhất của A là : 9 + 3 2 , x = y = z = 1. b) Nhận thấy x=y=0 là nghiệm. Với x,y 0 (1) <=> y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2) (2)  x2 – 7 phải là bình phương của số nguyên. ⇒.  x  a 7    x 4  x 4 x  a  1  ( x  a )( x  a ) 7  2 2 2 2  Hay: x – 7 = a x –a =7.  Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2  Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2. Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2) 5.. a, b) Dễ quá rồi. c) Tam giác MNP đều khi OM = 2R d) Quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là đường thằng d’ song song với đường thẳng d (trừ các điểm ở bên trong đường tròn). 5.

<span class='text_page_counter'>(57)</span> Đề 22 2 √x+x 1 x +2 − ): √ Cho biÓu thøc : A=( x √ x −1 √ x −1 x+ √ x +1 a. Rót gän biÓu thøc . b. TÝnh gi¸ trÞ cña √ A khi x=4 +2 √3 Bài 2: (5 điểm) a). (. Bài 1: (4 điểm). ).   x  1  y  2  2 (1)   y  2   z  3 6 (2)   z  3  x  1 3 (3) . b) Giải hệ phương trình: (I) Bài 3: (4 điểm) a) Cho xyz = 1 và x + y + z = 3. Tìm GTNN của B8 = x16 + y16 + z16 a b  c b c  a c a  b   c a b b) Cho a, b, c thoả mãn:  b  c  a   1   1   1   Tính giá trị biểu thức: P =  a   b   c . Bài 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC. . . 3) Chứng minh CFD = OCB . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là: BC = a, CA = b, AB = c và chu vi tam giác là 2P. P P P   9 Chứng minh rằng: P  a P  b P  c. HƯỚNG DẴN GIẢI. 5.

<span class='text_page_counter'>(58)</span> b) Nhân (1) (2) và (3) ta có:[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36 (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)(z + 3) = -6. Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:.  z  3 3   x  1 1   y  2 2 .  z 0   x 0   y 0.  z  3  3   x  1  1   y  2  2 .  z  6   x  2  y  4 . Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là: Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ; -6) 3. a) Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2  0 a,b,c a2 + b2 + c2  ab + ac + bc (1) áp dụng bất đẳng thức (1) ta có : B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2  x8y8 + y8z8 + z8x8 B8  x8y8 + y8z8 + z8x8  B8  (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2  x4y4. y4z4+ x4y4. z4x4 + y4z4. z4x4  B8  x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8 B8  (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2  x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6  B8  (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2  x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6  B8  (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3(do xyz = 1 và x + y + z = 3)  B8min = 3  x = y = z = 1 a b  c bc a ca b 2  2  2 c a b b) Từ gt ta có Xét hai trường hợp * Nếu a + b + c = 0  a + b = -c. a b c b c a c  a b   c a b suy ra. b+c=-a. c + a = -b.  b  c  a   a b  b c  c a  (  c ) (  a ) (  b)  abc 1  1  1      P =  a   b   c  =  a   b   c  = a . b . c = abc = -1 * Nếu a + b + c 0  a = b = c  P = 2.2.2 = 8. 4.. 5.

<span class='text_page_counter'>(59)</span> 5.. 1 1 4   * Cm bđt: x y x  y với x > 0, y > 0. Ta có (x - y)2  0 x,y ⇔ x2 + y2 -2xy  0 ⇔ (x + y)2  4xy . xy 4 1 1 4     xy xy x y x  y với x ; y.. * Áp dụng : 1 1 4 4      P a P b P a P b c  1 1 4 1 1 1 1 1 1      2     P b P c c P a P b P c b c a 1 1 4    P a P b c . P P P 1 1 P P P 1 1 2 1 1    2P         a  b  c       1  1  1 9 P a P b P c b c P a P b P c b c a a. (Áp dụng Bunhacopski). Dấu bằng xảy ra ⇔ a2 = b2 = c2 ⇔ a = b = c Đề 23 x 6 1   10  x   A     : x  2   x 2  x 2 x x 4 x 3 x 6 Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:. 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm x sao cho A < 2.. 5.

<span class='text_page_counter'>(60)</span> 1 1 9  x  y  x  y 2    xy  1  5 xy 2 a) Giải hệ phương trình: . Bài 2: (5 điểm). b) Giải phương trình: (x + 1)4 = 2(x4 + 1) Bài 3: (4 điểm) 1. Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x 2 + (3 -x)2  5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2. a b c   1 2. (2đ) Cho các số dương a, b, c biết 1  a 1  b 1  c 1  Chứng minh rằng: abc 8. Bài 4: (5 điểm) Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D, E sao cho DE song   NMP song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho DMK . Chứng minh rằng: a. MD = ME 2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK. Bài 5: (2 điểm) Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm B và D thuộc đường tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất. HƯỚNG DẴN GIẢI  2[xy ( x  y )  ( x  y )] 9 xy (1)  (2). 2 2. a) Điều kiện xy 0 . Hệ đã cho 2( xy )  5 xy  2 0. Giải PT(2) ta được:. Từ (1)&(4) có:.  xy 2 (3)  1  xy  (4)  2 Từ. (1)&(3) có:.   x 1   x  y 3   y 2     x 2  xy 2    y 1.   x 1  3    y 1 x y      2 2    1 1   xy   x    2 2    y 1 . Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: ( x; y ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1) b) Khai triển và rút gọn và chia hai vế cho x2. Đặt x + 1/x = y. Có nghiệm x = 1  3  3  2 3 3. 1) Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức: 6.

<span class='text_page_counter'>(61)</span> P= x4 + y4 + 6x2y2 trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn:.  x  y 3  2 2  x  y 5.  x 2  y 2  2 xy 9  2 2 Từ các hệ thức trên ta có:  x  y 5  (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy)  5 + 4.9 =41.  5(x2 + y2) + 4(2xy)  41 Mặt khác 16 (x2 + y2) 2 + 25(2xy)2  40(x2 + y2)(2xy) (1) Dấu đẳng thức xảy ra  4 (x2 + y2) =5(2xy). Cộng hai vế của (1) với 25 (x2 + y2) 2 + 16(2xy)2 ta được: 41[ (x2 + y2) 2 + (2xy)2]  [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2  412 hay (x2 + y2)2 + (2xy)2  41  x4 + y4+6x2y2  41  x  y 3    x 2  y 2 5  4( x 2  y 2 ) 5(2 xy ) Đẳng thức xảy ra .  ( x; y ) (1; 2)  ( x; y ) (2;1) . Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt được  x=1 hoặc x=2 a b c b c a 1   1   1   1 b 1 c 1  a a 1 2. Theo giả thiết 1  a 1  b 1  c. Do b > 0; c > 0 nên theo bất đẳng thức côsi ta có: b c bc 1 bc  2 0 2 0 1 b 1 c (1  b)(1  c) 1 a (1  b)(1  c). Tương tự ta cũng chứng minh được. (1). 1 ac 2 0 1 b (1  a )(1  c). (2). 1 ab 2 0 1 c (1  a )(1  b). (3). Từ (1); (2); (3) ta chứng minh được 1 1 1 abc 1 . . 8 8abc  abc  1 a 1 b 1 c (1  a )(1  b)(1  c) => 1 8 => đpcm.   4. Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp  MAB MNB , MCAP nội tiếp    CAM CPM . BNM CPM . Lại có. (cùng phụ góc NMP). M.    CAM BAM. (1) Do DE // NP mặt khác MA  NP  MA  DE (2) Từ (1), (2)  ADE cân tại A  MA là trung trực của DE  MD = ME   NAB Do DE//NP nên DEK , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:      DEK 1800 NMB  NAB 1800  NMB      DMK  DEK 1800 NMP Theo giả thiết DMK  Tứ giác MDEK nội tiếp Do MA là trung trực của DE  MEA MDA. N. K B C D. E. A. P. 6.

<span class='text_page_counter'>(62)</span>      MEA MDA  MEK MDC .     MEK MDK  MDK MDC . Vì. DM là phân giác của góc CDK, kết hợp với AM là phân giác DAB  M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK.   AB ' CB' 5. Không mất tổng quát giả sử:AB AC. Gọi B’ là điểm chính giữa cung ABC Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA  AB  BC CA ' Ta có: B 'BC B ' AC B 'CA    B'BA 1800 (1) ; B'CA (2) .   'BA ' 1800 B'BC B. . (3);Từ (1), (2), (3)  B 'BA B'BA ' Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau  A 'B ' B ' A Ta có  B'A  B'C B'A' B'C A 'C = AB + BC ( B’A + B’C không đổi vì B’, A, C cố định). Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’.  Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung ADC thì ta cũng có AD’ + CD’  AD + CD. Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D’.   Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung AC của đường tròn (O) A' B'. B. O C. A. Đề 24 Bài 1: (4 điểm). D' D. 2 √x ( 1 −2√ x − √ x) :( 1+1√ x + 1− x). Cho biểu thức: B=. a) Rút gon biểu thức B. b) Tìm giá trị của x để biểu thức B = 5.. Bài 2: (5 điểm). 8  2  3 x  y 3    x3  2  6 y trình: . a) Giải hệ phương b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 - y3 - 2y2 - 3y -1 = 0 Bài 3: (2 điểm) a) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa món: a  b  c 3 . Tìn giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Bài 4: (3 điểm). P a 2  b 2  c 2 . ab  bc  ca a 2b  b 2 c  c 2 a. 6.

<span class='text_page_counter'>(63)</span> Bài 6: (5 điểm) Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB, xy là tiếp tuyến tại B với đường tròn, CD là một đường kính bất kỳ. Gọi giao điểm của AC và AD với xy theo thứ tự là M, N. a) Chứng minh rằng: MCDN là tứ giác nội tiếp một đường tròn. b) Chứng minh rằng: AC.AM = AD.AN c) Gọi I là đường tâm tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN. Khi đường kính CD quay quanh tâm O thì điểm I di chuyển trên đường tròn nào ? HƯỚNG DẴN GIẢI 2  3x z 3 2  z 2  3z x 3  3  x  z  z 3  x 3 y 2. a) Đặt . Hệ đã cho trở thành  2 2   x  z  x 2  xz  z 2  3 0  x z (vì x  xz  z  3  0, x, z ).. . .  x  1 x3  3 x  2 0    x 2 Từ đó ta có phương trình:. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: ( x, y) ( 1;  2),  2,1 b) Phương trình đã cho tương đương với : x3 = y3 + 2y2 + 3y +1 2 3 3 2 2 3 Nhận xét rằng: y 0  x  y  2 y  3 y  1  y ( y  1) (2) 2 3 3 2 2 3 5 y  2  0  x  y  2 y  3 y  1  (5 y  2) ( y  1) (3). (1). 3 3 Từ (2) và (3) suy ra: ( y  1) < x3 ( y  1) , Vì y  Z.  2 y 2  3 y  1 0  x3  y 3  y3  2 y 2  3y  1 y3     3   2  3 3 2 3  y 0  x ( y  1)  y  2 y  3 y  1 ( y  1).  y  1 (vi y  Z)   y 0 .  y  1  y 0 . Với y = -1  x= -1. Với y = 0  x= 1 Vậy phương trình có 2 cặp nghiệm nguyên là (-1; -1) và (1; 0) 3. Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mà a3 + ab2  2a2b (áp dụng BĐT Côsi ) b3 + bc2  2b2c c3 + ca2  2c2a Suy ra 3(a2 + b2 + c2)  3(a2b + b2c + c2a) > 0. Suy ra 9  (a 2  b 2  c 2 ) 2 2 2  P a  b  c  2(a 2  b 2  c 2 ). P a 2  b2  c2 . ab  bc  ca a 2  b2  c 2. 6.

<span class='text_page_counter'>(64)</span> Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t  3. 9 t t 9 t 1 3 1 P t      3   4 2t 2 2t 2 2 2 2 Suy ra P4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 5.. 6.a) ∆ ABM vuông tại B =>  BMA +  BAM = 900. ∆ OAC cân tại O =>  ACD =  BAM=>  BMA +  ACD = 900. ∆ ADC vuông tại A =>  ADC +  ACD = 900 =>  BMA =  ADC  ADC +  NDC = 1800 => ∆ MCDN có  NMC +  NDC = 1800 nên nội tiếp 1 đường tròn b) ∆ ABM vuông tại B, BC  AM => AB2 = AC. AM (1) ∆ ABN vuông tại B.BD  AN=> AB2 = aD.AN (2) Từ (1) và (2) => AC.AM = AD.AN c) Chỉ ra được : Kể từ IH  xy => IH // OA (1) và HN = HM = AH (∆ AMN vuông tại A; HN = HM)=>  NAH =  ANH Theo câu a :  ADC =  AMN mà  ANH +  AMN = 900 6.

<span class='text_page_counter'>(65)</span> =>  NAH +  ADC = 900=> AH  CD Mặt khác IO  CD (OC = OD; IO bán kính)= AH // IO (2) Từ (1) và (2) => AHIO là hình bình hành => IH = OA = R (R bán kính đường tròn (0)) Vậy khi CD quanh quanh tâm 0 thì I chuyển động trên đường thẳng d//xy cách xy một khoảng bằng R. 6.

<span class='text_page_counter'>(66)</span>