Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
Đề 1
Bài 1: (4,0 điểm).
Cho biểu thức
2 1 2
1 ( ).
1
1 2 1
x x x x x x x x
A
x
x x x
+ − − + −
= + −
−
− −
.
a) Tìm các giá trị của x để
6 6
5
A
−
=
.
b) Chứng minh rằng
2
3
A >
với mọi x thoả mãn
1
0, 1,

+
+
+ b
ca
a
bc
c
ab
.
Bài 4: (2,0 điểm).
Cho
∆
ABC đều điểm M nằm trong
∆
ABC sao cho AM
2
= BM
2
+ CM
2
. Tính số đo góc
BMC ?
Bài 5: (6,0 điểm).Cho hai đường tròn (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T. Hai đường
tròn này nằm trong đường tròn (C
3
) và tiếp xúc với (C

−
−
+
−
+
−
−






−
−
−=
6xx
x9
x3
2x
x2
3x
:
9x
x3x
1P
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của x để P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình:

zy
x
+
++
( )( )
2
22
1
11
y
xz
y
+
++
+
( )( )
2
22
1
11
z
yx
z
+
++
+
Bài 4: (3,0 điểm).
Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M là giao điểm của AB và CD, N là giao điểm của AD và
BC. Gọi E, F, và K lần lượt là trung điểm của BD, AC và MN.
a) Chứng minh các điểm E, F, K thẳng hàng.







+
+
++








+
−
+
+
+
+
=
xxx
xx
x
x
xx
x

+
+
x
x
x
b) Giải hệ phương trình :

Bài 3: (3,0 điểm).Cho
Rzyx
∈
,,
thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x
8
– y
8
)(y
9
+ z
9
)(z
10
– x

P : 1
x 9
2 x 3 x x x 6
   
− + − −
= + − −
 ÷  ÷
−
− + + −
   
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:
4 4
1
8(x y ) 5
xy
+ + ≥
Bài 3: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
2 2
25- x - 10 - x = 3
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số
đo chu vi.
Bài 4: (6,0 điểm).Cho ∆ABC đều, nội tiếp trong đường tròn tâm O. D là điểm nằm trên cung
BC không chứa điểm A. trên tia AD lấy điểm E sao cho AE = DC.
a) Chứng minh ∆AEB = ∆CDB.
b) Xác định vị trí của điểm D sao cho tổng (DA + DB + DC) lớn nhất.
Bài 5: (2,0 điểm).
Cho a, b, clà độ dài 3cạnh của ∆ABC . Gọi m, n, k là độ dài các đường

2. Tìm các giá trị nguyên của
x
để biểu thức
A
nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (3,0 điểm).
Giải hệ phương trình:
2 2
19
7
x y xy
x y xy

+ − =

+ + = −

Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.
3
Trng THCS Nguyn ỡnh Chiu Nm hc 2010-2011
a)
34
1
2
++ xx
+
5
1
6316
1

6
Bi 1: (5,0 im).
Cho phng trỡnh :
2 2
2
2 2 2 2
x x
x x
+
+ =
+ +
.
a) Tỡm iu kin ca x phng trỡnh cú ngha .
b) Gii phng trỡnh .
Bi 2: (3,0 im).Gii h phng trỡnh:

3 3
5 5 2 2
1x y
x y x y

+ =


+ = +


Bi 3: (5,0 im).
a) Cho x, y >0 v
x y 1+

HC
HB
HB
HA
HA
. Dấu "=" xảy ra khi nào?
4
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
HƯỚNG DẨN GIẢI
Đề 1
1.a)
( )
2 1 2 (2 1)( 1) (2 1)( 1) ( 1)
1 ( ). 1 .
1
1 2 1 (1 )( 1) 2 1
(1 ) 1
x x x x x x x x x x x x x x x
A
x
x x x x x x x
x x
 
+ − − + − − + − + −
 
= + − = + −
 
−
− − − + + −
− +

3 3
1
x
A x x x
x x
+
> ⇔ > ⇔ − + > ⇔ − >
+ +
Do
1x ≠
nên
2
1 0 ( 1) 0x x− ≠ ⇒ − >
. Vậy
2
3
A >
2) Giải, xác định đúng điều kiện:
2 2
;
2 2
x x
−
< ≥
⇔
2 2 2
4 4 2 1 2 2 1. 7 7x x x x+ + + − − − +
= 0
2
( 2) ( 2 1 7) 0x x⇔ + + − − =

(Thỏa mãn)
3) Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y)
2

⇒≥ xy4

(*)
11
4
11411








+≤
+
⇒
+
≥+
yxyxyxyx
dấu bằng xảy ra
khi x = y.
Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có:

1 1
;

1 1 1
1 1 1 4 4 4
ab bc ca ab bc ab ca bc ca
a b c
c a b c a b c a b
+ + +
 
⇒ + + ≤ + + = + + =
 ÷
+ + + + + +
 
⇒
4
1
111
≤
+
+
+
+
+ b
ca
a
bc
c
ab
. Dấu bằng xảy ra
3
1
===⇔ cba

=


+

=



+
=



⇔
(II)
1 1 3
x y 2
1 1 5
y z 6
1 1 4
z x 3

+ =



+ =



·
·
·
0 0 0
90 60 150BMC BMN NMC⇒ = + = + =
. (1 điểm)
5.
a. Gọi O
1
, O
2
, O
3
tương ứng là tâm các
đường tròn (C
1
), (C
2
), (C
3
) ta có M, O
1
,
O
3
thẳng hàng => BO
1
// NO
3
= >

= PA.PM tương tự PT
2
= PD.PN
Vậy PA. PM = PD.DN =>
EA
ED
PD
PA
PM
PN
EC
EB
===
=>∆ EBC ~ ∆ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 180
0

=> ABCD nội tiếp.
b. Nối E O
2
cắt (C
2
) tại C' và D' = >∆ECC' ~ ∆ ED'D
=> ED.EC = ED'.EC' => EC.ED = (EO
2
- R
2
)(EO
2
+R
2

1
0
2
theo định lý Pitago ta có:
EO
1
2
- EO
2
2
= (O
1
T'
2
+ T' E
2
) - (0
2
T'
2
+ T' E
2
) = O
1
T'
2
- O
2
T'
2

2
T'
=> O
1
T = O
1
T => T ≡ T' tức PI đi qua E .
HƯỚNG DẨN GIẢI
Đề 2
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:






−+
−
−
+
−
+
−
−







=++
=++
8
5
zxyzxy
zyx
Bài 3: (2,0 điểm).
Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1
Tính: T =
( )( )
2
22
1
11
x
zy
x
+
++
( )( )
2
22
1
11
y
xz
y
+
++
+

) và (o
2
) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với
CD lần lượt cắt (o
1
) và (o
2
) 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.
HƯỚNG DẨN GIẢI
Đề3
7
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
1. đk





≠
≠
≥
⇔






3x)(3x(
)3x(x
1P
=






+−
−−






+ x3)(x2(
4xx4
:
3x
3
=







25x5x32x =⇔=⇔=−⇔
. Vậy với x = 25 thì P = 1
2. a. ĐK: x
≥
-1 và PT
<=>
( )
4
11
4
11
2
2
−=






−+
⇔−=









=
=+
vxy
uyx
⇒x, y là nghiệm của phương trình: t
2
- ut + v = 0 (a)
Phương trình có nghiệm ⇔ u
2
– 4v
≥
0 (*)
Ta có hệ:



=+
−=
8
5
zuv
zu
( )
( )
2
1
Thế (1) vào (2)
⇒
v = 8 – z(5 - z) = z
2

≤−



≥−
≥−
⇔
037
01
037
01
z
z
z
z












≥
≤
≤≤

=
=
⇒=
2
2
4
4
4
4
1
y
x
xy
yx
v
u
z
+)










=
=

x
xy
yx
v
u
z
Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2)
3. Ta có 1+x
2
= xy + yz + z = y(x+z)+x(x+z)
=(x+z)(z+y)
Tương tự ta có: 1+y
2
=(y+x)(y+z)
8
G
K
F
E
M
N
A
B
C
D
H
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
1+z
2
=(z+x)(z+y)

EAB ECD DAB DBC ABCD
1 1 1
S S S S S
2 2 2
∆ ∆ ∆ ∆
+ = + =
FAB FCD CAB ACD ABCD
1 1 1
S S S S S
2 2 2
∆ ∆ ∆ ∆
+ = + =
EGH MHG FGH MHG KGH MHG ABCD
EGH FGH KGH
1
S S S S S S S
2
S S S
∆ ∆ ∆ ∆ ∆ ∆
∆ ∆ ∆
+ = + = + =
⇒ = =
Suy ra khoảng cách từ E; F; K đến đường thẳng GH bằng nhau nên E; F; K cùng nằm trên một
đường thẳng. Vậy E, F,K thẳng hàng (đfcm)
b) + Lấy điểm I bất kỳ nằm trong tứ giác ABCD, chứng minh được:
IGH MGH ABCD
1
S S S
2
∆ ∆

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)).
->
IA
ID
=
ID
IB
-> ID
2
= IA.IB. (1)
Lập luân tương tự -> IC
2
= IA.IB (2)
Từ (1) và (2) -> IC = ID
Mà
AP




+
−
+
+
+
+
=
xxx
xx
x
x
xx
x
x
x
P
1
2
3
:
2
2
88
2
a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P
1≤
.

2
x + 2y = 0
Bài 3: (3,0 điểm).Cho
Rzyx
∈
,,
thỏa mãn :
zyxzyx
++
=++
1111
Hãy tính giá trị của biểu thức : M =
4
3
+ (x
8
– y
8
)(y
9
+ z
9
)(z
10
– x
10
) .
Bài 4: (6,0 điểm).Cho
ABC
∆

++++
+
+−++
=
xx
xxx
xx
xxx
P

P=
52
44
++
+
xx
x

⇒
P-1=
0
4)1(
)1(
1
52
44
2
2
≤
++


3
323
3
323
+−
=
−−
=
x
x

⇔

3
347
−
=
x
(thoã mãn điều kiện x>0) .
2. a. ĐK :
1
−≠
x
⇔
1
1
2
)
1

=
+
+
+
−
x
x
x
x
x
⇔

2)1
1
(
2
2
=+
+
x
x
⇔

0)21()21(
0)21()21(
2
2
=++++
=−+−+
xx

23
=++
=−+
yxyx
yxxy
Nhận thấy
3
2
−=
y
không thoả mãn hệ phương trình .
Xét
3
2
−≠
y
từ (1)
⇒
2
3
2
+
=
y
y
x
thay vào (2) ta có :
02
2
.)




+
+
+
+ y
y
y
y
y
⇔
08113
36
=++
yy
⇔

32
3
2
3
8
111
3
3
3
−=⇒
−
=⇒−=

zzyx
xy
yx

( )
( )
( ) ( ) ( )
2
1 1
0 0 ( ) 0
( )
zx zy z xy
z y x y x y y z z x
xy z x y z xyz x y z
 
 
+ + +
⇒ + + = ⇒ + = ⇒ + + + =
 ÷
 ÷
 ÷
+ + + +
 
 
Ta có : x
8
– y
8
= (x + y)(x-y)(x
2

x + z
2
x
2
– zx
3
+ x
4
)(z
5
- x
5
)
Vậy M =
4
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
3
4.
11
O
M
F
CNB
E
A
(loại)
(2)
(1)


⇒
BOP+PNP=180
0

⇒
tứ giác BOPN nội tiếp
⇒
OPM = OBC (cùng bù OPN )
Mặt khác : OMP = OCN
⇒

∆
OPM
∆
OBC (g.g)
⇒
OB
OP
OC
OM
a
PM
==
(1)
Tơng tự ta có :
∆
ONQ
∆
OCA (g.g)

b
NQ
a
MP
==
hay :
b. Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên)
⇒
AQO=AMO = 90
0

⇒
∆
ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến
⇒
EQB= EBQ=CBQ
⇒
EQ//BC mà EF//BC
⇒
E, Q, F thẳng hàng .
5. Ta có chu vi
∆
AMN = AM + AN + MN = AM + AN + MX + XN
Mà MB = MX(định lí hai tiếp tuyến cắt nhau)
Và XN = NC (định lí hai tiếp tuyến cắt nhau)
Vậy chu vi
∆
AMN = AM + AN + MB + NC = AB + AC(không đổi)
Ta có
CABXOB

(không đổi)
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
x 3 x 2 9 x 3 x 9
P : 1
x 9
2 x 3 x x x 6
   
− + − −
= + − −
 ÷  ÷
−
− + + −
   
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:
4 4
1
8(x y ) 5
xy
+ + ≥
12
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
Bài 3: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
2 2
25- x - 10 - x = 3
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số
đo chu vi.
Bài 4: (6,0 điểm).Cho ∆ABC đều, nội tiếp trong đường tròn tâm O. D là điểm nằm trên cung

x( x 3)
( x 3)( x 3)
− + − −
−
− + − +
=
−
− +
− + − + − + − +
⇔ = ⇔ = =
− + −
(x 9) (4 x) (9 x) x 3 4 x 2 x
P . P .
(2 x)( x 3) x (2 x) x x
Theo câu a ta có:
2 x 2
P 1
x x
+
= = +
. Do đó để P ∈ Z thì ta cần
2
x
∈ Z ⇔
x 1
x 2 (lo¹i)

=

=

y
2
= 2x
2
y
2
– 4xy + 1.
⇒ + + = − + + = − − + +
4 4 2 2
1 1 1
8(x y ) 16x y 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
4
xy
− − ≥


≤ + = ⇔ ≤ ⇒

≥


4 4
1 1

x
≤
10

Đặt a =
2
25 x−
; b =
2
10 x−
( a, b
≥
0 ). Ta được hệ pt :
2 2
3
15
a b
a b
− =


− =


Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x
1
= 3 ; x
2
= -3
b. Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1

2
− 4(a + b) = c
2
+ 4c
⇔
(a + b)
2
− 4(a + b) + 4 = c
2
+ 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
⇔

·
·
BDA BCA
=
(cùng chắn cung AB)
⇒ ∆BED đều ⇒ BD = ED.
Vậy ta có: DA + DB + DC = DA + ED + AE = 2DA
Vì điểm D thuộc cung BC không chứa A nên suy ra tổng (DA + DB + DC) lớn nhất khi DA
là đờng kính của đờng tròn (O), hay D là điểm chính giữa của cung BC nhỏ.
5.
Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB tại M
⇒ A
1
= M
1
; A
2
= C
1

Mà A
1
= A
2
( AD là tia phân giác của góc A )
Nên M
1
= C
1
⇒ AM = AC

+ +
= − −
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
+ + +
−
 
 
3. Rút gọn biểu thức
A
.
4. Tìm các giá trị nguyên của
x
để biểu thức
A
nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (3,0 điểm).
Giải hệ phương trình:
2 2
19
7
x y xy
x y xy

+ − =

+ + = −


Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm của hai đường chéo. Kí hiệu
1 2
; ;
AIB CID ABCD
S S S S S S
∆ ∆
= = =
a. Chứng Minh:
1 2
S S S+ ≤
b. Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra
HƯỚNG DẨN GIẢI
1. Ta có:
( )
2
3 2 3 4 3 1 3 0;1 3 0, 0x x x x x+ + = + + > + > ∀ ≥
, nên điều kiện để A có nghĩa là
( ) ( ) ( )
3
4
3 8 3 2 3 2 3 4 0, 0 3 2 0
3
x x x x x x x− = − + + ≠ ≥ ⇔ ≠ ⇔ ≤ ≠
( )
( )
3
3
3
1 3
6 4 3

 ÷
= − + −
 ÷
− + +
 
15
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
( ) ( )
( )
3 4 2 3
3 2 3 1
3 2 3 2 3 4
x x
A x x
x x x
 
+ +
 ÷
= − +
 ÷
− + +
 
.
( )
2
3 1
3 2
x
A
x

x
x

= =

− = ± ⇔ ⇔ ⇔ =


=
=




(vì
x
∈
Z
và
0x
≥
). Khi đó:
4A =
2.a)
( )
2
2 2 2
19 3 19
3 19
7 7

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

=
++
+
++
+
++
+
++ xxxxxxxx
⇔
5
1
)
9
1
7
1
7
1
5
1
5
1
3
1
3
1
1
1
(
2

−
+ xx

⇒ 5( x + 9 - x -1) = 2( x+1)( x+9)⇔ 2x
2
+ 20x + 18 - 40 = 0⇔ x
2
+ 10x - 11 = 0
Phương trình có dạng a + b + c = 0 ⇒ x
1
= 1; x
2
= -11 x
1
; x
2
thỏa mãn ĐKXĐ.
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =
{ }
1;11
−
b) ĐKXĐ: x ≥ -2. ( 0,5 điểm)
Pt ⇔
1)32()22(
22
=−++−+ xx
<=>|
|22 −+x
+ |
2+x

1
+D
1
=
2
1
sđ cung AB +
2
1
sđ cung BD =
2
1
sđ cung AD
16
S 4
S 3
S 2
S 1
I
K
H
D
C
B
A
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
⇒
ACD
∠
=

∠
M’IN’
Do



CNIN
MBIM
//'
//'

⇒
IM’, IN’ cố định. Vậy: Quỹ tích K là đờng phân giác
∠
M’IN’
c)
∆
DMN cântại D có
∠
MDN = 180
0
-
∠
BAC = Const
⇒
MN ngắn nhất
⇔
DM nhỏ nhất
⇔
DM

AID
S AH BI
S AH DI
=
=
1
4
(1)
S BI
S DI
⇔ =

1
.
2
1
.
2
CID
BIC
S CK DI
S CK BI
=
=

3
2
(2)
S
BI


(đpcm)
b. Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét:
* Nếu AB // CD ta có: S
ACD
= S
BCD
suy ra: S
3
= S
4
1 2
S S S⇒ = +

* Nếu BC // AD ta có: S
ABC
= S
CAD
Suy ra: S
1
= S
2

⇒
1 2
2
S
S S≥ =
Dấu bằng sảy ra khi: S
1

5 5 2 2
1x y
x y x y

+ =


+ = +


Bi 3: (5,0 im).
a) Cho x, y >0 v
x y 1+
. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
2 2
1 1
A
x y xy
= +
+
b) Cho cỏc s dng a,b,c thay i v tho món : a+b+c=4.
CMR:
4>+++++ accbba
.
Bi 4: (6,0 im).
Cho gúc xIy . A l im ly trờn ng phõn giỏc gúc trong ca gúc ú , Gi K , M ln lt l
chõn ng vuụng gúc h t A n 2 cnh Ix , Iy ca gúc xIy . Trờn KM ly im P ( KP < PM
) . Qua P dng ng thng vuụng gúc vi AP ct KI ti Q , MI ti S
a) Chng minh rng cỏcc t giỏc KPAQ v PSMA ni tip c trong mt ng trũn .
b) Chng minh : P l trung im ca QS

+ + + +
t
4 2 x+
= a ;
4 2 x
= b ( a ; b

0) .
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
8
Ta c :
2
2 2
8
8 8
(I)
2 8 4 2 4 2 4 0 2 4 0
a b
ú
a b
a b
a b
a b a b
a b ab a b a b ab a b ab ab a b ab

1 3
2 2
2
2
2 2 0
1 3 (loai v a 0)
3 1 4 2 3 1
3
3 1
4 2 3 1
b
b
a
b
ab
a b ab
a
I
a
a
a b
a b
a
a a
a
a ỡ
a x
x
b
x






= + + = +

=

=


=


2. Ta cú:
3 3
5 5 2 2
1x y
x y x y

+ =


+ = +


3 3 3 3
5 5 2 2 3 3 2 2
1 1

Trường hợp a:
3 3
0
1
1
0
x
x y
y
xy
=

+ =

⇔
 
=
=


hoặc
0
1
y
x
=


=


2 2 2
a b 2ab 4ab (a b) 4ab⇒ + + ≥ ⇒ + ≥
(a b)(a b) a b 4 a a 4 1 1 4
4 (*)
ab ab a b ab ab a b a b a b
+ + +
⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ + ≥ ⇒ + ≥
+ + +
Áp dụng BÐT (*) v i a =
2 2
x y+
; b = 2xy ; ta có:

2 2 2 2 2
1 1 4 4
x y 2xy x y 2xy (x y)
+ ≥ =
+ + + +
(1)
Mặt khác :
2
2 2
1 1 1 4
(x y) 4xy
4xy (x y) xy (x y)
+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
+ +
(2)
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1

cbaba
bababa +<+⇔<+⇔ 22
(1)
*Hoàn toàn tương tự ta cũng có:
cbcb +<+ 2
(2)
acac +<+ 2
(3)
*Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có:

( )
( )
accbbacba
+++++<++
22
Hay
4
accbba
+++++<
⇒ đpcm
4.• Theo giả thiết ∠ AKQ = ∠ APQ = 90
0
, nên tứ giác
KPAQ nội tiếp trong đường tròn đường kính AQ .
Cũng theo giả thiết ∠ AMS = ∠ APS = 90
0

nên tứ giác PSMA nội tiếp đường tròn đường kính AS . (ĐPCM)
b) Trong tứ giác nội tiếp KPAQ ta có ∠ K
1

1
C
B
1
B
A
1
A
Trng THCS Nguyn ỡnh Chiu Nm hc 2010-2011
Trong tam giỏc vuụng AIK ta cú = (cựng ph vi ) nờn = = .
Trong tam giỏc vuụng AHK cú : KH = = ; = nờn

2cos
a

K cos
KH
AK
1

==
.
Trong tam giỏc vuụng APQ cú : QP = = ; = nờn

2cos
b
AQ

=
.

1
= S
HBC
; S
2
= S
HAC
; S
3
= S
HAB
.
Ta có:
11
1
1
1
1
1

2
1

2
1
HA
HA
HA
AA
BCHA

+ + = + +
ữ1 2 3
1 2 3
1 1 1
( ) 3S S S
S S S

= + + + +
ữ

Theo bất đẳng thức Côsy:
1 2 3
1 2 3 1 1 1
1 1 1
( ) 9 9 3 6
HA HB HC
S S S
S S S HA HB HC

= + + + + + + =
ữ

Du "=" xy ra khi tam giỏc ABC u
Bi 1 (2.5 im):
Cho biu thc: A =



a
a
a.Rỳt gn biu thc A.
b.Tớnh giỏ tr biu thc A khi
200522006 =a
.
Bi 4: Gii h phng trỡnh:



+=+
=++
yxyx
xyyx
3
1
33
22
b/ + = x
2
- 10x + 27
Bi 7 (2 im)
Cho x, y, z l cỏc s dng tho món xyz =1.
Tỡm GTNN ca biu thc :
E =
)(
1
)(
1
)(








+++

+








+

1
2
1
1
:
1
2
1
aaaa
a


)1)(1(
21
:
1
)1(
2
++
+
+

=
aa
aa
a
a

2
2
)1)(1(
)1)(1()1(
+
++
=
aa
aaa

a+=1

b. ( 0.5 im )

xyyxyx +++
(0,25)

33
yx +
232223
333 xyyyxyxxyx +++++=

0244
322
=++
yyxyx
0)22(2
22
=++ yxyxy
[ ]
0)(2
22
=++ yxxy




=++
=
0)(
0
22
yxx
y

y
x
oy
(1,0)
+ Vi y=0 thay vo (1) ta c x
2
=1

x

1
+ Vi x=0, y=0 thay vo (1) khụng tha món

x=0, y=0 loi (0,5)
Vy h phng trỡnh cú 2 nghim (x,y) l (1,0) v (-1,0) (0,25)
b/ + = x
2
- 10x + 27
k : 4 x 6
p dng BT Cosi cho 2s khụng õm , ta c :
+ = + + = 2
21
Trng THCS Nguyn ỡnh Chiu Nm hc 2010-2011
Du = xy ra
5
16
14
=



1
= 1
x + y = c(a + b)
y + z = a(b + c)
x + z = b(c + a)
E =
cb
a
+
2
+
ac
b
+
2
+
ba
c
+
2
D dng chng minh c
cb
a
+
+
ac
b
+
+
ba

+
2
+
ac
b
+
2
+
ba
c
+
2

2
cba ++

2
3
3
abc

=
2
3
E
2
3
Du "=" xy ra a = b = c = 1
Vy min E =
2

NACE
= S
NAC
+ S
NCE
=
2
2
1
2
1
CNCD.AN
+
=
2
23
2
++
xx
0,25 đ
Từ S
NACE
= 3 S
ABCD
ố
0433
2
23
2
2

2
2
1
==
BC
AC
r
r
( không đổi ) 0,25 đ
Bi V: 3im ( Mi mc

tng ng cho 1,0 im )


B : Khong cỏch t mt im trờn ng trũn n ng thng qua hai tip im ca
hai tip tuyn vi ng trũn l trung bỡnh nhõn khong cỏch t im y n 2 tip tuyn .

Xột hai tip tuyn AB v AC , M

(O)
H cỏc ng vuụng gúc MK, MH, ML xung cỏc tip
tuyn AB, AC v dõy EF
MEN MFH
=
( chn cung
ằ
MF
).
MFN MEK
=

BC, CA, AB, EF, FD, DE của các tam giác ABC và DEF ta đợc:
2
d b.c,
=

2
e c.a,=

2
f a.b
=
.
Nhân vế với vế của ba đẳng thức, suy ra điều phải chứng minh.

Bài 2. Cho biểu thức:P =








+−
+
+
−
+
+
−

Câu 2
Giải hệ phương trình sau
2x
3
+ 3x
2
y = 5
y
3
+ 6xy
2
= 7
1. Giải phương trình:
2 1 3 1x x x+ − = −
.
Bài 7 : Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:
1+
+
+
+
+
+
≥++
ba
cb
cb
ba
a
c
c


24
Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011
Vậy hệ phương trình có nghiệm :
(1;1) ; (
)
4
1057
;
8
1055
();
4
1057
;
8
1055 +−−+

1)
2 1 3 1x x x+ − = −
(1), điều kiện
0x
≥
Đặt
2 1 , 0x a a+ = ≥
;
3 , 0x b b= ≥
Suy ra
2 2
1b a x− = −

(1)
a
cbcb
bccabb
c
bab
acaba
b
ca
a
cbbac
c
cbbab
b
cbbaa
cbbacbba
)()(
))(())(())((
))(()()(
22
2
2
2
22
+
+++++
+
++++=
++
+

c
b
b
ca
a
cbcb
c
bab
b
ca
VT
abbcb
a
cbcb
c
bab
b
ca
=++≥+++≥
+++++++=
+
+
+
+=
++≥
+
+
+
+
22

.
3 2
2
2
3
.
3 2
a b
a b
b c
b c
a c
a c
+ +
+ ≤
+ +
+ ≤
+ +
+ ≤
Cộng từng vế của 1,2,3 ta có đpcm
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
25
(0,5đ)
(1)