Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
Đề 90
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: (6,0 điểm).
1) 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
3
) tương ứng tại M và N. Tiếp tuyến chung tại T của (C
1
)
và (C
2
) cắt (C
3
) tại P. PM cắt đường tròn (C
1
) tại diểm thứ hai A và MN cắt (C
1

1
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
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
 
+ − − + − − + − + −
 
= + − = + −
 
−
− − − + + −
− +
 
( 1) 1
1 1 . 1
1 1 1
x x x x
x
x 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⇔ + + − − =
2
2
2 0
2
2
2 1 7 0
2
x

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 ( ) ( ) 4
ab ab ab
c c a c b c a c b
 
= ≤ +
 ÷
+ + + + + +
 
Tương tự ta có:

+ + + + + +
 
⇒
4
1
111
≤
+
+
+
+
+ b
ca
a
bc
c
ab
. Dấu bằng xảy ra
3
1
===⇔ cba
+ Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0.
Hãy thư giản !!!
2
•
E
N
M
B
C


+
=



⇔
(II)
1 1 3
x y 2
1 1 5
y z 6
1 1 4
z x 3

+ =



+ =



+ =


Cộng ba phương trình của hệ
(II) theo vế ta được:
1 1 1 11
2

O
3
thẳng hàng => BO
1
// NO
3
= >
NO
BO
MN
MB
3
1
=
. Tương tự:
PO
AO
MP
MA
3
1
=
=>
MN
MB
MP
MA
=
=> AB//NP
Tương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành

·
·
0 0 0
90 60 150BMC BMN NMC⇒ = + = + =
.
5.
+ Biến đổi để được:
A = x + y + z
xy yz zx
x y y z x z
 
− + +
 ÷
+ + +
 
(1)
+ Chứng minh được: x + y + z
xy yz zx≥ + +
> 0 (2)
+ Thay (2) (3) vào (1) được A
1
2
≥
Do đó: Min A =
x y z
1
2
xy yz zx 1
= =


+
−
−






−
−
−=
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:
4
)11(
2
2

22
1
11
y
xz
y
+
++
+
( )( )
2
22
1
11
z
yx
z
+
++
+
Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số cùng chiều : a
1
≤ a
2
≤ a
3
b
1
≤ b
2

cba
cba
cba
++
≤
++
++ 3
200620062006
200520052005

Bài 5: (6,0 điểm).
1. Cho hai đường tròn (o
1
) và (o
2
) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai
đường tròn lần lượt tiếp xúc với (o
1
) 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.
Hãy thư giản !!!






+−
−+−−++−






−+
−
−=
)x3)(x2(
x9)x2)(2x()x3)(3x(
:
3x)(3x(
)3x(x
1P
=






+−

)x3)(x2(
.
3x
3
=
2x
3
−
. Vậy P =
2x
3
−
Ta thấy P = 1
1
2x
3
=
−
⇔
25x5x32x =⇔=⇔=−⇔
. Vậy với x = 25 thì P = 1
2. a. ĐK: x
≥
-1 và PT <=>
( )
4
11
4
11
2

. Giải Pt x = 8 (t/m x
≥
-1). KL: x = 8
b. Hệ ⇔
( )



=++
−=+
8
5
zyxxy
zyx
Đặt



=
=+
vxy
uyx
⇒x, y là nghiệm của phương trình: t
2
- ut + v = 0 (a)
Phương trình có nghiệm ⇔ u
2
– 4v
≥
0 (*)

+ 10z – 7
≥
0
⇔
(z-1)(-3z+7)
≥
0










≤−
≤−



≥−
≥−
⇔
037
01
037
01
z

VN
Từ (3) và do z nguyên ⇒ z = 1; 2
Hãy thư giản !!!
5
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
+)



=
=
⇒



=
=+
⇒



=
=
⇒=
2
2
4
4
4
4

=
=+
⇒



=
=
⇒=
1
2
2
1
2
3
2
3
2
y
x
y
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

z
++
++++
+
=
=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2. Vậy T= 2
4. Do a
1

≤
a
2

≤
a
3

⇒
a
1
- a
2

≤
0
a
1
- a
3


- b
3

≤
0
b
2
- b
3

≤
0
⇒
(a
1
- a
2
)(b
1
- b
2
) + (a
1
- a
3
)(b
1
- b
3
) + (a

1
- a
1
b
3
- a
3
b
1
- a
2
b
3
- a
3
b
2

≥
0
⇔
a
1
b
1
+a
2
b
2
+a

b
1
+a
2
b
2
+ a
3
b
3
)
⇔
a
1
(b
1
+ b
2
+b
3
)+ a
2
(b
1
+ b
2
+b
3
)+ a
3

+ b
2
+b
3
)
≤
3(a
1
b
1
+a
2
b
2
+ a
3
b
3
)
Đặt a
1
= a
2005
; a
2
= b
2005
; a
3
= c

a
2

≤
a
3
và b
1
≤
b
2
≤
b
3

áp dụng câu a ta có;
(a
2005
+b
2005
+c
2005
)






++

++
≤
++
++
3
200620062006
200520052005
5.
1) Do MN // CD nên
∠
EDC =
∠
ENA
Mặt khác
∠
CDA=
∠
DNA ( Cùng chắn cung DA)
->
∠
EDC=
∠
CDA hay DC là phân giác góc ADE.
Lâp luận tương tự -> CD cũng là phân giác góc ACE
-> A và E đối xứng nhau qua CD-> AE ⊥ CD
Do PQ song song với CD nên AE ⊥ PQ ( *)
Gọi I là giao điểm của AB và CD . Ta có
∆
AID đồng dạng với
∆

Mà
AP
IC
=
AQ
ID
( cùng bằng
BA
BI
) => AP = AQ
Kết hợp với (*) ->
∆
EPQ cân tại E
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 S
ABCD
= S
ABF
.
Lấy E là trung điểm cảu FB. Đoạn thẳng
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 92
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :



x
x
P
1
2
3
:
2
2
88
2
a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P
1≤
.
b) Tìm x thoả mãn :
( )
1.1 =+ Px
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
1
1
2
2
=







– y
8
)(y
9
+ z
9
)(z
10
– x
10
) .
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 .
a) Chứng minh rằng :
c
PQ
b
NQ
a
MP
==
.

+
xx
x

⇒
P-1=
0
4)1(
)1(
1
52
44
2
2
≤
++
−−
=−
++
+
x
x
xx
x
Vậy
1
≤
P
b)
1).1(

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

2
=+
+
x
x
⇔

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

2
12212 −±−
=x
(thỏa mãn)
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 x
2
y – 2x + 3y

từ (1)
⇒
2
3
2
+
=
y
y
x
thay vào (2) ta có :
02
2
.)
2
(
3
2
22
3
2
=+
+
+
+
y
y
y
y
y

Hãy thư giản !!!
8
(loại)
(2)
(1)
(thỏa mãn)
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
⇔

32
3
2
3
8
111
3
3
3
−=⇒
−
=⇒−=
=⇒−=⇒−=
xyy
xyy
. Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2
3
;
33
2
−

0 0 ( ) 0
( )
zx zy z xy
x 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
+y
2
)(x
4
+ y
4
).=
y
9

5
- x
5
)
Vậy M =
4
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
3
4.
a. Ta có :
∠
BOP là góc ngoài
AOB
∆

⇒

∠
BOP=
∠
OAB +
∠
OBA =
2
1
(
∠
BAC +

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 :

⇒

c
PQ
b
NQ
a
MP
==
b. Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên)
⇒

∠
AQO=
∠
AMO = 90
0

⇒
∆
ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến
⇒

∠
EQB=
∠
EBQ=
∠
CBQ
⇒

 
+ + = + + ≥ +
 
mà
1a b c+ + =
(giả thiết)
nên:
( ) ( )
2
1 4 4a b c b c a b c≥ + ⇔ + ≥ +
(vì a, b, c không âm nên b + c không âm)
Nhưng:
( )
2
4b c bc+ ≥
(không âm)
Suy ra:
16b c abc+ ≥
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
1 1
,
4 2
a b c
b c a
b c
= +

⇔ = = =


x
y
x
3
1
=++
y
x
y
x
b) Giải phương trình :
2 2
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
Hãy thư giản !!!
10
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
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.
1. Điều kiện để P có nghĩa:
x 0

(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)

=

=


⇔ x = 1.Vậy với x = 1 thì P có giá trị nguyên.
2. Ta có: x
4
+ y
4
= (x
2
+ y
2

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
(4xy 7)(4xy 1) 1 5 8(x y ) 5
xy xy
⇒ − − + + ≥ ⇔ + + ≥
. Dấu bằng xảy ra khi
x y
1
x y
2x y 1
=

⇔ = =

≥
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
2) Đk
0≠y
:
y
x
y
x
y
x
y
x
+=




+⇔=++ 3
1
3
1
(2)
Cộng (1) và (2) vế với vế ta được:
06
11
2
=−








++









y
x






=−+
=++
02
1
03
1
y
x
y
x
⇔

( )
( )






=+
−=+

yx
yy
6
(*)0136
2
(*) vô nghiệm
⇒
hệ vô nghiệm. Từ (4) và (2) ta có
⇔







=
−=+
1
3
1
y
x
y
x



=
=+−

HPQ
∆
ABC
b. Theo câu a. ta có
∠
PQH =
∠
ACB (3)
∠
PKQ =
∠
PHQ = 90
0
=> tứ giác PKQH nội tiếp được =>
∠
PKH =
∠
PQH (4)
Từ (3) và (4) =>
∠
PKH =
∠
ACB
lại có
∠
BAH =
∠
ACB=>
∠
PKH =

1
,
∠
A
2
=
∠
C
2
, Mà
∠
A
1
=
∠
A
2
, (AD là tia phân giác của góc A )
Hãy thư giản !!!
12
P
Q
H
B
M
C
N
A
K
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011

c
2
= (a + b)
2
− 2ab

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


toán.
Đề 94
Bài 1: (4,0 điểm).
Cho biểu thức:
3
3
6 4 3 1 3 3
3
3 2 3 4 1 3
3 3 8
x x x
A x
x x x
x
 
 
+ +
= − −
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
+ + +
−
 
 
1. Rút gọn biểu thức
A
.
2. Tìm các giá trị nguyên của

.
Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.
a)
34
1
2
++ xx
+
5
1
6316
1
3512
1
158
1
222
=
++
+
++
+
++ xxxxxx
Hãy thư giản !!!
13
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
b)
12611246 =+−+++−+ xxxx
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

3
1 3
6 4 3
3
3 2 3 4 1 3
3 2
x
x x
A x
x x x
x
  
+
+
 ÷ ÷
= − −
 ÷ ÷
+ + +
 ÷ ÷
−
  
.
( )
( ) ( )
( )
6 4 3 2 3
3 3 1 3
3 2 3 2 3 4
x x x
A x x x

x
−
=
−
(
4
0
3
x≤ ≠
)
( ) ( ) ( )
2 2
3 1 3 2 2 3 2 1
1
3
3 2 3 2 3 2
x x x
A x
x x x
− − + − +
= = = +
− − −
Với
x
là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì
3 3 3 9
3 2 1 3
3 1
3 1
x x

7
S x y
x y xy S P
x y xy
P xy
x y xy S P
x y xy

= +
 
+ − = − =
 
+ − =

⇔ ⇔
  
 ÷
=
+ + = − + = −
+ + = −

 
 

(1)
Giải hệ (1) ta được:
( 1; 6), ( 2; 5)S P S P= − = − = − = −
Hãy thư giản !!!
14
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011

= − = = − − = − +
 
 
   
= = −
= − + = − −
 
 
 
b) Ta có : x
3
+ y
3
+ 3(x
2
+y
2
) +4(x + y) + 4 = 0
⇔
x
3
+ 3x
2
+ 3x +1 + y
3
+ 3y
2
+ 3y + 1 + x + y + 2 = 0
⇔
(x + 1)

x y xy xy
+ −
= + = =
vì
( )
2
1 2
4 4 4 1 2x y xy xy
xy xy
−
+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ −
.Vậy MaxM = -2
⇔
x = y = -1 .
3. a) x
2
+ 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3)
x
2
+ 8x + 15 = ( x +3)(x+5)
x
2
+ 12x + 35 = ( x +5)( x + 7)
x
2
+ 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9)
⇒ ĐKXĐ : x ≠ -1; x ≠ -3; x ≠ -5; x ≠ -7; x ≠ -9
pt ⇔
5
1

1
3
1
3
1
1
1
(
2
1
=
+
−
+
+
+
−
+
+
+
−
+
+
+
−
+
xxxxxxxx
⇔
5
1

1;11
−
b) ĐKXĐ: x ≥ -2. ( 0,5 điểm)
Pt ⇔
1)32()22(
22
=−++−+ xx
<=>|
|22 −+x
+ |
2+x
-3| = 1
⇔ |
|22 −+x
+ | 3 -
2+x
| = 1
áp dụng BĐT |A|+ |B| ≥| A + B| ta có : |
|22 −+x
+ | 3 -
2+x
| ≥ 1
Dấu "=" xảy ra khi : (
22 −+x
)( 3 -
2+x
) ≥ 0 ⇔ 2 ≤
2+x
≤ 3 ⇔ 2≤ x ≤ 7
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =

. Trong (L), vì A
1
= A
2

⇒
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’

∠
MDN = 180
0
-
∠
BAC = Const
⇒
MN ngắn nhất
⇔
DM nhỏ nhất
⇔
DM
⊥
AB
⇔
khi AD là đờng kính của (L).
5. a. Gọi S
1
= S
AIB
; S
2
= S
CID
; S
3
= S
BIC
; S
4

CID
BIC
S CK DI
S CK BI
=
=

3
2
(2)
S
BI
S DI
⇔ =
Từ (1) và (2) suy ra:
3
1
1 2 3 4
4 2
. . (3)
S
S
S S S S
S S
= ⇔ =
Ta có: S
ABCD
= S
1
+ S

Suy ra: S
1
= S
2

⇒
1 2
2
S
S S≥ =
Dấu bằng sảy ra khi: S
1
= S
2
= S
3
= S
4
=
4
S
⇔
ABCD là hình bình hành
Đề 95
Bài 1: (5,0 điểm).
Cho phương trình :
2 2
2
2 2 2 2
x x

x y 1+ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
1 1
A
x y xy
= +
+
b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4.
Hãy thư giản !!!
16
Trng THCS DTNT Quan Húa Nm 2011
CMR:
4>+++++ accbba
.
Bi 4: (6,0 im).
Cho tam giỏc ABC ni tip ng trũn (O); H l trc tõm tam giỏc; M l mt im trờn
cung BC khụng cha im A.
a) Tỡm v trớ ca M t giỏc BHCM l hỡnh bỡnh hnh.
b) Gi E, F ln lt l 2 im i xng ca M qua AB v AC. Chng minh rng E,H,F
thng hng.
Bi 5: (2,0 im).Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng qui tại H.
Chứng minh rằng:
6

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

+ =


+ =

+


+ =


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 ì
a x
x
b
x


=


=



 
= −


− = −


2. Ta có:
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
( )( ) ( ) 0
x y x y
x y x y x y x y x y
 
+ = + =
 
⇔ ⇔
 



=

Trường hợp b:
3 3 3 3 3 3
1 1 1
0
x y x y y y
x y x y x y
  
+ = + = − + =
⇔ ⇔ ⇔
  
+ = = − = −
  
hệ vô nghiệm
Vậy nghiệm của hệ là:
0 1
;
1 0
x x
y y
= =
 
 
= =
 
b) y
2

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
A .
x y xy x y 2xy 2xy x y 2xy 2 xy
   
⇒ = + = + + = + +
 ÷  ÷
+ + +
   


*Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có:

( )
( )
accbbacba
+++++<++
22
Hay
4
accbba
+++++<
⇒ đpcm
4
Hãy thư giản !!!
18
H
C
1
C
B
1
B
A
1
A
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
a. Lấy trên cung
BC
điểm M sao cho AM là đường kính của đường tròn (O) ta chứng minh tứ
giác

Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) Nên
∠
AMB =
∠
ACB (2)(cùng chắn cung AB)
H là trực tâm nên các tứ giác AC'HB'; BC'HA'; CA'HB' nội tiếp được
Ta có
∠
AHB =
∠
A'HB' (đối đỉnh) ⇒
∠
AHB +
∠
ACB =
∠
A'HB' +
∠
ACB = 180
0
(3)
Từ (1) (2) (3) ⇒
∠
AEB =
∠
EAB +
∠
MAB (do M, E đối xứng qua AB)
Tương tự ta chứng minh
∠

* §Æt S = S
∆
ABC
; S
1
= S
HBC
; S
2
= S
HAC
; S
3
= S
HAB
.
Ta cã:
11
1
1
1
1
1

2
1

2
1
HA

3
HA HB HC
S
HA HB HC S S S
 
+ + = + + −
 ÷
 

1 2 3
1 2 3
1 1 1
( ) 3S S S
S S S
 
= + + + + −
 ÷
 
Theo bÊt ®¼ng thøc C«sy:
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
 
= + + + + ≥ ⇒ + + ≥ − =
 ÷
 

1
2
1
aaaa
a
a
a
a
Hãy thư giản !!!
19
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
a.Rút gọn biểu thức A.
b.Tính giá trị biểu thức A khi
2011 2 2010a = −
.
Bài 2: (4,0 điểm).a) Giải hệ phương trình:



+=+
=++
yxyx
xyyx
3
1
33
22
b) Giải phương trình: + = x
2
- 10x + 27

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
1. Điều kiện:
0
≥
a
. A =








+++
−
+









2
1
1
:
1
12
aa
a
a
a
aa

)1)(1(
21
:
1
)1(
2
++
−+
+
−
=
aa
aa
a
a

2
2

22
xyyxyx +++

⇔
33
yx +
232223
333 xyyyxyxxyx +++++=
⇔
0244
322
=++
yyxyx
0)22(2
22
=++⇔ yxyxy
⇔



=++
=
0)(
0
22
yxx
y
⇔



+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x
2
=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) + = x
2
- 10x + 27. Đk : 4 ≤ x ≤ 6. Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta được :
+ = + ≤ + = 2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔
5
16
14
=⇔



=−
=−
x
x
x

Mặt khác : x

b
+
2
+
ba
c
+
2
. Dễ dàng chứng minh đợc
cb
a
+
+
ac
b
+
+
ba
c
+
≥
2
3
Nhân hai vế với a + b + c > 0 ⇒
cb
cbaa
+
++ )(
+
ac

2
cba ++
≥
2
3
3
abc
⋅
=
2
3
⇒ E ≥
2
3
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1. Vậy min E =
2
3
khi a = b = c = 1
b) ĐK:
0;0;0 ≠≠≠ zyx
Pt
xyzzxzyyx 3
222222
=++⇔
do
0300;0;0
222222
>⇒>++⇒≠≠≠ xyzzxzyyxzyx
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









+=+=≥⇒
133
≤⇒≤⇒
zz
mà
11 =⇒≥ zz
. Với z = 1 phương trình trở thành:
3=++
y
x
x
y
xy
Hãy thư giản !!!
21
A
B
C
O
E
D
F

=> 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
CN
2
= CD
2
+ DN
2
= 1 + (1 +x)
2
= x
2
+2x + 2 .
Khi đó : S
NACE
= S
NAC
+ S
NCE
=
2

==
BC
AN
MB
AM

=> 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 =

Hạ các đường vuông góc MK, MH, ML xuống các tiếp tuyến AB, AC và dây EF
MEN MFH
∠ = ∠
( chắn cung
»
MF
).
MFN MEK
∠ = ∠
(
¼
ME
)
Suy ra các tam giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng dạng.
Từ đó
MN MF MH
MK ME MN
= =

2
MN MH.MK
⇒ =
(1).
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
của các tam giác ABC và DEF ta đợc:
2
d b.c,

−
+








+
−
65
2
3
2
2
3
:
1
1
xx
x
x
x
x
x
x
x
a) Rút gọn P;

c
c
b
b
a
b) Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh
6a b b c c a+ + + + + ≤
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
điểm của BD , đường thẳng MN cắt AC tại K .Chứng minh :
2
2
CM
AM
KC
AK
=
Hãy thư giản !!!
23
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
2. a) Giải hệ phương trình



1
)(
2
1
4
22
22
yxyx
yxyx
yxyx
yxyx
Đặt





−=
+=
yxv
yxu
( u, v ≥ 0) . Ta được



=−
=+
⇔











=
=



=
=
⇔



=
=+



=
=+
⇔
8&8
8
4

2 2
1b a x− = −
Thay vào (1) ta được
2 2
a b b a− = −
( ).( 1) 0a b a b a b⇔ − + + = ⇔ =
(do
0, 0a b≥ ≥
nên a+b+1>0)
Với a = b ta có
2 1 3 1x x x+ = ⇔ =
thỏa mãn điều kiện
Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.
3. a) a, b, c>0. CM:
1+
+
+
+
+
+
≥++
ba
cb
cb
ba
a
c
c
b
b

+
++
+
++
≤++++++⇔
Mặt khác
))(()()(
22
cbbacbba ++++++
=
bcabbcaca 333
222
+++++
Do đó ta cần chứng minh:
Hãy thư giản !!!
24
Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011
2 2
2
2
2 2 3 2 2 3 2
2
4
3 2 2
( ) ( )
2 2 (2)
( ) ( ) 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2

4. a) Từ giả thiết có
·
·
180IPA INA+ = ⇒
o
Tứ giác IPAN nội tiếp
· ·
(1)IPN IAN⇒ =
(cùng chắn cung IN)
Lại do
·
·
90IPB IMB⇒ = = ⇒
o
Bốn điểm I , P , M , B
nằm trên đường tròn đường kính BI
·
·
180 (2)MPI IBM⇒ + =
o
Vì
( )
·
·
180 (3)I O CAI IBM∈ ⇒ + =
o

Từ (2) và (3)
·
·

M B
IAC IBC CI
N A
≡

⇔ ⇔ = = ⇔

≡

o
là đường kính của
( )
O
.Vậy MN lớn nhất bằng
AB
⇔
I đối xứng với C qua O.
c)
Hãy thư giản !!!
25
N
M
P
O
B
C
A
I