Câu1 :

Đề 1

Cho biểu thức

x3 1
x 3 + 1
x (1 x 2 ) 2
+ x
x :
Với x 2 ;1
x2 2
x 1
x + 1


A=

.a, Rỳt gọn biểu thức A
.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x= 6 + 2 2
c. Tìm giá trị của x để A=3
Câu2.a, Giải hệ phơng trình:
( x y ) 2 + 3( x y ) = 4

2 x + 3 y = 12

b. Giải bất phơng trình:
x 3 4 x 2 2 x 15

x y = 1
(1)
2 x + 3 y = 12
x y = 4
*
(2)
2 x + 3 y = 12

*

Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2
Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4
Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4
b) Ta có x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3)
mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 với mọi x
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0
Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành x+1=0=> x=1


Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có
, = m2-2m+1= (m-1)20 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m
ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0)
m m +1
1
=
2m 1
2m 1
1
pt có nghiệm trong khoảng (-1,0)=> -1

D
K

F
A

B

O

C

Đề 2

x x 1 x x + 1 2( x 2 x + 1)
:


Bài 1: Cho biểu thức: P =


x x

x+ x

x 1



a,Rút gọn P

xy
2

Đáp án
Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 0; x 1
a, Rút gọn: P = 2 x( x 1) : 2( x 1
x( x 1)

b. P =

x +1
= 1+
x 1

z

)

2

x 1

<=>

P=

x 1
( x 1) 2

=



= 25 > 0

(m 2)(m + 3) > 0 m < 3

1
m <
2


b. Giải phơng trình: ( m 2) 3 (m + 3) 3 = 50
5(3m 2 + 3m + 7) = 50 m 2 + m 1 = 0

1+ 5
m1 =

2

m = 1 5
2
2

Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phơng trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0. .
2
1
Vì x1> 0 => c. 11 + b. 1 + a = 0. Chứng tỏ
x

x

x2

Vậy nếu phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2 thì phơng trình : ct2
+ bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2 . t1 =

1
1
; t2 =
x1
x2

b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dơng nên
t1+ x1 =

1
+ x1 2
x1

t2 + x 2 =

1
+ x2 2
x2

Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4
a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó:
BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên
CH AB và BH AC => BD AB và CD AC .
A



Đề 3
P=

Bài 1: Cho biểu thức:

x
( x +

y )(1

y )

y



x +

(



) (

y) x +1

xy


Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 y8)(y9 + z9)(z10 x10) .
4

Bài 5: Cho x, y, z R thỏa mãn :

Đáp án
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :; x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0 .
*). Rút gọn P: P =

x(1 +

(

x ) y (1

y ) xy

x +

y

)

=

(

)

( x y ) + x x + y y xy



(

(

x1+

)(

) (

y

x 1 1 +

)

x

)

y +1 =1

y =1

Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn

y

( y z ) 2 = 0
( z x ) 2 = 0


x = y

y= z

z = x

x= y= z

Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y
= z = 3.
Bài 4:
Q
a). Xét ABM và NBM .
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90o .
N
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
C
=> BAN cân đỉnh B.
M
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM).
=> Tam giác MCN cân đỉnh M

xy
z( x + y + z )

1

1
= 0
( z + y )
+
xy z ( x + y + z )
zx + zy + z 2 + xy
= 0
( x + y )
xyz ( x + y + z )
( x + y )( y + z ) ( z + x ) = 0

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)
Vậy M =

3
3
+ (x + y) (y + z) (z + x).A =
4
4

Đề 4

Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng thẳng d/ đối xứng với đờng thẳng

Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)
2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao cho AB
< AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho

MA
1
=
MB
2

Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên
đoan CD.
a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN.
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.
c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định.
Hớng dẫn
Bài 1: 1) Chọn C. Trả lời đúng.
2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số là: 1
Bài 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + 1 = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)
= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)
= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2
Vậy A chia hết cho 1 số chính phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.


2) Do A > 0 nên A lớn nhất A2 lớn nhất.
Xét A2 = ( x + y )2 = x + y + 2 xy = 1 + 2 xy (1)
Ta có: x + y xy (Bất đẳng thức Cô si)
2


1
= AB. Ta có D là điểm cố định
4
MA
1
AD
1
Mà
= (gt) do đó
=
AB
2
MA
2

B

D

Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MâB (chung)
MA
AD
1
=
=
AB
MA
2

A


- Dựng đờng tròn tâm A bán kính

1
M là giao điểm của DC và đờng tròn (A; AB)
2

Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 900 nên MN là đờng kính
Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì MKD vuông cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN

C

I
K
O
A

M

D

B

AD


a+b
2a b + 2b a
2

Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC.

Hớng dẫn giải

Bài 1. Từ giả thiết ta có :

x2 + 2 y + 1 = 0
2
y + 2z +1 = 0
z 2 + 2x + 1 = 0


Cộng từng vế các đẳng thức ta có : ( x 2 + 2 x + 1) + ( y 2 + 2 y + 1) + ( z 2 + 2 z + 1) = 0
x +1 = 0

y +1 = 0 x = y = z = 1
z +1 = 0


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

2

2


1
2

3
M = ( x 2 ) + ( y 1) + ( y 1) + 2007
2

4
2

Do ( y 1) 2 0 và ( x 2 ) + 1 ( y 1) 0 x, y


2



Vậy : A = -3.


M min = 2007 x = 2; y = 1

M 2007

u = x ( x + 1)
v = y ( y + 1)

u + v = 18
u ; v là nghiệm của phơng trình :

m

ã
ã
ã
ã
MCO
= MAO
;MDO
= MBO
c

VCOD : VAMB ( g .g ) (0,25đ)

Do đó :

Chu.vi.VCOD OM
=
(MH1 AB)
Chu.vi.VAMB MH1

Do MH1 OM nên

d

a

h

b

2

1
1
(a a + ) + (b b + ) 0 a , b > 0
4
4

Mặt khác a + b 2 ab > 0

1
Nhân từng vế ta có : ( a + b ) ( a + b ) + 2 ab ( a + b )


( a + b) +
2

( a + b)
2

a

2

2a b + 2b a

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp VABC
Gọi E là giao điểm của AD và (O)
b


6

f ( x)
khi x 2
x2 4
x( y 2) = ( x + 2)( y 4)
( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)

Câu 2: Giải hệ phơng trình

x x +1 x 1
x
: x +
với x > 0 và x 1

Câu 3: Cho biểu thứcA =


x

1
x

1
x

1




f ( x)
=
2
x 4 ( x 2)( x + 2)

Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A =

1
x+2

Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A =

1
x+2

Câu 2
x ( y 2) = ( x + 2)( y 4)
xy 2 x = xy + 2 y 4 x 8
x y = 4
x = -2




( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)
2 xy 6 y + 7 x 21 = 2 xy 7 y + 6 x 21
x + y = 0
y = 2

Câu 3 a)

x
x 1

=

=> 2 x = 3
x

x +2
x 1

:

x
x 1

x

x 1

=

x x +1 x 1 x x + x

:
=


x 1
x 1


Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)
=>
POB = ACB (hai góc đồng vị)
=>

P
A

AHC POB

Do đó:

AH CH
=
PB OB

E

(2)
B

O H

C

Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH.
b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có


d2

Câu 5 Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5

(1)

Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
2m 1

x1 + x 2 = 2

m 1

x 1 .x 2 =


2

3x 1 4x 2 = 11



Giải phơng trình 3

13 - 4m

x1 =
7

+
- x +1
x x 1 x + x +1
x 1

a/. Rút gọn P.

b/. Chứng minh: P

x +1
=
+
3
( x ) 1
x 1
x + x +1

P=

=

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

=

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



Đặt y = 2 x 2 > 0


x 2 + y 2 = 2 (1)

Ta có: 1 1
x + y = 2 (2)


Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -

1
2

* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X2 2X + 1 = 0 X = 1 x = y = 1.
1
thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
2
1
X 2 + X - = 0 X = 1 3
2
2

* Nếu xy = -

A

Vì y > 0 nên: y = 1 + 3 x = 1 3
2

= BAC
ã
ã
Dựng tia Cy sao cho BCy
.Khi đó, D là giao điểm của ằAB và Cy.
= BAC
ằ thì BCA
ã
ã
ã
Với giả thiết ằAB > BC
> BAC
> BDC
.
D AB .
Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm.

Đề 8
2
Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A = x + 1 x

b. Cho biểu thức: P =

x
xy + x + 2

+

y
yz + y + 1

a.

đáp án


A = x2 +1 x

x2 +1 + x
( x + 1 x).( x + 1 + x)
2

2

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

A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x =

k
2

(trong đó k Z và k 0 )
b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và xyz = 2
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với x ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi xyz ta đợc:
P=


x
xy + x + 2

+

BC2 = (0 1)2 + (4 1)2 = 10
AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C
1
10 . 10 = 5 ( đơn vị diện tích )
2
Câu 3: Đkxđ x 1, đặt x 1 = u; 3 2 x = v ta có hệ phơng trình:
u v = 5
2
3
u + v = 1

Vậy SABC = 1/2AC.BC =

Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2
x = 10.
Câu 4
a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
B
AB = AC = R ABOC là hình
vuông
(0.5đ)
D
Kẻ bán kính OM sao cho
BOD = MOD
M
A
MOE = EOC (0.5đ)
E
Chứng minh BOD = MOD
OMD = OBD = 900

c) Rút gọn A =

f ( x)
khi x 2
x2 4

Câu 2: Giải hệ phơng trình
x( y 2) = ( x + 2)( y 4)

( x 3)(2 y + 7) = (2 x 7)( y + 3)

Câu 3: Cho biểu thức
x x +1 x 1
x
: x +
với x > 0 và x 1

A =


x 1
x 1
x 1

a) Rút gọn A
2) Tìm giá trị của x để A = 3
Câu 4: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là
chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC.
a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.

1
x+2

Với x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A =

1
x+2


C©u 2
 x( y − 2) = ( x + 2)( y − 4)

( x − 3)(2 y + 7) = (2 x − 7)( y + 3)
 xy − 2 x = xy + 2 y − 4 x − 8
⇔
2 xy − 6 y + 7 x − 21 = 2 xy − 7 y + 6 x − 21
 x − y = −4
x = -2
⇔
⇔ 
x + y = 0
y = 2

C©u 3a)

 x x +1 x −1  
x 
: x +

−

x − 1 
 ( x − 1)( x + 1)
 x − x +1 x −1   x − x + x 

:

−

 

x
−
1
x
−
1
x
−
1

 


=

x − x +1− x +1

=

x −1

⋅

x −1
=
x

2− x
x

=> x = 2/3

P
A
E
B

O

a) Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)
b) nªn theo ®Þnh lý Ta let ¸p dông cho tam gi¸c CPB ta cã
EH CH
;
=
PB CB

(1)

MÆt kh¸c, do PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB)
=> POB = ACB (hai gãc ®ång vÞ)
=>





AH =
=

4R.CB.PB
4R.2R.PB
=
2
2
4.PB + CB
4PB 2 + (2R) 2
8R 2 . d 2 R 2
2.R 2 . d 2 R 2
=
4(d 2 R 2 ) + 4R 2
d2

Câu 5 (1đ)
Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0
Từ đó suy ra m 1,5

(1)

Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
2m 1


13 - 4m
7m 7
4
= 11
7
26 - 8m

ta đợc m = - 2 và m = 4,125
(2)
Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã cho có hai
nghiệm phân biệt t

Câu I : Tính giá trị của biểu thức:
A=

1
3+ 5

+

1
5+ 7

+

1
7+ 9

+ .....+



x 2 4x + 3
1 x

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.
đáp án

Câu 1 :
1) A =

1

+

1

+

1

+ .....+

1

3+ 5
5+ 7
7+ 9
97 + 99
1
1

2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3
= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3
= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2
= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]
= (x2+5x +3)(x2+5x +7)
3) a10+a5+1
= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1
- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )
= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)
-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)


=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1)
Câu 3: 4đ
1) Ta có : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=>
a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
0
a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>
0
(ad - bc)2 (đpcm )
Dấu = xãy ra khi ad=bc.
2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :
52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2) (1 + 16) =>
x 2 + y2

25
100
5
20
=> 4x2 + 4y2

=1
MQ

Câu 5
Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0
Từ 1-x > 0 => x < 1
Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có :
(x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0
Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa.
Với x < 1 Ta có :
P=

x 2 4x + 3
1 x

=

( x 1)( x 3)
1 x

= 3 x

Đề 11
Câu 1 : a. Rút gọn biểu thức . A = 1 +
b. Tính giá trị của tổng.

1
1
+
2


Câu 3 : Cho x 1, y 1 Chứng minh.

2

2


1
1
2
+

2
2
1 + xy
1+ x
1+ y

Câu 4 Cho đờng tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đờng tròn, từM kẻ
MH AB (H AB). Gọi E và F lần lợt là hình chiếu vuông góc của H trên MA và MB. Qua
M kẻ đờng thẳng vuông góc với è cắt dây AB tại D.
1. Chứng minh rằng đờng thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đờng
tròn.
2. Chứng minh.
MA 2 AH AD
=
.
MB 2 BD BH


x1 x 2 = m 1
1
P 1
2
1
GTLN = m = 2
2
GTNN = 1 m = 1

Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc.
bđt

x( y x )
y( x y )
+
0
2
1 + x (1 + xy ) 1 + y 2 (1 + xy )
2
( x y ) ( xy 1) 0 đúng vì xy 1

(

)

(

)

M


.
=
BD BH HF .h2 .MB 2
HEF DF ' E '
HF .h2 = HE.h

(1)

2
Thay vào (1) ta có: MA 2 = AH . AD

BD BH

MB

a+ b

Câu 1: Cho biểu thức D =

1 ab

+

Đề 12

a + b a + b + 2ab
: 1+
1 ab
1 + ab



AI = 2bc.Cos 2 (Cho Sin2 = 2SinCos )

minh rằng

b+c

Câu 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB và một điểm N di động trên một nửa đờng tròn sao




cho NA NB. Vễ vào trong đờng tròn hình vuông ANMP.
a) Chứng minh rằng đờng thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q.
b) Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp.
c) Chứng minh đờng thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 5: Cho x,y,z;
xy + yz + zx = 0 và x + y + z = -1
Hãy tính giá trị của:
B=

xy zx xyz
+ +
z
y
x

Đáp án


Vậy D =

=

2(2 + 3
= ( 3 + 1) 2 a = 3 + 1
1

2+2 3 2 32
=
2
+1 4 3
2 3

c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có
2 a a +1 D 1

Vậy giá trị của D là 1
1
2

9
2

Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1) x 2 + x = 0 x 2 + 2 x 9 = 0
x = 1 10
1
x 2 = 1 + 10

b) Để phơng trình 1 có 2 nghiệm thì 0 8m + 2 0 m

Câu 3:

1
2


2

+ S ABI = AI .cSin ;
A

1

+ S AIC = AI .bSin ;
2
2
1
+ S ABC = bcSin ;
2
S ABC = S ABI + S AIC

a

B





2

)
)
Suy ra Q cố định
QA = QB
b) A1 = M 1 (= A 2 )
Tứ giác ABMI nội tiếp
AI =

c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định.
Tam giác ABF có: AQ = QB = QF
ABF vuông tại A B = 45 0 AFB = 45 0
Lại có P1 = 45 0 AFB = P1 Tứ giác APQF nội tiếp
AP F = AQ F = 90 0
Ta có: AP F + AP M = 90 0 + 90 0 = 180 0
M1,P,F Thẳng hàng
1
2
1
1
=2
Câu 5: Biến đổi B = xyz 2 + 2 + 2 = = xyz.
xyz
x
y
z



N
1 2

x 4( x 1)

a) Tìm điều kiện của x để A xác định
b) Rút gọn A
Bài 2 : Trên cùng một mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) và B(3; -4)
a) Viết phơng tình đờng thẳng AB
b) Xác định điểm M trên trục hoành để tam giác MAB cân tại M
Bài 3 : Tìm tất cả các số tự nhiên m để phơng trình ẩn x sau:
x 2 - m2 x + m + 1 = 0
có nghiệm nguyên.
Bài 4 : Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D BC) vẽ đờng tròn tâm O qua A và D đồng thời
tiếp xúc với BC tại D. Đờng tròn này cắt AB và AC lần lợt tại E và F. Chứng minh
a) EF // BC
b) Các tam giác AED và ADC; àD và ABD là các tam giác đồng dạng.
c) AE.AC = à.AB = AC2
Bài 5 : Cho các số dơng x, y thỏa mãn điều kiện x2 + y2 x3 + y4. Chứng minh:
x 3 + y3 x 2 + y2 x + y 2