Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Luyện thi HSG toán 9
Năm học : 2010 - 2011
Đề số 1
Câu 1: ( 4 điểm) Giải các phơng trình sau:
a)
2
9 12 4 4x x + =
b)
2 2
2 1 6 9 1x x x x + + + =
.
Câu 2: ( 4 điểm) a) Cho a + b + c + d = 2. Chứng minh rằng: a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
1
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A=
2 2
2 1 2 1x x x x+ + + +
Câu 3: (4 điểm) a) Cho a = x + y; b = x
2
+ y
2
; c = x
3
+ y

Gọi M là trung điểm của BC. Tính số đo góc AMC.
Giải
Câu1. giải các PT: a)
2
9 12 4 4x x + =

( )
2
3 2 4 3 2 4x x = =
* Xét 2 trờng hợp:
- Trờng hợp 1: Nếu 3- 2x

0
x
1,5. PT có dạng: 3 - 2x = 4

2x = -1

x=- 0,5
- Trờng hợp 2: Nếu 3- 2x < 0

x < 1,5. PT có dạng: -3 +2x = 4

2x=7

x=3,5
Vậy PT có t/n S =
{ }
0,5;3,5
b)


Câu2: a) Cách 1: Ta có: a
2
+ b
2


2ab
a
2
+ c
2


2ac
a
2
+ d
2


2ad
b
2
+ c
2


2bc
b

2
+d
2
)

(a+b+c+d)
2
=2
2
=4

a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
1
. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = a =
1
2
1
+
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Cách 2: Đặt a =
1
2
+ x ; b =

+ z)
2
+ (
1
2
+ u)
2


a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
=
1
4
+ x + x
2
+
1
4
+ y + y
2
+
1
4

2
+ c
2
+ d
2
1
. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = d =
1
2
b). Ta có: A =
( ) ( )
2 2
1 1x x+ +
1 1A x x = + +
Cách 1: Xét 3 trờng hợp:
*Nếu x <-1 thì A = - x- 1 - x+1 =-2x>2(1)
* Nếu -1

x<1 thì A= x+1-x+1 = 2 (2)
* Nếu x

1 thì A = x+1+x-1= 2x
2
dấu "=" xảy ra khi x=1 (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra min A = 2
1 1x
Cách 2: áp dụng BĐT
A B A B+ +
dấu "=" xảy ra khi A.B


= x
3
+ 3x
2
y + 3xy
2
+ y
3
- 3x
3
- 3xy
2
- 3x
2
y- 3y
3
+ 2x
3
+2y
3
= (3x
3
-3y
3
) +(3x
2
y- 3x
2
y) +(3xy
2

2
+2xy + y
2
- 3x
2
-3y
2
+2x
2
-2xy +2y
2
)
= (x+y).0 = 0 = VP (đpcm)
b) (2đ) Ta có:
2
2
2
1
2 4
4
y
x
x
+ + =

2
2 2
2
1
( 2) ( ) 2

x
=
và x+
2
y
= 0

x = 1 và y = -2 hoặc x = -1 và y = 2
Câu4: (6đ)
ABC,
à
A
= 90
0
, AH BC, BH = 4cm
CH = 9cm, HD AB, HE AC , MD
MD DE, NE DE
a) AE = ?
b) MB = MH; NH = NC
c) BDH BHA. Tìm tỉ số đồng dạng.
d) S
DENM
= ?
C/m
2
O
D
B
M
H

à
0
90A D E= = =
nên là hình chữ nhật. Suy ra AH = DE = 6 cm.
Gọi O là giao điểm của AH và DE, ta có: OA = OH = OE = OD

ã
ã
OHE OEH=
(2 góc
đáy cân OHE). Mà
ã
ã
ã
ã
0
90EHN OHE OEH HEN+ = + =

ã ã
EHN HEN=

NHE cân tại N

NH = NE (1)
*
à
ã
ã
ã
0

thang vuông. Mặt khác NE = NH = NC = 9:2 = 4,5 (cm); DM = MH = 4:2 = 2 (cm);
DE = AH = 6cm nên S
DENM
= (DM + NE).DE :2 = (2 + 4,5).6:2 = 19,5 (cm
2
)
Câu5:(2đ)
ABC:
ã
ã
0 0
30 ; 45ABC BAC= =

MB = MC; M

BC

ã
?AMC =

C/m
Kẻ CD và MN vuông góc với AB (D, N

AB), ta có CD//MN và DAC vuông cân
tại D (Vì
ã
ã
0 0
90 ; 45CDA BAC= =
(GT)) Do đó DA = DC (1)

và
ã
ã
ã
0
30DMA DAM MDB+ = =
(t/c góc ngoài tam giác) hay 2.
ã ã
0 0
30 15MAB MAB= =

ã
ã
ã
0 0 0
30 15 45AMC ABM MAB= + = + =
. Vậy
ã
0
45AMC =
Đề số 2:
Câu 1: ( 4 điểm) Giải các phơng trình sau:
1)
2
1 1
2 1 1x x
=

2)
3 4 1 8 6 1 5x x x x+ + + + =

2 2
a b
a b b a

+
ữ
ữ

Câu 3: (4 điểm) Chứng minh rằng với mọi n

N
*
ta có:
1)
1 1 1
( 1). 1 1n n n n n n
=
+ + + +

2)
1 1 1 1
2 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 5 4 4 5
+ + +
+ + + +
+ ... +
1
1
( 1). 1n n n n
<
+ + +


x(x - 2) = 0

x = 0 hoặc x = 2
* x = 0 hoặc x = 2 đều thoả mãn ĐK trên. Vậy PT có t/n: S =
{ }
0; 2
2) ĐK: x

1 , ta có:

2 2
( 1 2) ( 1 3) 5x x + + =

1 2 1 3 5x x + + =
Vì x

1 nên
1 2 2 0x + >
. Do đó chỉ cần xét 2 trờng hợp;
+ Nếu 1 3 0x <

1x < 3

x - 1 < 9

x< 10.
Kết hợp với ĐK trên ta có: 1

x < 10 PT có dạng:


1x
=3


x - 1 = 9

x =10 ( Đợc vì thuộc khoảng đang xét)
Vậy pt có t/n S =
{ }
1 10x x
Câu 2: (4 điểm) 1) Từ: a + b + c = abc
1 1 1
1
ab ac bc
+ + =

và từ:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2( ) 4
a b c a b c ab ac bc
+ + = + + + + + =
4
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới


2 2 2
1 1 1
a b c

1 1 1
2
2 . 2 2 2 2
a b a b a b
a b a b ab
a b ab ab
+
+ +
= = =
(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a
2
+ b
2
= 1 và
1 1 1
2
a b a b
a b
a b
+ +
= = =
Câu 3: (4 điểm) 1) Biến đổi VT, ta có: VT =
( )
( )
1 1
1 1
1 1
n n n n
n n n n

1
0 1
1n
< <
+
)
Câu 4: (6 điểm)
C/m
ABC có MB = MC, NA = NC (gt) nên MN là đờng trung bình, do đó MN//AB
và MN =
1
2
AB; H là trực tâm (gt) nên AH BC; BH AC; G là trong tâm (gt) nên
GM =
1
2
GA; OM BC , ON AC.
1) Xét MNO và AHB có: +
ã
ã
MNO ABH=
(góc có cạnh tơng ứng song song, vì
MN//AB; ON//HB do cùng vuông góc với AC)
+
ã
ã
NMO BAH=
(Góc có cạnh tơng ứng song song, vì MN//AB; OM//HA do cùng vuông
góc với BC)
Suy ra MNO ~ ABH (g.g)

GT Trực tâm H, trọng tâm G,
OM BC , ON AC
1) MNO ~ ABH
KL 2) AHG ~ MOG
3) H, G, O thẳng hàng.
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
3) Do A, G, M thẳng hàng nên tổng 3 góc: AGN, NGO, OGM bằng 180
0
; mặt khác do 2
góc AGH và MGO bằng nhau (theo câu 2) suy ra tổng 3 góc HGA, AGN, NGO bằng
180
0
. Vậy 3 điểm H, G, O thẳng hàng. (đpcm)
Câu 5: (2 điểm)
GT ABC,
à
A
= 90
0
, BC = 2a, AH BC.
OB = OC, HD AB, HE AC.
1) Tính maxDE = ?
2) Tính maxS
ADHE
= ?
C/m;
1) (1 đ) Tứ giác ADHE có 3 góc vuông (
à
à
à

, do đó S
ADHE
=
4 4 3 3 2
. . 2 2 2
AH AH AH AO a
AB AC AH BC a a
= = =
Vậy Max S
ADHE
=
2
2
a

AH = AO = a

ABC vuông cân tại A.
Đề số 3:
Câu 1: (4 điểm) Giải các PT sau:
1)
2 3 3x+ + =
b)
2
2 2 4 6x x+ =
Câu 2: (4 điểm) 1) Cho a + b > 1. C/m rằng: a
4
+ b
4
>

3) Tìm quỹ tích hình chiếu I của điểm O trên đoạn thẳng CD khi C và D di chuyển nhng
(*) vẫn đợc thoả mãn.
Câu 5: (2 điểm) Cho nhọn ABC , AB = c, BC = a, CA = b.
Chứng minh rằng: b
2
= a
2
+ c
2
- 2ac.cosB.
6
D
B
O
H
E
C
KL
A
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Giải:
Câu 1: (4 điểm)1) ĐK x

0, bình phơng hai vế ta có: 2 +
3 9 3 7x x+ = + =
. Bình
phơng hai vế tiếp ta có: 3 +
2
49 46 46 2116x x x= = = =
> 0.

2
+ 2ab > 1.(1)
Mặt khác (a - b)
2


0

a
2
+ b
2
- 2ab

0 (2)
Cộng từng vế của (1) và (2) ta có: 2(a
2
+ b
2
) > 1

a
2
+ b
2
>
1
2
.(3)
Bình phơng hai vế của (3) ta có: a


0 (5)
Cộng vế với vế của 2 BĐT (4) và (5), ta đợc: 2(a
4
+ b
4
) >
4 4
1 1
4 8
a b +
(đpcm)
2) Với 2 số x, y > 0, ta có:
( ) ( )
( )
4
1 1 4
y x y x x y xy
x y x y xy x y
+ + +
+ =
+ +
=
( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2 2
4 2
x y

1 1 4 2
2a b c b c a b b
+ =
+ +
Tơng tự ta có:
1 1 2 1 1 2
;
b c a c a b c c a b a b c a
+ +
+ + + +
. Cộng vế với vế của 3 BĐT trên
ta đợc: 2
1 1 1 1 1 1
2
a b c b c a c a b a b c

+ + + +
ữ ữ
+ + +



1 1 1 1 1 1
a b c b c a c a b a b c
+ + + +
+ + +
(đpcm)
Câu 3:
1) Ta nhận thấy: 10 = 5 + 3 + 2 =
( ) ( ) ( )

2
+ y
2
Cách 1: Từ x + y = 1
( )
2
2 2
1 2 1x y x y xy + = + + =
(1)
Mặt khác ta có: (x - y)
2


0

x
2

+ y
2
- 2xy

0 (2)
Cộng vế với vế của (1) và (2) ta đợc: 2(x
2
+ y
2
)

1


x=
1
2
; y =
1
2
.
Cách 3: Đặt x =
1
2
+ a thì y =
1
2
- a, ta có: A =
2 2
2
1 1 1 1
2
2 2 2 2
a a a

+ + = +
ữ ữ

Do đó min A =
1
2
1
0

;O C O D = =
Nh vậy
à
ả
à
ả
ã
0 0
1 2 1 1
90 90O O O D COD+ = + = =
Tam giác COD vuông tại O. Theo đ/l Pi-Ta-go ta có: CD
2
= OC
2
+ OD
2
2) AOC P BDO
OC OA
OD BD
=
hay
OC OB
OD BD
=


BOD P ODC (c.g.c)
3) Từ kết quả trên, suy ra:
ả
ả

2
2
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
Cách 1: AHC vuông ở H, ta có:
AC
2
= AH
2
+ HC
2
= AH
2
+ (BC
2
- HB
2
)
= AH
2
+ BC
2
+ HB
2
- 2 BC.HB
= (AH
2
+ HB
2
) + a
2

= c
2
sin
2
B + a
2
+ c
2
.cos
2
B - 2ac.cosB = a
2
+ c
2
( sin
2
B + cos
2
B) -2ac.cosB


b
2
= a
2
+ c
2
- 2ac.cosB (đpcm)

Đề số 4:

2 2
1 1
6
ab a b
+
+
.
3/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2ac + bc + cd. Trong đó a, b, c, d là những số
thực thoả mãn ĐK: 4a
2
+ b
2
= 2 và c + d = 4.
Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC . Goi M, N lần lợt là trung điểm các cạnh BC và AC,
các điểm H, G, O lần lợt là trực tâm, trọng tâm, giao điểm các đờng trung trực của tam
giác. Chứng minh rằng:
1/ Tam giác MNO đồng dạng với tam giác ABH.
2/ Tam giác AHG đồng dạng với tam giác MOG.
3/ Ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Câu 3: (2 điểm) Tính diện tích toàn phần của hình chóp S.ABC. Biết góc ASB bằng 60
0
,
góc BSC bằng 90
0
, góc ACS bằng 120
0
và các cạnh SA = SB = SC = a.
Giải:
9
A

x+1 = 0

x = -1. Vậy B(-1; 0)
* Tìm toạ độ điểm C.
Vì C là giao điểm của d
2
và Ox

y = 0 và
-x+2 = 0

x = 2. Vậy C(2; 0)
Diện tích ABC có BC = 3; đờng cao AH = 3/2

S
ABC
=1/2.3.3/2 =9/4 (đvS)
2) Ta có a
1
.a
2
= 1.(-1) = - 1

d
1
d
2
tại A

ABC vuông tại A

2
2 1 6 4 2 6 4 2x x + = +

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

1 2 2 2 2 1 2 2x x = + + =

+ Xét 2 trờng hợp:
* Nếu x

1 phơng trình trở thành: x - 1 = 2
2

1 2 2x = +
(thoả mãn ĐK x

1)
* Nếu x< 1 phơng trình trở thành: x - 1 = - 2
2 1 2 2x =
(Thoả mãn ĐK x<1)
Vậy phơng trình có tập nghiệm: S =
{ }
1 2 2;1 2 2+
Câu 3: (5 điểm)
1) Đặt x =
6

= 1, do đó:

( )
2
2
2 2 2 2
1 1 2( )
2
a b
a b
ab a b ab a b
+
+
+ = +
+ +
=
2 2 2 2
2 2
2( ) 4 ( ) 2
2
a b ab a b ab
ab a b
+ + + +
+
+
= 2 +
2 2 2 2
2 2
2
1

ab
+

(Dấu "=" xảy ra

a= b =
1
2
)
10
y=-x+2
O
C
A
H
B
y
x
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 . 2
2 2
a b ab a b ab
ab a b ab a b
+ +
+ =
+ +

2 0 2 4
2 4
c c
a ac a

+
ữ

(1);
2
2
2
0
4
d d
b bd b
a

+
ữ

(2)

( )
2
0c d

2 2
2cd c d +
( )

2 8
c d+

+ = + + =
ữ

Vậy giá trị lớn nhất của T là 8 khi a =
1
2
, b = 1, c = d = 2 (Vì c- d = 0
c d
=
mặt khác c
+ d = 4 nên 2c = 2d = 4

c = d =2; 2a -
2
2
=0

2a - 1 = 0

a =
1
2
; 4.
2
1
2


2) MNO P ABH suy ra
1
2
MO MN
AH AB
= =
; G là trọng tâm của ABC nên
1
2
GM
GA
=
Xét AHG và MOG có
ã
ã
1
;
2
MO GM
OMG HAG
AH GA

= = =
ữ

(so le trong) suy ra:
AHG P MOG (c.g.c).
3) AHG P MOG suy ra
ã
ã

* SAB có SA = SB = a và
ã
0
60ASB =
nên là đều và có độ dài đờng cao
SH =
3
2
a
. Do đó diện tích SAB là
2
3
4
a
.
* SBC có SB =SC = a và
ã
0
90BSC =
nên là vuông cân. Do đó diện tích SBC là
2
2
a
* SAC có SA = SC = a có
ã
0
120ASC =
nên là cân có góc đáy bằng 30
0
suy ra độ dài

Vậy diện tích toàn phần của hình chóp là:
2
3
4
a
+
2
2
a
+
2
3
4
a
+
2
2
2
a
=
( )
2
1 2 3
2
a
+ +
(đơn vị diện tích)
Đề 5.
Câu 1: (4 điểm) Giải phơng trình:
1/

2
2
1
c
c+
; c =
2
2
2
1
a
a+
Câu 3: (4 điểm) :
1/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
2
2
2 2009x x
x
+
2/ Cho 3 số a, b, c thoả mãn : a(a-1) + b(b-1) + c( c-1)
4
3

. C/mr: - 1
4a b c + +
.
Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Gọi D và E lần lợt là hình
chiếu của H trên AB và AC. Biết BH = 4cm, HC = 9cm.
a) Tính độ dài AE.
b) Chứng minh: AD.AB = AE.AC

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


(x-1)(x+1) +2(x-1) = 0

(x-1)(x+3) = 0

x-1=0 hoặc x+3= 0


x =1 hoặc x = - 3
Đói chiếu với ĐK trên , loại nghiệm x = 1. Vởy phơng trình có tập nghiệm S =
{ }
3
2/ ĐK: x
1
, ta có:

2 1 2 1 2x x x x + + =
( ) ( )
2 1 2 1 2 2 1 2 1 4x x x x x x x x + + + + =

2
b b
+
(2);
2
1 2 8
8
c c
+
(3)
Nhân vế với vế của các BĐT (1), (2) và (3) ta đợc:
2 2 2
1 1 1 32
1 2 8
a b c abc

+ + +
ữ ữ ữ

.
Dấu "=" xảy ra khi:
2 2 2
1 1 1 2 2
1, 2, 8 1, ,
2 4
a b c
a b c
= = = = = =
.Vậy a = 1, b =
2

= = = = =
+ +
. Suy ra: a

b, b

c, c

a nên dấu
"=" xảy ra khi a = b = c. Suy ra a = b = c = 0 và a = b = c =1.
Câu 3: (4 điểm)
1) Ta có: A =
2 2 2
2
2 2009 2009 2.2009. 2009
2009.
x x x x
x x
+ + +
=

( )
2
2 2 2
2 2 2
2009
2.2009. 2009 2008. 2008 2008
2009. 2009. 2009. 2009 2009
x
x x x

2
+ b
2
+ c
2
)

4 + 3(a + b + c) (1)
Mà 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) = (1
1
+ 1
2
+ 1
2
)(a
2
+ b
2
+ c
2
)

(a + b + c)
2

1 0 1
x x
x




+

không có số nào thoả mãn ĐK này nên loại.
Hoặc b)
{
4 0 4
1 4
1 0 1
x x
x
x x




+ Vậy
1 4x
hay
1 4a b c + +
(đpcm)

+ AHC vuông tại H, đờng cao HE ta có:
AH
2
= AE.AC

AE =
2 2
6
3,3
10,8
AH
AC
= ;
(cm)
b) Ta có: AH
2
= AE.AC (1)
+ AHB vuông tại H, đờng cao HD, ta có: AH
2
= AD.AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AD.AB = AE.AC (đpcm)
c) Tứ giác ADHE có
à
à
à
0
90A D E= = =
nên là hình chữ nhật. Suy ra AH = DE = 6 cm.
Gọi O là giao điểm của AH và DE, ta có: OA = OH = OE = OD


NEC cân tại N

NC = NE (4)
Từ (3) và (4) suy ra NH = NC. Vậy N là trung điểm của HC.
C/m tơng tự ta có: M là trung điểm của BH.
d) Vì MD và NE cùng vuông góc với DE nên MD//NE do đó tứ giác DENM là hình
thang vuông. Mặt khác NE = NH = NC = 9:2 = 4,5 (cm); DM = MH = 4:2 = 2 (cm);
DE = AH = 6cm nên S
DENM
= (DM + NE).DE :2 = (2 + 4,5).6:2 = 19,5 (cm
2
)
Câu 5: (2 điểm)

GT ABC,
à
0
90A =
, D

AB, E

AC , DE//BC

KL Xcá định vị trí các diểm D, E để DE = DB + EC.

C/m
a) Phân tích:
Giả sử đã xác định đợc D, E thoả mãn ĐK bài ra:
D

CA) và cắt Ex tại I thì CE = EI. Ta có DE = BF = EF + EI = FI do đó BFI cân tại F
nên
ã ã
IBF BIF=
, mà
ã
ã
ABI BIF=
(so le trong)

ã
ã
ABI IBF=
do đó BI là phân giác của góc B.
Từ đó suy ra cách dựng.
b) Cách dựng:
+ Dựng phân giác góc B, dựng đờng thẳng Cy tạo với AC 1 góc 45
0
. Hai đờng thẳng
này cắt nhau tại I.
+ Từ I dựng đờng thẳng Ix song song với AB cắt AC tại E, cắt BC tại F.
+ Từ E dựng đờng thẳng song song với BC căts AB tại D, ta có D, E là 2 điểm cần
tìm.
c) Chứng minh: Theo cách dựng ta có:
+ Tứ giác BFED là hình bình hành (Vì DE// BF, EF//BD) nên DE = BF, FE = BD (1)
+ BI là phân giác của góc B nên
ã
ã
ABI IBF=
, mặt khác

2/
2 2
2 1 6 9 4x x x x+ + + + =
Câu 2: (4 điểm) 1/ Rút gọn biểu thức:
A =
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2
2 2
4 2
2 2 2
2 4
2 2
1
1 1 1
1 1 1
1
x x
x x x x
x x x x
x x


+ +
+ +

Câu 5: (3 điểm) Cho ABC có
à
à
0 0
60 , 20 , 4B C BC cm= = =
. Gọi D là trung điểm của
15
Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới
AC. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho CE = CD. Tính tổng diện tích các ECD và
ABD.
Giải:
Câu 1: (4 điểm) 1) ĐK: x
1
1,
2
x
, ta có:
2
1 1
2 1 1x x
=


x
2
-1= 2x -1

x(x-2) = 0



=
(Thoả mãn ĐK trên)
Vậy PT có tập nghiệm S =
{ }
, 1 3x x R x
.
Câu 2: (4 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: A =
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2
2 2
4 2
2 2 2
2 4
2 2
1
1 1 1
1 1 1
1
x x
x x x x
x x x x
x x


ữ

; x
2
+ x +1 =
2
1 3
0
2 4
x

+ +
ữ

; x
2
+ x- 1 =
2
1 5
0
2 4
x

+
ữ

;
x
2
- x - 1 =

.
2) 5x
2
+ 5y
2
+ 8xy - 2x + 2y + 2 = 0

(4x
2
+ 8xy + 4y
2
) + (x
2
- 2x +1) +(y
2
+2y+1) = 0

4(x+y)
2
+ (x - 1)
2
+ (y +1)
2
= 0
( )
( )
( )
2
2
2



Vậy x = 1; y = -1.
Câu 3: (4 điểm) 1) Vì a > 0, b > 0 nên áp dụng BĐT Cô-Si ta có:
a + 2
2 2a
; b + 2
2 2b
; a + b
2 ab
. Do đó, nhân vé với vế của 3 BĐT này ta
có: (a + 2)(b + 2)(a + b)
16ab

(đpcm)
2) Với a
2
, ta có: * Tử thức:

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

* Mẫu thức:
( ) ( )
2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1a a a a a a a a+ + = + + + +
=