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, 4 x x x≥ ≠ ≠ . Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải các phương trình: 3x 2 + 4x + 10 = 2 2 14 7x − b) Giải hệ phương trình sau: ( ) ( ) ( ) 3xy = 2 x+ y 5yz =6 y+ z 4zx= 3 z+ x      Bài 3: (3,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 4 1 111 ≤ + + + + + 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 ) tại điểm thứ hai B. PN cắt đường tròn (C 2 ) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C 2 ) tại điểm thứ hai C. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. 2) Cho ∆ ABC đều điểm M nằm trong ∆ ABC sao cho AM 2 = BM 2 + CM 2 . Tính số đo góc BMC ? Bài 5: (2,0 điểm).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2 2 x y z x y y z z x + + + + + với x > 0; y > 0; z > 0 và xy yz zx 1 + + = Hãy thư giản !!! 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   + + = − − = − =   + + + + + +   Ta có 6 6 1 6 6 6. 1 0 5 5 1 x A x x x x − + − = ⇔ = ⇔ − + = + + . Từ đó giải được 2 3; 2 3x x= + = − b)Ta có: 2 2 1 2 2 1 0 ( 1) 0 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⇔ + + − − = 2 2 2 0 2 2 2 1 7 0 2 x x x x x 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 ( ) ( ) 4 ab ab ab c c a c b c a c b   = ≤ +  ÷ + + + + + +   Tương tự ta có: 1 1 ; 1 4 1 1 . 1 4 bc bc a a b a c ca ca b b a b c   ≤ +  ÷ + + +     ≤ +  ÷ + + +   ( ) 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 + Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0. Hãy thư giản !!! 2 • E N M B C O 1 O 3 O 2 D P A T Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 + Với xyz ≠ 0 thì (I) được viết lại: x y 3 xy 2 y z 5 yz 6 z x 4 zx 3 +  =   +  =    + =   ⇔ (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 x y z 3   + + =  ÷   ⇔ 1 1 1 11 x y z 6 + + = (*) Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có : x = 1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3). 4. 1) 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 = > 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 (với E = AB ∩ CD). Do PAT ~ PTM => PT 2 = PA.PM tương tự PT 2 = PD.PN Vậy PA. PM = PD.PN => EA ED PD PA PM PN EC EB === =>∆ EBC ~ ∆ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 180 0 => ABCD nội tiếp. 2) Vẽ tam giác đều CMN BCN = ACM => BN = AM mà 2 2 2 AM BM CM= + 2 2 2 BN BM MN⇔ = + BMN⇔ ∆ vuông tại M. · · · 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 = =   ⇔  + + =   Hãy thư giản !!! 3 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 + Vậy A min = 1 1 x y z 2 3 ⇔ = = = Đề 91 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:       −+ − − + − + − −       − − −= 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 −= ++ x x x b) Tìm nghiệm nguyên của hệ:    =++ =++ 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 + ++ + ( )( ) 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 ≤ b 3 Chứng minh rằng : (a 1 + a 2 +a 3 )(b 1 + b 2 + b 3 ) ≤ 3(a 1 b 1 +a 2 b 2 +a 3 b 3 ) Áp dụng chứng minh rằng : với cba ≤≤≤0 thì 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 !!! 4 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 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 1. đk      ≠ ≠ ≥ ⇔      ≠− ≠− ≥ 4x 9x 0x 0x2 09x 0x Ta có:       +− −+−−++−       −+ − −= )x3)(x2( x9)x2)(2x()x3)(3x( : 3x)(3x( )3x(x 1P =       +− −−       + x3)(x2( 4xx4 : 3x 3 =       −− +−       + 2 )x2( )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 2 −=       −+ ⇔−=         ++ x x xx x x x <=> ( ) 31411 2 =+⇔−=−+ xxx . 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 (*) Ta có hệ:    =+ −= 8 5 zuv zu ( ) ( ) 2 1 . Thế (1) vào (2) ⇒ v = 8 – z(5 - z) = z 2 –5z + 8 Hệ có nghiệm ⇔ (a) có nghiệm ⇔ (*) xảy ra ⇒ (5-z) 2 – 4(z 2 – 5z + 8) ≥ 0 ⇔ - 3z 2 + 10z – 7 ≥ 0 ⇔ (z-1)(-3z+7) ≥ 0           ≤− ≤−    ≥− ≥− ⇔ 037 01 037 01 z z z z             ≥ ≤ ≤≤ ⇔ 3 7 1 3 7 1 z z z )( )3( 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 y x xy yx v u z +)           = =    = = ⇒    = =+ ⇒    = = ⇒= 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 = xy + yz + zx + x 2 = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) Tương tự ta có: 1+y 2 =(y+x)(y+z) 1+z 2 =(z+x)(z+y) T= ( )( )( )( ) ( )( ) yxzx yzxzzyxy x ++ ++++ ( )( )( )( ) ( )( ) zyyx zxyxyzxz y ++ ++++ + ( )( )( )( ) ( ) ( ) yzxz zyxyzxyx 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 ≤ 0 a 2 - a 3 ≤ 0 và b 1 ≤ b 2 ≤ b 3 ⇒ b 1 - b 2 ≤ 0 b 1 - 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 2 - a 3 )(b 2 - b 3 ) ≥ 0 ⇔ 2(a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 )- a 1 b 2 - a 2 b 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 3 b 3 +a 1 b 2 +a 2 b 1 +a 1 b 3 +a 3 b 1 + a 2 b 3 +a 3 b 2 ≤ 3(a 1 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 1 + b 2 +b 3 ) ≤ 3(a 1 b 1 +a 2 b 2 + a 3 b 3 ) ⇔ ( a 1 + a 2 + a 3 )( b 1 + 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 2005 b 1 = cba a ++ ; b 2 = cba b ++ ; b 3 = cba c ++ Do 0 ≤ a ≤ b ≤ c Nên ta có ; a 1 ≤ a 2 ≤ a 3 và b 1 ≤ b 2 ≤ b 3 áp dụng câu a ta có; (a 2005 +b 2005 +c 2005 )       ++ + ++ + ++ cba c cba b cba a ≤ 3         ++ ++ cba cba 200620062006 ⇔ cba cba cba ++ ≤ ++ ++ 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 ∆ DIB ( Do chung ∠ BID và ∠ IAD = ∠ IDB (cùng chắn cung BD)). -> IA ID = ID IB -> ID 2 = IA.IB. (1) Hãy thư giản !!! 6 A D F C E B Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Lập luân tương tự -> IC 2 = IA.IB (2) Từ (1) và (2) -> IC = ID 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 :         + + ++         + − + + + + = 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≤ . b) Tìm x thoả mãn : ( ) 1.1 =+ Px Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải phương trình : 1 1 2 2 =       + + x x x b) Giải hệ phương trình : x 2 y – 2x + 3y 2 = 0 x 2 + y 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). 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 == . Hãy thư giản !!! 7 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 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. 1. a) Điều kiện x>0 Ta có : )2.( )2()3( : )2.( )2()88()( 22 + ++++ + +−++ = xx xxx xx xxx P P= 52 44 ++ + xx x ⇒ P-1= 0 4)1( )1( 1 52 44 2 2 ≤ ++ −− =− ++ + x x xx x Vậy 1 ≤ P b) 1).1( =+ Px ⇔ 4 ( ) 521 2 ++=+ xxx ⇔ 3x + 6 x -1 = 0 ⇔ 3 323 3 323 +− = −− = x x ⇔ 3 347 − = x (thoã mãn điều kiện x>0) . 2. a. ĐK : 1 −≠ x ⇔ 1 1 2 ) 1 ( 1 2 2 2 2 2 = + + + + + − x x x x x x x ⇔ 1 1 .2) 1 ( 2 2 = + + + − x x x x x ⇔ 2)1 1 ( 2 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 2 = 0 x 2 y+ y 3 x + 2y 2 = 0 ⇔ 02 02 22 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 .) 2 ( 3 2 22 3 2 =+ + + + y y y y y y ⇔ 02 2)2( 3 3 23 3 =       + + + + y y y y y ⇔ 08113 36 =++ yy 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 − ) . 3. Từ : zyxzyx ++ =++ 1111 => 0 1111 = ++ −++ zyxzyx => ( ) 0 = ++ −++ + + zyxz zzyx xy yx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 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 + z 9 = (y + z)(y 8 – y 7 z + y 6 z 2 - + z 8 ) z 10 - x 10 = (z + x)(z 4 – z 3 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. a. Ta có : ∠ BOP là góc ngoài AOB ∆ ⇒ ∠ BOP= ∠ OAB + ∠ OBA = 2 1 ( ∠ BAC + ∠ ABC) Lại có : ∠ PNB=180 0 – ∠ MNC =180 0 - 0 0 180 1 180 ( ) 2 2 ACB BAC ABC − ∠ = − ∠ + ∠ ⇒ ∠ 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) ⇒ a PM OC OM OC ON b NQ ===  ∆ AOB ∆ QOP (g.g) ⇒ a PM OB OP c PQ ==  Từ (1) , (2) ⇒ 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 ⇒ EQ//BC mà EF//BC ⇒ E, Q, F thẳng hàng . Hãy thư giản !!! 9 O M F C N B E A P Q Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 5. Cho ba số thực , ,a b c không âm sao cho 1a b c + + = . Chứng minh: 16b c abc + ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? Theo kết quả câu 3.1, ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 4a b c a b c a b c   + + = + + ≥ +   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 = +  ⇔ = = =  =  Đề 93 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 + + ≥ Bài 4: (3 điểm) a) Giải hệ phương trình 3 1 2 2 =++ y 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 [...]... = 0, x = 2, x = 5 Vi x = 0 thi y = 4 x = 4 Vi x = 2 thi y = 4 x = 6 Vi x = 5 thi y = 4 x = 9 Nờu y = 5 x + 4 , thay vao phng trinh th nhõt, giai c x = 0, x = 2, x = 19 Vi x = 0 thi y = 5 x + 4 = 4 Vi x = 2 thi y = 5 x + 4 = 6 Vi x = 19 thi y = 5 x + 4 = 99 Võy, cac nghiờm cua hờ la ( x; y ) = ( 0; 4 ) , ( 2;6 ) , ( 2; 6 ) , ( 5 ;9 ) , ( 19; 99 ) 3 Vỡ a ; b ; c l cỏc s dng ỏp dng bt ng thc Cauchy... x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7) x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9) KX : x -1; x -3; x -5; x -7; x -9 1 1 1 1 pt ( x +1)( x + 3) + ( x + 3)( x + 5) + ( x + 5)( x + 7) + ( x + 7)( x + 9) = 1 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 Phng trỡnh cú dng... S1 S 2 S3 S1 S 2 S3 1 1 1 HA HB HC + + 9 3 = 6 Theo bất đẳng thức Côsy: = ( S1 + S 2 + S3 ) + + ữ 9 HA1 HB1 HC1 S1 S 2 S3 Du "=" xy ra khi tam giỏc ABC u 96 Bi 1: (4,0 im) 2 a 1 2 a : Cho biu thc: A = 1 a + 1 1 + a a a + a + a +1 Hóy th gin !!! 19 C Trng THCS DTNT Quan Húa Nm 2011 a.Rỳt gn biu thc A b.Tớnh giỏ tr biu thc A khi a = 2011 2 2010 x 2 + y 2 + xy = 1 Bi 2: (4,0 im).a)... x ) 1 3x 2 3x = 3 3 x = 9 x = 3 (vỡ 3x = 1 3x = 1 Vi x l s nguyờn khụng õm, A l s nguyờn thỡ 3x 2 = 1 x Z v x 0 ) Khi ú: A = 4 ( x + y ) 2 3 xy = 19 x 2 + y 2 xy = 19 S 2 3P = 19 S = x + y 2.a) ữ (1) x + y + xy = 7 x + y + xy = 7 S + P = 7 P = xy Gii h (1) ta c: ( S = 1; P = 6), ( S = 2; P = 5) Hóy th gin !!! 14 Trng THCS DTNT Quan Húa Nm 2011 x + y = 1 x + y = 2 Gii... 3 a) Gii phng trỡnh : (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2 (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 (1) 8 x 8 9 x=0 khụng phi l nghim pt (1) Chia 2 v (1) cho x2 ta c: (1) (x+ + 6)( x + + 9) = 28 t = 2 8 t t = x+ (1) (t+6)(t +9) =28 t2 + 15t + 26 =0 x t = 13 8 x Vi t = -2 x+ = 2 x2 + 2x + 8 =0 vụ nghim Hóy th gin !!! 27 Trng THCS DTNT Quan Húa Nm 2011 8 Vi t = -13 x+ = 13 x2 + 13x + 8 =0 x = -13 137 x b) iu kin...Trng THCS DTNT Quan Húa Nm 2011 b KP // AB, KQ // AC c T giỏc BMNC ni tip c 2) Cho a, b, cl di 3 cnh ca ABC Gi m, n, k l di cỏc ng phõn giỏc trong ca ba gúc ca ABC Chng minh rng: + + > + + Bi 5: (2,0 im) Tỡm tt c cỏc tam giỏc vuụng cú di cnh l s nguyờn v s o din tớch bng s o chu vi 1 iu kin P cú ngha: P = x 0 x 0 x 2 x 4 x 9 x 9 (x 9) + (4 x) + (9 x) (2 x )( x + 3) Theo cõu... < 1 c) Tỡm giỏ tr ca P nu a = 19 8 3 Bi 2: (2,0 im) a) Gii phng trỡnh: 2006 x 4 + x 4 x 2 + 2006 + x 2 = 2005.2006 b) Giai hờ phng trinh: y 2 = ( x + 8) ( x 2 + 2 ) 2 2 16 x 8 y + 16 = 5 x + 4 xy y Bi 3: (2,0 im) Tỡm a , b , c bit a , b ,c l cỏc s dng v 32 1 1 1 2 + 1 2 + 2 2 + 8 = abc a b c Bi 4: (2,0 im) Hóy th gin !!! 29 Trng THCS DTNT Quan Húa Nm 2011 a) Cho a, b, c [0 ; 1] Chng... Quan Húa Nm 2011 1 + 8021 1 + 8021 ; 2 2 2 2 b) Viờt lai phng trinh th hai cua hờ vờ dang y ( 4 x + 8 ) y + ( 16 + 16 x 5 x ) = 0 Vy phng trỡnh ó cho cú tp nghim: S = Coi õy la phng trinh bõc hai, õn y, x la tham sụ Co ' = ( 2 x + 4 ) ( 16 + 16 x 5 x 2 ) = 9 x 2 T o, tim c y = 4 x, y = 5 x + 4 Nờu y = 4 x , thay vao phng trinh th nhõt, giai c x = 0, x = 2, x = 5 Vi x = 0 thi y = 4... IB.IC = 2r.IM IM IQ 2 IQ BI 5 Hóy th gin !!! 28 Trng THCS DTNT Quan Húa B Nm 2011 N F I C E M A D Li gii T A k AE vuụng gúc vi DN ; A F vuụng gúc vi BM Ta cú dt(ABM) = 1/2 dt(ABCD) ; dt(ADN) = 1/2dt(ABCD) cho nờn dt(ABM) = dt(ADN) , m BM = DN cho nờn A F = AE hay A cỏch u hai cnh ca gúc BID Vy tia IA l tia phõn giỏc ca gúc BID 99 Bi 1: (2,0 im) Cho biu thc:P = 1 + a 1 2 a : a +1 a 1 a a + a... EOA1 cựng chn cung AE) BAB1 = B1 AE OAE + EOA = 90 0 E , A1 , B1 m thng hng (*) Tng t: ta cú t giỏc AA1B1B ni tip Theo bi ra ta cú: 0 AA1 B = AB1 B =90 Suy ra t giỏc AA1 B1 B nụi tiộp trong mt ng trũn cựng chn cung AA1 A1 B1 A = A1 BA Ta li cú: OD1 B = OBB = 1V t giỏc OB1DB ni tip DB1 B = DOB (cựng chn cung BD) m DOB = DBO DBO + DOB = 90 0 DBO = OBA Tớnh cht 2 tip tuyn ct nhau . THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 + Vậy A min = 1 1 x y z 2 3 ⇔ = = = Đề 91 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:       −+ − − + − + − −       − − −= 6xx x9 x3 2x x2 3x : 9x x3x 1P a) Rút. 4 x 9 x 9 ≥  ≥    ≠ ⇔ ≠     ≠ ≠   . Ta có: (x 9) (4 x) 9 x (2 x)( x 3) ( x 2)( x 3) P x( x 3) ( x 3)( x 3) − + − − − − + − + = − − + − + − + − + − + ⇔ = ⇔ = = − + − (x 9) (4 x) (9 x). thức xảy ra khi: 1 1 , 4 2 a b c b c a b c = +  ⇔ = = =  =  Đề 93 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     − + − − = + − −  ÷  ÷ − − + + −   