Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Đề 100    x +1 2x + x x +1 2x + x   + − 1 : 1 + −   2x + 2x − 2x + 2x −      Bài 1: (5,0 điểm) Cho biểu thức:P =   a) Rút gọn P ( b) Tính giá trị P x = + 2 ) Bài 2: (4,0 điểm) a) Giải hệ phương trình sau: x y + 2− =2 y + 2− =2 x b) Giải phương trình: x = 2005-2006 (2005-2006 x2)2 Bài 3: (4,0 điểm) x2 a) Tìm giá trị lớn biểu thức: M = x + x2 + b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác a + b+ c ≠ Tính P = (2008+ a b c )(2008 + ) ( 2008 + ) b c a Bài 4: (5,0 điểm) Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I trung điểm BC ,N trung điểm EF a.Chứng minh điểm E, F nằm đường tròn cố định đường tròn (O) thay đổi b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) K Chứng minh :EK song song với AB c.Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy đường thẳng cố định đường tròn(O) thay đổi Bài 5: (2,0 điểm) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tiếp điểm (O) cạnh BC, CA, AB D, E, F Kẻ BB1 ⊥ AO , AA1 ⊥ BO Chứng minh điểm D, E, A, B thẳng hàng GV: Phạm Văn Tuấn Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 2, a) Đk: x ≥ ; y ≥ Ta chứng minh x=y Thật 1 1 + − =2 ⇔ − =2 − y y x x ⇔2 − 1 =4 − + ⇔ + = −2 y x y x x x Tương tự: 1 + = −2 x y y (1) (2) Từ (1) (2) ta có: 4 −2 = − ⇒x = y x y 1 2 + = −2 ⇔ +2 = x y x x x Ta có: Vậy hệ có nghiệm x = y =1 2 ⇔ − + = ⇔( − 1) = ⇔ x = x x x b) Đặt y = 2005 - 2006 x2 Phương trình trở thành :   x = 2005 − 2006 y ⇔ x - y = 2006 (x2 - y2) ⇔   y = 2005 − 2006 x  [ 2006 (x + y) - 1]( x - y ) = ⇔ x = y 2006( x + y ) − =   x = −1 ⇒ x = 2005 - 2006 x ⇔ 2006x + x - 2005 = ⇒  Với x = y  y = 2005 2006  1 ⇒ y= Với 2006 (x+y) - = ⇒ x + y = - x⇔ - x = 2005-2006 x2 2006 2006 2006  − 1608817 x = 4012 ⇔ 20062x2 - 2006x - 2005.2006 +1 = →   + 1608817 y = 4012  2 a) Nhận xét x = M = 0, giá trị giá trị lớn Vậy M đạt giá trị lớn với x khác Chia tử mẫu cho x2 ta được: 1 M =  x +  + M đạt giá trị lớn x + nhỏ   x   x2   => x + = => x = ± Vậy M lớn 1/3 x = ± x b) Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc ⇔ ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = ⇔ a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = ( a + b + c ≠ 0) ⇔ ( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = ⇔ a = b = c ⇒ P = (2008+ a b c )(2008 + ) ( 2008 + ) b c a P = ( 2008 + ) ( 2008 + ) ( 2008 + ) = 20093 a) ∆ ABF ∆ AFC đồng dạng (g_g) Ta có : AB/ AF=AF/AC ⇔ AF2=AB.AC ⇒ AF= AB AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB AC khơng đổi Vậy E,F thuộc đường trịn (A; AB AC ) cố định b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường trịn Ta có : ∠ AIF = ∠ AOF (1) GV: Phạm Văn Tuấn Trường THCS DTNT Quan Hóa 1 ∠ AOF = ∠ EOF ∠ EKF = ∠ EOF 2 ⇒ ∠ EKF = ∠ AOF (2).Từ(1) và(2) ⇒ ∠ AIF = ∠ EKF Do : EK vàAB song song vơí c) Cm A,N,O thẳng hàng AO ⊥ EF ; Gọi H giao điểm BC EF Ta có : ∆ ANH ∆ AIO đồng dạng nên AH AN = AO AI Suy :AH.AI =AN.AO Lại có :AN AO=AE2 =AB.AC Do : AI.AH =AB.AC ⇒ AH = AB AC AI không đổi Vậy H cố định Tứ giác OIHN tứ giác nội tiếp đường trịn nên đường trịn ngoại tiếp OIN ln qua I H ;Do tâm đương f trịn nằm đường trung trực IH ∧ ˆ Theo ta có: AA1 B = AB1 B =900 Suy tứ giác AA1 B1 B nôi tiép đường tròn ∧ ˆ chắn cung BB1 ⇒ BA B = ABB 1 ∧ ˆ AE1O = AA1O = 1V ⇒ tứ giác AEA1O nội tiếp Mặt khác: ∧ ˆ ⇒ EA1 A = EOA1 chắn cung AE) ∧ ˆ BAB1 = B1 AE ˆ ˆ OAE + EOA = 90 ⇒ E , A1 , B1 mà thẳng hàng (*) Tương tự: ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp Theo ta có: ∧ ˆ AA1 B = AB1 B =90 Suy tứ giác AA1 B1 B nôi tiép đường tròn ∧ ˆ ⇒ A1 B1 A = A1 BA chắn cung AA1 ∧ Ta lại có: ˆ OD1 B = OBB = 1V ⇒ tứ giác OB1DB nội tiếp ∧ ˆ ⇒ DB1 B = DOB (cùng chắn cung BD) ∧ ˆ DOB = DBO ˆ ˆ DBO + DOB = 90 mà ˆ ˆ DBO = OBA Tính chất tiếp tuyến cắt Vậy ∧ ˆ ˆ DB1 B + BB1 A+ AB1 A1 = 180 ⇒ điểm D, B1, A1 thẳng hàng (**) Từ (*) , (**) suy A1, D, B1, E thẳng hàng GV: Phạm Văn Tuấn Năm 2010 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Đề 101 Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức P =   + a3  a (1 − a )  − a  : + a . − a    1+ a  1+ a  − a    a) Rút gọn P b) Xét dấu biểu thức M = a.(P - ) Bài 2: (4,0 điểm) a) Giải hệ phương trình x + =3 y2 y x x+ + =3 y y x2 + b) Giải Phương trình: 4x2 +3x(4 + x -9) = 27 Bài 3: (3,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2 y2 z2 + + A= với x > 0; y > 0; z > xy + yz + zx =1 x+y y+z z+x Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số chiều : a1 ≤ a2 ≤ a3 b ≤ b2 ≤ b3 Chứng minh : (a1+ a2 +a3)(b1 + b2 + b3 ) ≤ 3(a1b1 +a2b2+a3b3) Áp dụng chứng minh : với ≤ a ≤ b ≤ c a 2005 + b 2005 + c 2005 ≤ 2006 2006 2006 a+b+c a +b +c Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) AD, BE , CF ba đường cao ( D ∈ BC , E ∈ CA, F ∈ AB ) Đường thẳng EF cắt BC tại G, đường thẳng AG cắt lại đường tròn (O) tại điểm M a) Chứng minh rằng bốn điểm A, M , E , F cùng nằm một đường tròn b) Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC Chứng minh rằng GH ⊥ AN Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD) Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích GV: Phạm Văn Tuấn Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010   x 1 x x 1 x + =3⇔ x +  −3= − a) Đk y ≠ : x + + = ⇔  x +  = + (1): x +     y y y y y y y y   2 (2)    1   1 1 Cộng (1) (2) vế với vế ta được:  x +  +  x +  − = ⇔  x + +  x + −  =        y y y y      1    x + y + =  x + y = −3( 3)  x + y = −3 6 y + y + = 0(*)   ⇔  ⇔ Từ (3) (2) ta có: (*) vô nghiệm 1   x x = y x+ −2=0 x + = 2( ) =6   y y y      x + y = −3  ⇒ hệ vô nghiệm Từ (4) (2) ta có  ⇔  x =1 y  ⇔ x = y = 1; hệ có nghiệm x = y = 1; y − 2y + =  x = y b) Giải phương trình: đk: Pt x + x(4 + x) − 9) = 27 x ≥ −1 ⇔ x + 12 x + x = 27(1 + x) ⇔ x + 12 x + x + 9(1 + x) = 36(1 + x ) ⇔ (2 x + + x ) = 36(1 + x) 2 x + + x = + x ⇔  2 x + + x = −6 + x   x ≥   4 x − x − = ⇔  ⇔ − ≤ x <  4 x − 81x − 81 =  (do x ≥ −1) x =   x = 81 − 97   (0,5đ) a) + Biến đổi để được:  xy yz zx  + + ÷ (1)  x + y y +z x +z  A = x + y + z − + Chứng minh được: x + y + z ≥ xy + yz + zx > (2) + Thay (2) (3) vào (1) A ≥ Do đó: Min A = + Vậy Amin = x = y = z  ⇔  xy + yz + zx =  1 ⇔ x=y=z= GV: Phạm Văn Tuấn Trường THCS DTNT Quan Hóa b) Do a1 ≤ a2 ≤ a3 ⇒ a1 - a2 ≤ a - a3 ≤ a - a3 ≤ b1 ≤ b2 ≤ b3 ⇒ b1 - b2 ≤ b - b3 ≤ b - b3 ≤ ⇒ (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3) ≥ ⇔ 2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2 ≥ ⇔ a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3) ⇔ a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3) ⇔ ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3) ≤ 3(a1b1+a2b2+ a3b3) Năm 2010 Đặt a1 = a2005 ; a2 = b2005 ; a3 = c2005 a b c ; b2 = ; b3 = a+b+c a+b+c a+b+c ≤ a ≤ b ≤ c Nên ta có ; a1 ≤ a2 ≤ a3 b1 ≤ b2 ≤ b3 Do b1 = áp dụng câu a ta có; (a 2005 +b 2005 +c  a 2006 + b 2006 + c 2006 b c   a + +  ≤ 3 )  a+b+c a+b+c a+b+c a+b+c  2005 2005  + b 2005 + c 2005 ⇔ a ≤  2006 2006 2006 a+b+c a +b +c  Nhận xét: Cho tứ giác ABCD, P giao điểm AB CD Tứ giác ABCD nội tiếp khi: PA.PB = PC.PD Áp dụng nhận xét cho tứ giác AMBC nợi tiếp, ta được GM ×GA = GB ×GC A Áp dụng cho tứ giác BFEC nội tiếp, ta được GB ×GC = GF ×GE GE GA Suy GF × = GM × M Do đó, tứ giác AMFE nội tiếp E - Theo kết quả phần 1, tứ giác AEHF nội tiếp suy F M nằm đường tròn đường kính AH , đó HM ⊥ MA O Tia MH cắt lại đường tròn (O) tại K , H đó ∠AMK = 90o nên AK là đường kính của (O) G B D N Từ đó suy KC ⊥ CA, KB ⊥ BA Suy KC || BH , KB || CH , đó BHCK là hình bình hành Suy KH qua Khi đó M , H , N thẳng hàng K Trong tam giác GAN có hai đường cao AD, NM cắt tại H , nên H là trực tâm của tam giác GAN Suy GH ⊥ AN C F 2) Biến đổi hình thang thành hình tam giác có diện tích ABF Từ D kẻ DF//AC , DF cắt đt BC F Chứng minh SABCD = SABF Lấy E trung điểm cảu FB Đoạn thẳng AE chia tam giác ABF thành hai hình có diện tích AE đoạn thẳng chia hình thang thành hai hình có diện tích D E A GV: Phạm Văn Tuấn C B Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Đề 102  x −  x x + x − x −1 Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức:P =   a) Rút gọn P b) Tìm x để P ≤ Bài 2: (4,0 điểm) a) Giải hệ phương trình :   x   : 1 +  x + 1 x −1     x+y=1 x5 + y5 = 11 b) Giải phương trình: x + − − x = Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho a,b,c >0 a+b+c = Chứng minh b+c ≥ 16abc b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = xy > x Tìm giá trị lớn biểu thức : M = + y Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD cạnh a Trên đường chéo AC lấy điểm E F cho ∠ EBF = 450 Đường thẳng BE, BF cắt AD CD M N MF NE cắt H, BH cắt MN I a.Chứng minh AB = BI b.Tìm vị trí M N cho diện tích tam giác MDN lớn Cho tứ giác ABCD Lấy điểm M tùy ý cạnh AB xác định điểm N cạnh DC cho MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích Bài 5: (2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 + = x y GV: Phạm Văn Tuấn Trường THCS DTNT Quan Hóa 5 Năm 2010 3 3 2 2 a) Ta có x + y = ( x + x y + x y + y ) – ( x y +x y ) = (x + y ) (x +y ) – x y (x+y) Vì x+ y = ⇒ x5+y5 = ( x2 – xy +y2)(x2 + y2) – x2y2 = ( x2 + 2xy + y2 – 3xy)(x2 + y2 + 2xy –2xy) – x2y2 = ( x + y) − 3xy (x +y )2 – 2xy - x2 y2 = ( 1- 3xy)(1-2xy) – x2y2 x5 + y5 = 5(xy)2 – 5(xy) + ↔ 5(xy)2 – 5(xy) + = 11 xy = 2 ↔ (xy) – (xy) – 10 = ↔ xy = -1 Với xy = -1 ta có hệ phương trình x+y=1 xy = -1 ↔ ( x,y) = ( + ; − ) ( − ; + ) 2 2 Với xy = ta có hệ phương trình x+y=1 xy = ( vơ nghiệm) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( + ; − ) ( − ; + ) b) Đặt 2 x + = a, − x = b Tìm x = nghiệm a) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng: a+b ≥ 16 abc Áp dụng BĐT Côsi x + y ≥ xy ta có ( a + b) + c ≥ ( a + b)c ⇔ ≥ (a + b)c ⇔ ≥ 4( a + b)c nhân hai vế với a + b > ta được: A + b ≥ 4(a + b)2c mà ta chứng minh (a + b)2 ≥ 4ab Do a + b ≥ 4(4ab)c hay a + b ≥ 16abc từ suy đpcm 2 Theo kết câu 3.1, ta có: ( a + b + c ) =  a + ( b + c )  ≥ 4a ( b + c ) mà a + b + c = (giả thiết)   nên: ≥ 4a ( b + c ) ⇔ b + c ≥ 4a ( b + c ) (vì a, b, c khơng âm nên b + c không âm) Nhưng: ( b + c ) ≥ 4bc (không âm)Suy ra: b + c ≥ 16abc a = b + c 1 ⇔b=c= , a=  b=c Dấu đẳng thức xảy khi:  b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + = ⇔ x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + + x + y + = ⇔ (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = ⇔ (x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = (*) 2 ( x + 1) – ( x + 1) ( y + 1) + ( y + 1) + 1= ( x + 1) − ( y + 1)  + ( y + 1) + >     Nên (*) ⇔ x + y + = ⇔ x + y = - 1 x + y −2 −2 Ta có : M = + = = ( x + y ) ≥ xy ⇒ ≥ xy ⇒ ≥ ⇒ ≤ − Vậy MaxM = -2 ⇔ x = y = -1 x y xy xy xy xy Vì 1) Ta có : ∠ EBN = ∠ ECN = 450 ⇒ Tứ giác BCNE nội tiếp ⇒ ∠ BEN = 900 tương tự tứ giác ABFM nội tiếp ⇒ ∠ BFM = 900 Xét ∆ BMN có NE MF đường cao → H trực tâm → BI ⊥ MN Tứ giác ABFM nội tiếp ⇒ ∠ ABM = ∠ AFM(cùng chắn cung AM) ⇒ Tứ giác BEHF nội tiếp ⇒ ∠ EFH = ∠ EBH (Cùng chắn cung EH) GV: Phạm Văn Tuấn Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Do ∠ ABM = ∠ MBI ⇒ ∆ BAM = ∆ BIM ( t/h đặc biệt ) → AB = BI Ta có ∆ AMB = ∆ IMB ⇒ AM = IM, ∆ INB = ∆ CNB ⇒ CN = IN ⇒ AM + CN = IM + IN ⇒ MD + AM + CN + DN = MN + MD + DN ⇒ 2a = MN + MD + DN xy Đặt DM = x ; DN = y ⇒ MN = x + y → SMDN = 2a = x + y + x + y 2 SMDN lớn xy lớn nhất.Bài toán đưa xác định x, y thỏa mãn : x+y + x + y =2a cho xy lớn Ta có x+ y ≥ xy ; x + y ≥ Suy a = x + y + x +y 2 ≥ xy + xy ↔ 2a ≥ xy xy ( 2+ ) 2a = a ( - ) → xy ≤ a2 ( - )2 = a2(6 - ) ↔ xy ≤ 2a2 ( - 2 ) 2+ xy ≤ a2 ( - 2 ) Do SMDN = Vậy Max SMDN = a2 ( - 2 ) Khi x = y = a (2 - ) Vậy DM = DN = a (2 - ) ∆ MDN có diện tích lớn Max SMDN = a2 ( - 2 ) ⇒ xy ≤ 2) B M A A D N C E y Qua A vẽ Ax //MD, Ax cắt DC F, Qua B vẽ By //MC, By cắt DC E Chứng minh SABCD = SMEF Lấy N trung điểm EF, MN chia tam giác MEF thành hai hình có diện tích chia tứ giác ABCD hai phần có diện tích Nếu N thuộc đoạn thẳng DC, tức SAMD < 1/2SABCD SBMC < 1/2 SABCD Điều kiện x ≠ 0; y ≠ ⇔ xy ≠ 1 + = ⇔ xy − x − y = x y Khi đó: ⇔ y ( x − ) − 7( x − ) = 49 ⇔ ( x − )( y − ) = 49 (Với x ≠ ) 49 ⇔ y−7= x−7 49 ∈ Z ⇔ x − ước 49 y∈ Z ⇔ y − ∈ Z ⇔ x−7 x − = ±1 ⇔ x − = ±7 ⇔ { x} = { − 42;0;6;8;14;56} x − = ±49 ( x; y ) = { ( 8;56); (14;14)( 56;8)} Các nghiệm nguyên dương phương trình là: GV: Phạm Văn Tuấn Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Đề 103   2a +   + a3 a  . − − a Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức:P =   a + a + 1  + a  a   a) Rút gọn P b) Xét dấu biểu thức P − a Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x − 2x + + x − x + = + 2005 + 2005 + 2005 2006 2006 x + y + z =  3 x + y + z = b) Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn x ≥ y ≥ z 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2 Tìm giá trị lớn biểu thức : zy + yz + zx b) Cho tam giác ABC có cạnh a,b,c chu vi 2p =a+ b + c Chứng minh : p−a + p−b + 1 1 ≥ 2( + + ) p−c a b c Bài (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O Gọi I điểm cung nhỏ AB (I không trùng với A B) Gọi M, N, P theo thứ tự hình chiếu I đường thẳng BC, CA AB a) Chứng minh M, N, P thẳng hàng b) Xác định vị trí I để đoạn MN có độ dài lớn c) Gọi E, F, G theo thứ tự tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA AB Kẻ EQ vng góc với GF Chứng minh QE phân giác góc BQC Bài 5: (2,0 điểm) Ở miền hình vuông ABCD lấy điểm M cho ∠MBA = ∠MAB = 15 Chứng minh : Tam giác MCD GV: Phạm Văn Tuấn 10 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Cho đường trịn (O; R) đường thẳng (d) khơng qua tâm O cắt đường trịn (O; R) hai điểm phân biệt A, B Điểm M chuyển động (d) nằm ngồi đường trịn (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN MP tới đường tròn (O; R) (N, P hai tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác MNOP nội tiếp đường tròn, xác định tâm đường trịn b) Chứng minh MA.MB = MN2 c) Xác định vị trí điểm M cho tam giác MNP d) Xác định quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP  x + y +1 x + y + =2  a) + Đặt ĐKXĐ hệ  x + y x + y + (x+2y)(x+y+1) ≠ 3 x + y =  + Biến đổi phơng trình x + y +1 x + y ( x + y + 1) + ( x + y ) + =2⇔ =2 x + y x + y +1 ( x + y + 1)( x + y ) ⇔ ( x + y + 1) + ( x + y ) = 2( x + y + 1)( x + y ) ⇔ [ ( x + y + 1) − ( x + y ) ] = ⇔ ( − y ) = ⇔ y = 2 + Thay y = vào phơng trình 3x + y = ta tìm đợc x = + Đối chiếu điều kiện kết luận nghiệm hệ (1; 1) b) + Điều kiên xác định: x ≥ y ≥ (*) + Đặt a = x − 4; b = y − với a b số khơng âm điều kiện đề trở thành ( a + ) b + ( b + ) a  = ( a + ) ( b + )   ⇔ ( a + ) b + ( b + ) a    (a + 4) ( b + 4) + Với a; b =1 ⇔ 2b 2a 4b 4a + =1 ⇔ + = (1) b +4 a +4 b +4 a +4 4b 4a 4b 4a ≤ 1; ≤ Do từ (1) suy = = (2) b +4 a +4 b +4 a +4 Giải (2) ta đợc a = b = Do x = y = + Kiểm tra giá trị x, y thoả mãn điều kiện đề Vậy cặp số (8; 8) cặp số cần tìm a b c Cho a, b,c số thực dương Chứng minh rằng: (1 + ) + (1 + ) + (1 + ) ≥ 3(1 + GV: Phạm Văn Tuấn 38 )4 + abc Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010  1 1 1  Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương ta có: (1 + ) + (1 + ) + (1 + ) ≥  (1 + )(1 + )(1 + ) ÷  a b c a b c ÷   1 )3 Ta chứng minh: (1 + )(1 + )(1 + ) ≥ (1 + (*) a b c + abc 1 1 1 1 1 Lại theo BĐT Cô-si ta có: (1 + )(1 + )(1 + ) = + + + + + + + a b c a b c ab bc ca abc 3 1 3 ≥ 1+ + + = (1 + ) ≥ (1 + )3 abc + abc abc (abc) abc ( abc+2 = abc+1+1 ≥ 3 abc ) Vậy (*)được chứng minh BĐT cho với a,b,c>0 Đẳng thức xảy a=b=c=1 x, y , z thỏa mãn: x + y + z ≤ a) Cho số khơng âm Tìm giá trị lớn A = + x + + y + + z + 3( x + y + z ) Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xky, ta được: + x + x ≤ (1 + 1)(1 + x + x) = 2( x + 1) Tương tự: + y + y ≤ (1 + 1)(1 + y + y ) = 2( y + 1) + z + z ≤ (1 + 1)(1 + z + z ) = 2( z + 1) Bởi A = + x + + y + + x + 3( x + y + z ) ≤ 2( x + y + z + 3) − 2( x + y + z ) + 3( x + y + z ) = + (3 − 2)( x + y + z ) ⇒ A ≤ +(3- ) (1 + + 1)( x + y + z ) ≤ + ( - )3 = + (Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xky giả thiết x + y + z ≤ ) Vậy giá trị lớn A : + , x = y = z = b) Nhận thấy x=y=0 nghiệm Với x,y ≠ (1) y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2) (2) ⇒ x2 – phải bình phương số nguyên x + a =7  ⇒ x = ⇒ x = ±4  x − a =1  Hay: x2 – = a2 ⇔ x2 – a2 = ⇔ ( x − a )( x + a) = ⇒  • Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2 • Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2 Vậy phương trình có nghiệm ngun là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2) GV: Phạm Văn Tuấn 39 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 a, b) Dễ c) Tam giác MNP OM = 2R d) Quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP đường thằng d’ song song với đường thẳng d (trừ điểm bên ng trũn) Câu ( điểm ) Cho biểu thøc : A = ( x+x x x −1 −  x +2   ): x −1  x + x + 1   a) Rót gọn biểu thức b) Tính giá trị A x = +  ( x + 1) ( y + ) = (1)  Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình: ( y + ) ( z + 3) = (2) (I)  ( z + 3) ( x + 1) = (3)  Ví dụ : Cho xyz = x + y + z = Tìm GTNN B8 = x16 + y16 + z16 a +b−c b+c−a c+ a−b = = c a b  b  c   a  Tính giá trị biểu thức: P =  + ÷1 + ÷1 + ÷  a  b   c  2/ Cho a, b, c thoả mãn: GV: Phạm Văn Tuấn 40 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F 1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC · · 3) Chứng minh CFD = OCB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O) Câu 5*: (1.0 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là: BC = a, CA = b, AB = c chu vi tam giác 2P Chứng minh rằng: P P P + + ≥9 P−a P−b P−c GV: Phạm Văn Tuấn 41 Trường THCS DTNT Quan Hóa  ( x + 1) ( y + ) = (1)  Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình: ( y + ) ( z + 3) = (2) (I)  ( z + 3) ( x + 1) = (3)  Nhân (1) (2) (3) ta có: [(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36 (x + 1)(y + 2)(z + 3) = (x + 1)(y + 2)(z + 3) = -6 Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = hệ (I) là: z +3 = z =   x +1 = ⇔  x = y + =  y =  Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - hệ (I) là:  z + = −3  z = −6    x + = −1 ⇔  x = −2  y + = −2   y = −4  Vậy nghiệm hệ (0 ; ; 0) (-2 ; -4 ; -6) Ví dụ : Cho xyz = x + y + z = Tìm GTNN B8 = x16 + y16 + z16 Giải : Cách : Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ ∀a,b,c 2 ⇔ a + b + c ≥ ab + ac + bc (1) áp dụng bất đẳng thức (1) ta có : B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2 ≥ x8y8 + y8z8 + z8x8 ⇔ B8 ≥ x8y8 + y8z8 + z8x8 ⇔ B8 ≥ (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2 ≥ x4y4 y4z4+ x4y4 z4x4 + y4z4 z4x4 ⇔ B8 ≥ x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8 ⇔ B8 ≥ (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2 ≥ x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6 ⇔ B8 ≥ (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2 ≥ x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6 ⇔ B8 ≥ (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = (do xyz = x + y + z = 3) ⇒ B8min = ⇔ x = y = z = a +b−c b+c−a c+ a−b = = c a b  b  c   a  Tính giá trị biểu thức: P =  + ÷1 + ÷1 + ÷  a  b   c  a+b−c b+c−a c + a −b +2= +2= +2 Từ gt ta có c a b a+b+c b+c+a c+a+b = = suy c a b 2/ Cho a, b, c thoả mãn: Xét hai trường hợp * Nếu a + b + c = ⇒ a + b = -c GV: Phạm Văn Tuấn b+c=-a 42 c + a = -b Năm 2010 Trường THCS DTNT Quan Hóa (−c ) (−a ) (−b) − abc  b  c   a   a + b  b + c  c + a  P =  + ÷1 + ÷1 + ÷ =  = = -1 ÷ ÷ ÷= a b c abc  a  b   c   a  b  c  * Nếu a + b + c ≠ ⇒ a = b = c ⇒ P = 2.2.2 = GV: Phạm Văn Tuấn 43 Năm 2010 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Câu 5*: (1.0 điểm) Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là: BC = a, CA = b, AB = c chu vi tam giác 2P P P P + + ≥9 P−a P−b P−c 1 * Cm bđt: + ≥ với x > 0, y > x y x+y Chứng minh rằng: Ta có (x - y)2 ≥ ∀x,y ⇔ x2 + y2 -2xy ≥ ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy ⇔ x+y 1 ≥ ⇔ + ≥ với ∀x ; y xy x+y x y x+y * Áp dụng : 1 4 + ≥ =  P−a P−b P−a +P−b c  1 4 1 1 1 + ≥ ⇒ + + ≥ 2 + + ÷ P−b P−c c P−a P−b P−c a b c 1 4 + ≥ P−a P−b c  ⇔ P P P 1 1 + + ≥ 2P  + + ÷ P−a P−b P−c a b c ⇔ P P P 1 1 + + ≥ ( a + b + c )  + + ÷ ≥ ( + + 1) = P−a P−b P−c a b c (Áp dụng Bunhacopski) Dấu xảy ⇔ a = b2 = c2 ⇔ a = b = c GV: Phạm Văn Tuấn 44 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Câu 1: (2.0 điểm) Cho biểu thức: x   10 − x   A= − + ÷:  x − + ÷ x +2  x +2 x x −4 x x −6 Rút gọn biểu thức A Tìm x cho A < a) 1  x + y + x + y =  Giải hệ phương trình:   xy + =  xy  b) Giải phương trình: (x + 1)4 = 2(x4 + 1) Bài 5: (2,5 điểm) Số thực x thay đổi thỏa mãn điều kiện x2 + (3 -x)2 ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2 (2đ) Cho số dương a, b, c biết Chứng minh rằng: abc ≤ a b c + + ≤1 1+ a 1+ b 1+ c Câu IV (2.0 điểm): Cho tam giác MNP có ba góc nhọn điểm A, B, C hình chiếu vng góc M, N, P NP, MP, MN Trên đoạn thẳng AC, AB lấy D, E cho DE song song với · · NP Trên tia AB lấy điểm K cho DMK = NMP Chứng minh rằng: 1) MD = ME 2) Tứ giác MDEK nội tiếp Từ suy điểm M tâm đường tròn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK Câu V (1.0 điểm): Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A C phân biệt Tìm vị trí điểm B D thuộc đường trịn để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn GV: Phạm Văn Tuấn 45 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Điều kiện xy ≠  2[xy ( x + y ) + ( x + y )] = xy (1) Hệ cho   2( xy ) − xy + = (2)  x =   xy = (3) x + y = y = ⇔ Giải PT(2) ta được:  Từ (1)&(3) có:   x =  xy = (4)  xy =    y =   x =    y = x + y =    ⇔ Từ (1)&(4) có:   xy =  x =      y =  Vậy hệ cho có nghiệm là: ( x; y ) = (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1) Bài 5: (2,5 điểm) Số thực x thay đổi thỏa mãn điều kiện x2 + (3 -x)2 ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2 Đặt y =3-x toán cho trở thành: tìm GTNN biểu thức: P= x4 + y4 + 6x2y2 x, y số thực thay đổi thỏa mãn: x + y =  2 x + y ≥ Từ hệ thức ta có:  x + y + xy =  ⇒ (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy) ≥ + 4.9 =41  2 x + y ≥  ⇒ 5(x2 + y2) + 4(2xy) ≥ 41 Mặt khác 16 (x2 + y2) + 25(2xy)2 ≥ 40(x2 + y2)(2xy) (1) Dấu đẳng thức xảy ⇔ (x2 + y2) =5(2xy) Cộng hai vế (1) với 25 (x2 + y2) + 16(2xy)2 ta được: 41[ (x2 + y2) + (2xy)2] ≥ [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2 ≥ 412 GV: Phạm Văn Tuấn 46 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 hay (x + y ) + (2xy) ≥ 41 ⇔ x + y +6x y ≥ 41 Đẳng thức xảy 2 2 4 2 x + y =  ( x; y ) = (1; 2)  ⇔  x2 + y = ⇔  ( x; y ) = (2;1) 4( x + y ) = 5(2 xy )  Do giá trị nhỏ P 41 đạt ⇔ x=1 x=2 (2đ) Cho số dương a, b, c biết a b c + + ≤1 1+ a 1+ b 1+ c a b c b c a + + ≤1⇒ + ≤ 1− = Theo giả thiết 1+ a 1+ b 1+ c 1+ b 1+ c 1+ a a +1 Chứng minh rằng: abc ≤ Do b > 0; c > nên theo bất đẳng thức cơsi ta có: b c bc bc + ≥2 >0⇒ ≥2 >0 1+ b 1+ c (1 + b)(1 + c ) 1+ a (1 + b)(1 + c) (1) ac ≥2 >0 1+ b (1 + a )(1 + c ) (2) ab ≥2 >0 1+ c (1 + a )(1 + b) Tương tự ta chứng minh (3) Từ (1); (2); (3) ta chứng minh 1 abc ≥8 => ≥ 8abc ⇒ abc ≤ => đpcm 1+ a 1+ b 1+ c (1 + a )(1 + b)(1 + c) · · Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp ⇒ MAB = MNB , MCAP nội tiếp · · ⇒ CAM = CPM · · Lại có BNM = CPM M (cùng phụ góc NMP) · · (1) ⇒ CAM = BAM Do DE // NP mặt khác MA ⊥ NP ⇒ MA ⊥ DE (2) C ⇒ ∆ADE cân A Từ (1), (2) D ⇒ MA trung trực DE ⇒ MD = ME · · Do DE//NP nên DEK = NAB , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên: N A · · · · NMB + NAB = 1800 ⇒ NMB + DEK = 1800 · · · · Theo giả thiết DMK = NMP ⇒ DMK + DEK = 1800 ⇒ Tứ giác MDEK nội tiếp Do MA trung trực DE ⇒ ∆ MEA = ∆ MDA · · · · ⇒ MEA = MDA ⇒ MEK = MDC GV: Phạm Văn Tuấn 47 K B E P Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 · · · · Vì MEK = MDK ⇒ MDK = MDC ⇒ DM phân giác góc CDK, kết hợp với AM phân giác DAB ⇒ M tâm đường trịn bàng tiếp góc DAK tam giác DAK ¼ Khơng tổng qt giả sử:AB ≤ AC Gọi B’ điểm cung ABC ⇒ AB ' = CB' · · · Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho BA’ = BA ⇒ AB + BC = CA ' Ta có: B 'BC = B ' AC = B 'CA · · (1) ; B'CA + B 'BA = 1800 (2) · · · · B'BC + B'BA ' = 1800 (3);Từ (1), (2), (3) ⇒ B 'BA = B 'BA ' Hai tam giác A’BB’ ABB’ ⇒ A 'B ' = B ' A Ta có ⇒ B ' A + B 'C = B 'A '+ B 'C ≥ A 'C = AB + BC ( B’A + B’C khơng đổi B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy B trùng với B’ ¼ Hoàn toàn tương tự gọi D’ điểm cung ADC ta có AD’ + CD’ ≥ AD + CD Dấu “=” xảy D trùng với D’ » ⇒ Chu vi tứ giác ABCD lớn B, D điểm cung AC đường tròn (O) A' B' B O C A D' D GV: Phạm Văn Tuấn 48 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 b) Giải hệ phương trình:  2 + x = y    x3 − =  y  b) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa món: a + b + c = Tìn giá trị nhỏ biểu thức P = a +b + c + ab +bc +ca a 2b +b 2c +c a Câu 4: (5,5 điểm): Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB, xy tiếp tuyến B với đường trịn, CD đường kính Gọi giao điểm AC AD với xy theo thứ tự M, N a) Chứng minh rằng: MCDN tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh rằng: AC.AM = AD.AN c) Gọi I đường tâm tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN Khi đường kính CD quay quanh tâm O điểm I di chuyển đường tròn ? GV: Phạm Văn Tuấn 49 Trường THCS DTNT Quan Hóa Đặt Năm 2010 =z y 2 + x = z  ⇒ 3( x − z ) = z − x3 Hệ cho trở thành  2 + z = x  ⇔ ( x − z ) x + xz + z + = ⇔ x = z (vì x + xz + z + > 0, ∀x, z ) ( )  x = −1 x = Từ ta có phương trình: x − 3x − = ⇔  Vậy hệ cho có nghiệm: ( x, y ) = ( −1; −2), ( 2,1) Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mà a3 + ab2 ≥ 2a2b (áp dụng BĐT Côsi ) b3 + bc2 ≥ 2b2c c3 + ca2 ≥ 2c2a GV: Phạm Văn Tuấn 50 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 Suy 3(a + b + c ) ≥ 3(a b + b c + c a) > 2 2 2 ab + bc + ca a + b2 + c2 − (a + b + c ) 2 ⇒P≥a +b +c + 2(a + b + c ) Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t ≥ 9−t t t = + + − ≥ 3+ − = ⇒ P ≥ Suy P ≥ t + 2t 2t 2 2 2 Suy P ≥ a + b + c + Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P Câu IV : (5,5 điểm) Viết giả thiết, KL, vẽ hình cân đối (0,5đ) a) ∆ ABM vuông B GV: Phạm Văn Tuấn 51 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010 => góc BMA + góc BAM = 900 ∆ 0AC cân => góc ACD = góc BAM => góc BMA + góc ACD = 900 (0,5đ) ∆ ADC vng A => góc ADC + góc ACD = 900 => góc BMA = góc ADC (0,5đ) góc ADC + góc NDC = 1800 => ∆ MCDN có góc NMC + góc NDC = 1800 nên nội tiếp đường trịn (0,5đ) b) ∆ ABM vng B BC ⊥ AM => AB2 = AC AM (1) (0,5đ) ∆ ABN vuông B BD ⊥ AN => AB2 = aD.AN (2) (0,5đ) Từ (1) (2) => AC.AM = AD.AN (0,5đ) c) Chỉ : Kể từ IH ⊥ xy => IH // OA (1) (0,25đ) HN = HM = AH (∆ AMN vuông A; HN = HM) => góc NAH = góc ANH (0,25đ) Theo câu a : góc ADC = góc AMN mà góc ANH + góc AMN = 900 => góc NAH + góc ADC = 900 => AH ⊥ CD (0,25đ) Mặt khác IO ⊥ CD (OC = OD; IO bán kính) = AH // IO (2) Từ (1) (2) => AHIO hình bình hành (0,5đ) => IH = OA = R (R bán kính đường trịn (0)) Vậy CD quanh quanh tâm I chuyển động đường thẳng d//xy cách xy khoảng R (0,5đ) GV: Phạm Văn Tuấn 52 ... = 49 ⇔ ( x − )( y − ) = 49 (Với x ≠ ) 49 ⇔ y−7= x−7 49 ∈ Z ⇔ x − ước 49 y∈ Z ⇔ y − ∈ Z ⇔ x−7 x − = ±1 ⇔ x − = ±7 ⇔ { x} = { − 42;0;6;8;14;56} x − = ± 49 ( x; y ) = { ( 8;56); (14;14)( 56;8)} Các. .. xy − y + 78 =  x − xy − 19 =  y ( x − y ) = −78     x − 19   x − y + 215 =  x + 721x − 722 =  x − 6  x  + 215 =       ⇔ ⇔ ⇔ x − 19 x − 19 x − 19 y =  y = 3x 3x   ... – 27 < ⇒ 9z (z-3) < ⇒ z < Từ (4) ⇒ hệ phương trình vơ nghiệm Vậy hệ có nghiệm (x= 3; y = 3; z = 3) b) x3 – 3x2 + 9x – = 3x3 – 9x2 + 27x – 27 = 3x3 = 9x2 – 27x + 27 2x3 = -x3 + 9x2 – 27x