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 Bài V: 3điểm Mỗ
Trang 11 Giải phương trình: 2x 1 3x x 1.
1) 2x 1 3x x 1 (1), điều kiện x 0
Đặt 2x 1 a a, 0; 3x b b , 0
Suy ra b2 a2 x 1Thay vào (1) ta được a b b 2 a2 (a b a b ).( 1) 0 a b (do a 0,b 0 nên a+b+1>0)
Với a = b ta có 2x 1 3x x 1 thỏa mãn điều kiện
Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.
b/ + = x2 - 10x + 27
Đk : 4 x 6
Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta được :
+ = + + = 2
Dấu “ = ” xảy ra 5
1 6 1 4
x x
x
Mặt khác : x2 - 10x + 27 = ( x2 - 10x + 25 ) + 2 = ( x - 5 )2 + 2 2
Dấu “ = ” xảy ra x - 5 = 0 x = 5
Do đó : + = x2 - 10x + 27 x = 5
Vậy nghiệm của pt là + x = 5
Bài 3 : ( 4 điểm )
a/ Cho 3số dương a, b, c thỏa a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng : + - <
b/ Với giá trị nào của x thì biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất ?
M = x -
Bài 3 : ( 4 điểm )
a/ Cho 3số dương a, b, c thỏa a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng : + - <
Tacó : ( a + b - c )2 0 a2 + b2 + c2 + 2ab - 2bc - 2ac 0
2ab - 2bc - 2ac a2 + b2 + c2
Mà a2 + b2 + c2 = < 2 nên 2ab - 2bc - 2ac < 2
< ( a , b, c > 0 )
+ - <
b/ Với giá trị nào của x thì biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất ?
M = x - = ( x - 2009 ) - + + 2009 -
= ( - )2 + 2008 2008
Dấu “ = ” xảy ra - = 0 x - 2009 = x = 2009
Vậy GTNN của M là 2008 x = 2009
6 5
2 3
2 2
3 :
1
1
x x
x x
x x
x x
x
Trang 2a) Rút gọn P;
b) Tìm giá trị của a để P < 0
1 3
2 3 1 : 1 9
8 1 3
1 1 3
1
x
x x
x x
x x
a) Rút gọn P
b) Tìm các giá trị của x để P =
5 6
1
2 1
1 : 1
1
a a a a
a a
a a
a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị của a để P < 1
c) Tìm giá trị của P nếu a 19 8 3
Bài 5 Cho biểu thức P =
a a
a a
a
a a
a a
1
1 1
1 : 1
) 1
a) Rút gọn P
b) Xét dấu của biểu thức M = a.(P -
2
1 )
1 2
2 1 2
1 1
: 1 1 2
2 1 2
1
x
x x x
x x
x x x
x
a) Rút gọn P
b) Tính giá trị của P khi x .3 2 2
2
1
1 1
2
x
x x
x x x x
x
a) Rút gọn P
b) Tìm x để P0
a a
a a
a
a a
a
1
1 1
1
3 a) Rút gọn P
b) Xét dấu của biểu thức P 1 a
Trang 3Câu 2: (3 điểm)
1) Cho hai số x, y thõa mãn hệ thức: 2 2
2
1
4
y x
x
Xác định x, y để xy nhỏ nhất 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =
2
x
x x
2
1
4
y x
x
2
2
1
4
y
x
áp dụng bất đẳng rhức Cauchy ta có:
Do đó: xy 2 hay 2 xy 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của xy là -2 đạt được khi
(x; y) = (1; -2) hoặc (x; y) = (-1; 2)
Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất Vậy M đạt giá trị lớn nhất với x khác 0 Chia cả tử và mẫu cho x2 ta được:
2
1 2
1
x x
M đạt giá trị lớn nhất khi 2 12
x
x nhỏ nhất
=> 2 12
x
x = 2 => x = 1
Vậy M lớn nhất bằng 1/3 khi x = 1
Câu 4: (3 điểm)
1) Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dơng và
1
2 2
abc
32
2) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c 0
Tính P = (2008+
b
a
)(2008 +
c
b
) ( 2008 +
a
c
)
Vì a ; b ; c là các số dương
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1
2
a 2 12
a =
a
2 2
1
2
b 2 22
b = 2
b
2 8
1
2
c 2 82
c =
c
2
4
1
2 2
a
2 2
b
2
c
2
abc
32
Trang 4
1
2 2
abc
32
8 1
2 1
1 1
2 2 2
c b a
4
2
2
2
1
c
b
a
Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc
( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = 0
a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c 0 )
( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = 0 a = b = c
P = (2008+
b
a
)(2008 +
c
b
) ( 2008 +
a
c
)
P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) = 20093
a Cho 2 số dương x; y thoả mãn xy=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D=
1
9 3
2
y x y y x x
b (1,5 điểm)
Ta có D= 2 3 2 3 2 92 1
y x y y x
y
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
(x2+y2+1)+3x+3y+ 2 92 1
y
2 2 2
2
1
9 ).
1 (
3 3
y x y
x y
(x2+y2+1)+3x+3y+ 2 92 1
y
x 44 81xy=4.3=12 (vì xy=1) ( 0,25 điểm)
Vậy giá trị nhỏ nhât của biểu thức D bằng 11 khi x=y=1
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A =
x y y z z x với x > 0; y > 0; z > 0 và xy yz zx 1
b) (2,5 điểm)
+ Biến đổi để được:
Trang 5A = x + y + z xy yz zx
+ Chứng minh được: x + y + z xy yz zx > 0 (2) 0,5 điểm
+ Thay (2) (3) vào (1) được A 1
2
Do đó: Min A = 1 x y z
+ Vậy Amin = 1 x y z 1
Bài 3 (3 điểm)
Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : M 1 1
x y
Bài 3 (3 điểm)
Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : M 1 1
x y
Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0
x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0
(x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0
(x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*)
2
2
V x 1 – x 1 y 1 y 1 1
ì
Nên (*) x + y + 2 = 0 x + y = - 2
Ta c : ó M x y
Vậy MaxM = -2 x = y = -1
Cho a, b, c dương và a + b = c = 1 Chứng minh a b b c c a 6
C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:
2
.
2
.
2
.
a b
a b
b c
b c
a c
a c
Trang 6Cộng từng vế của 1,2,3 ta có đpcm
Đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
C2: Áp dụng Bu nhi a:
1. a b 1. b c 1. c a 2 (1 1 1) 2 a b 2 b c 2 c a 2
Bài 4: (3đ) Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x + y =1
a) Tìm GTNN của biểu thức M = ( x2 + 2
1
y )( y2 + 2
1
x ) b) Chứng minh rằng :
N = ( x +
x
1 )2 + ( y +1y)2
2 25
Bài 4: ( 3 điểm) ( mỗi câu 1,5 điểm)
a) Ta có : M = ( x2 + 2
1
y )( y2 + 2
1
2 2 2
)
1 (
) 1 (
xy
xy y
x
y x
Mặt khác : xy + xy1 = ( xy + )
16
1
áp dụng BĐT Côsi : xy + 161xy 2
16
1 =
2
1
(2)
2
1
x y
4
1
( 3)
Từ (1), (2) và (3) ta có : xy + xy1
2
1
+
4
1 16
15
=
4 17
(xy + xy1 )2 (
4
17
)2 =
16 289
Vậy minM =
16
289
, đạt được khi
y x
xy
xy
16
1
x = y =
2 1
b) áp dụng BĐT : A2 + B2
2
) (A B 2 , ta có :
N = ( x +
x
1
)2 + ( y +1y)2
2
)
xy
y x y
x
=
2
)
1 1
xy
Mặt khác : (x + y)2 4xy ( do ( x -y)2 0)
1 4xy xy
4 1
N
2
25 2
4 1
1 1 2
)
1
1
(
2
2
xy
Vậy N
2 25
Trang 7
Dấu "=" xảy ra khi
y x
y
x = y =
2 1
Bài V: ( 3 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
Bài V: 3điểm ( Mỗi mục tương ứng cho 1,0 điểm )
Bổ đề: Khoảng cách từ một điểm trên đờng tròn đến đờng thẳng qua hai tiếp điểm của hai
tiếp tuyến với đờng tròn là trung bình nhân khoảng cách từ điểm ấy đến 2 tiếp tuyến
Hạ các đờng vuông góc MK, MH, ML xuống các tiếp tuyến
AB, AC và dây EF
( chắn cung MF)
( - ME) Suy ra các tam giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng dạng Từ đó
MKMEMN
2
M đến các đờng thẳng chứa cạnh BC, CA, AB, EF, FD, DE của các tam giác ABC và DEF ta đ-ợc: d 2 b.c, e2 c.a, f2 a.b Nhân vế với vế của ba đẳng thức, suy ra điều phải chứng minh
Bài 2 ( 2 điểm )
Giải các phương trình sau
x
4 3
x 10(
x
48 3
x
2
2
b) x 1 - x 9 - 4 2
4
x2
PT : x 1 - x 9 - 4 2
4
x2
C
O
F
M
H N K
Trang 8 1 -x 2 2-1
2
1 - 2 2-
2
x
Nếu 1
2
x
0 x - 2 , PT trên trở thành
x + 2 - 2x = 4 2 - 2
x = 4 - 4 2 thỏa mãn x - 2 nên x = 4 - 4 2 là nghiệm của phương trình đã cho
Nếu 1
2
x
< 0 x < - 2 , PT trên trở thành -( x + 2) - 2x = 4 2 - 2
- 3x = 4 2
x = - 4 2 /3 , không thỏa mãn x < -2 nên loại
Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x = 4 - 4 2
Bài 5 : ( 1 điểm )
Giải phương trình :
2 2 2 2 4 2 2
x
Bài 6 :( 1 điểm )
Cho Pa ra bol (P) :
4
2
x
y
( d ) là đường thẳng qua M ( 1,-2) và có hệ số góc m
CMR ( d ) luôn cắt ( P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m
Bài 7 : ( 1 điểm )
Cho a >1, b > 1 tìm giá trị nhỏ nhất của
1 1
2 2
a
b b
a S
Bài 8 : ( 1 điểm )
Cho tam giác nhọn ABC , hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H , gọi B1,C1 là hai đường tương ứng trên các đoạn HB ,HC sao cho góc AB1C bằng góc AC1B bằng 90 0 Chứng minh AB1C1 cân
Bài 9 : ( 1 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 : 22
CM
AM KC
AK
Điều kiện : x 2
PT (1) x 2 x2 x 2 2 x 2 x2 x2 20
x 2 x22 x 2 x2 20
Đặt x 2 x2 t
Trang 9M C
D
B
N K
Q I
P
Phương trình trở thành : t2 + t - 2 = 0
2
1
t t
- Với t=1 x 2 x 2 1
2 1
x
x-2 = 3+x+2 x 2
5 2
2 x Phương trình vô nghiệm
- Với t=-2 x 2 x 2 2
2 2
2 2
4
2 0
- Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2
áp dụng bất đẳng thức cô si :
1 1
2 ) 1 )(
1 (
2 1
1
2 2 2
2
b a
a b
a
b a a
b
b
a
1
2 2
a a
1
b
b
8
S
S=8 <=> a=b=2
Vậy minS= 8 khi a=b=2
Qua C kẻ đường thẳng song song với KN cắt AB tại Q
qua Q kẻ đường thẳng song song với BD cắt KN và CD lần lợt tại I và P
N là trung điểm BD => I là trung điểm của PQ => M là trung điểm CP
PQ// BD =>
ABD AQP ( đồng vị )
ACD
ABD ( góc nội tiếp cùng chắn cung AD )
ACD
AQP = > Tứ giác ACQP nội tiếp
=> AM.MQ=CM.MP
AM
CM AM
MP CM MQ
2
2
CM
AM MQ
AM
Trong tam giác ACQ có MK//CD
MQ
AM KC
AK
2
2
CM
AM
KC
AK
Bài 1 (2.5 điểm):
1
2 1
1 : 1
2 1
a a a a
a a
a a
a.Rút gọn biểu thức A
Trang 10b.Tính giá trị biểu thức A khi a 2006 2 2005.
Bài 4 ( 3.0 điểm):
Cho ABC có B = 900 và A > 600 Gọi M là trung điểm của AC Đường vuông góc hạ
từ A xuống BM cắt cạnh BC tại I Vẽ đường tròn tâm tiếp xúc với AC tại K đường thẳng qua A tiếp xúc với (I) tại E ( EK) cắt đường thẳng BM tại N
a.Chứng minh 5 điểm A, B, E, I, K cùng nằm trên một đường tròn
b.Tứ giác EKMN là hình gì ? Tại sao ?
c CMR: NEB cân
Bài 1 (1.5 điểm):
a (2.0 điểm) Điều kiện: a 0 0.25
1
2 1
1 : 1
2 1
a a a a
a a
a a
) 1 )(
1 (
2 1
1 : 1
1 2
a a
a a
a
a a
0.5
) 1 )(
1 (
2 1 :
1
)
1
a a
a a
a
a
0.5
2
2
) 1 )(
1
(
) 1 )(
1
(
)
1
(
a a
a a a
0.5 1 a 0.25
b ( 0.5 điểm )
Khi a 2006 2 2005 ( 2005 1 ) 2 0.25
Thì A = 1 + ( 2005 1 ) 2 2005
0.25
Bài 4 ( 3.0 điểm):
a ( 1.0 điểm)
Có ABI = 900 (gt) 0.25
AEB = 90o (vì AE là tiếp tuyến ) 0.25
AKI = 90o(vì AK là tiếp tuyến ) 0.25
B, E,K cùng nhìn đoạn thẳng AI cố định dới một góc vuông
A, B, E, I, K cùng nằm trên một đường tròn đường kính AI 0.25
b (1.0 điểm)
Ta sẽ chứng minh tứ giác EKMN là hình thang cân
Có EK AI và AE = AK ( hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm) 0.25 Mặt khác
MN AI nên suy ra EK // MN 0.25
mà AE = AK 0.25
Vậy tứ giác EKMN là hình thang cân 0.25
Trang 11c (1.0 điểm)
* Theo câu b : A, B, E, I nằm trên một đường tròn nên
AIB = AEB = NEB (cùng chắn cung AB ) (1) 0.25
và EBI = EAI ( góc nội tiếp cùng chắn cung EI )
*Lại có EAI = IAC (tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm)
suy ra EBI = IAC (2)
* M là trung điểm của AC nên MB = MC ( do ABC vuông tại B )
BMC cân tại M MBC = MCB (3) 0.25
*Kết hợp (2) và (3) MBC + EBI = MCB + IAC
Mặt khác MBC + EBI = MBE
và MCB + IAC = AIB (góc ngoài tam giác)
MBE = AIB (4) 0.25
*Từ (1) và (4) MBE = NEB NBE cân tại N.(đpcm) 0.25
Bài 4: Giải hệ phương trình:
y x y x
xy y x
3
1 3
3
2 2
Bài 5 : Giải phương trình
2 15 32 2 32 20
x
Bài 7 : Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:
1
b a
c b c b
b a a
c c
b b a
Bài 4 (2đ) Giải hệ phương trình
Từ (1) ta có PT (2) có dạng :x 3 y3=(x 3y)(x2 y2 xy) (0,25đ)
x 3 y3x3 xy2 x2y 3x2y 3y3 3xy2
y
x
0 ) 2
2
(
0 ) (
0
2
2 x y
x
y
x y x
o y
0
0
0
y x
o y
(1,0đ)
+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x2=1 x 1
+ Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn x=0, y=0 loại (0,5đ)
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x,y) là (1,0) và (-1,0) (0,25đ)
Bài 5 (2đ)
Điều kiện 2x +150 và 32 x2+32x-20 0
Trang 12
8
56 4 8
56 4 2 15
x
x
x
4
14 2
2
15 4
14 2
x
x
(0,25đ)
PT đã cho tương đương với 2 15 2 ( 4 2 ) 2 28
Đặt 4y 2 2x 15 ĐK 4y 2 0 (0,25đ)
Từ đó ta có :
( 4 2 ) 2 2 15
PT trở thành:
( 4 2 ) 2 2 15
Lấy (2 ) trừ cho (3) theo từng vế ta đợc :
(0,75đ)
* Trường hợp 1 : x - y = 0 x=y thay vào (3 ) ta đợc:
16x2+14x-11=0
(0,25đ)
* Trường hợp 2 : 8x+8y +9=0 9y=8x-9 thay vào (3)
ta có : 64x2+72x-35=0
16
221 9
16
221 9
x
x
(0,25đ)
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=
2
1
hoặc
16
221
9
Bài 7: (2đ): a, b, c>0
b a
c b c b
b a a
c c
b b
a
(1)
0 9 8 8
0
0 ) 9 8 8 )(
(
0 ) ( 2 ) 1 (
4 ).
( 4
0 ) ( 2 ) 2 4 2 4 )(
2 4 2 4 (
) ( 2 ) 2 4 ( ) 2 4
y x
y x
y x y x
y x y
x x y
y x x
y x
y
y x x
y
8 11 2 1
x
Loại
TM Loại
(1)
Trang 13c b cb bc c ab b c
b a b ac ab
a
b
c
a
a
c b b a c c
c b b a b b
c b b a a c b b a c b b
a
) ( )
(
) )(
( ) )(
( ) )(
( ) )(
( ) ( )
(
2 2
2 2
2
2 2
Mặt khỏc (ab) 2 (bc) 2 (ab)(bc)=a2 ac c2 3b2 3ab 3bc
Do đú ta cần chứng minh:
VP b bc ab b a
c b ac
ab
c
a a
c b a
b c c
b a
b c b
c a c
b b
c a a
c b cb c
b a b b
c
a
VT
ab bc b
a
c b cb c
b
a
b
b
c
a
2 2
4 3
2 2 3 2
2 3
2 2
2
2 2
2
2 2 2
) ( ) (
2
1 ) (
2
1 ) (
2
1 ) ( ) (
) 5 , 0 ( ) 2 ( 2
2 ) ( ) (
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c (1đ)
Bài III ( 3 điểm )
Cho hình vuông ABCD Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B ) Tia CM cắt tia DA tại N Vẽ tia Cx vuông góc với CM và cắt tia AB tại E Gọi H là trung điểm của đoạn NE 1/ Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp đợc trong đờng tròn
2/ Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vuông ABCD 3/ Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số bán kính cácđờng tròn nội tiếp tam giác NAC và tam giác HBC không đổi
Bài V( 1 điểm )
Cho các số dơng a , b , c thay đổi và thoả mãn a + b + c = 4
Chứng minh: a b b c c a 4
Bài III (3điểm)
Câu 1 ( 1 điểm)
Do góc NAE = góc NCE = 1v (gt) nên tứ giác NACE nội tiếp
trong đờng tròn à góc CNE = góc CAE = 450 0,5 đ
=> tam giác NCE vuông cân tại C Mặt khác do CH là
trung tuyến nên CH là đờng cao ố góc CHE = 1 v 0,25 đ
=> gócCBE = góc CHE = 1v => HBCE là tứ giác nội
Câu 2 (1 điểm)
Không mất tính tổng quát ta gọi cạnh hình vuông là 1 thì diện
tích hình vuông là 1 Đặt AN = x ( x > 0) ố DN =1 + x
Trong tam giác vuông NDC có
CN2 = CD2 + DN2 = 1 + (1 +x)2 = x2 +2x + 2 0,25 đ
Khi đó : SNACE = SNAC + SNCE = 2
2
1 2
1
CN CD
.
2
2 3
2
x
Từ SNACE = 3 S ABCD ố 3 3 4 0
2
2
2
x x x
x
Vậy AN = 1 Mà theo định lý Ta lét ta có : 1
BC
AN MB
AM
=> AM = MB hay M là trung điểm của AB 0,25 đ
Câu 3 (1 điểm)
Trớc hết ta chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam
giác BHC
(0,5đ)