Đề thi HSG Toán 9

Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn.. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất... Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất....

Bài 1: (1.5 điểm)

Thực hiện tính:

2 4

4 2

2

2

2 + +

−

− +

x x

b Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0

x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0

Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)

Bài 4: ( 3.0 điểm)

Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn Vẽ các tiếp tuyến AB, AC vớiđường tròn (B, C là các tiếp điểm) Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) tại M Trên cung nhỏ MCcủa (O) lấy điểm D AD cắt (O) tại điểm thứ hai E I là trung điểm của DE Đường thẳng qua Dvuông góc với BO cắt BC tại H và cắt BE tại K

a Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn

b Chứng minh ∠ ICB = ∠ IDK

c Chứng minh H là trung điểm của DK

4 2

2

2

2 + +

−

− +

x x

2 2

( 2

) 2 2

( 2

) 2 )(

2 (

) 2 )(

2 ( 2 2

+

= + +

− +

− + +

= +

+

− +

− + +

− + +

=

x x

x x

x x

x x

x

x x x

x

Thay x= 2 6 + 3 vào

) 2 3 (

1 3

2 6

= + +

Bài 2: (2.5 điểm)

Giải các phương trình:

a x2 +5x− x2 +5x+4= −2

2 4 5 4

Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệmGhi chú: Có thể đặt y = x2 + 5x Lúc này cần đặt điều kiện khi bình phương hai vế.

b x2 − 3x+ 2 + x+ 3 = x− 2 + x2 + 2x− 3

) 3 )(

1 ( 2 3

) 2

)(

1

(x− x− + x+ = x− + x− x+ , x− 1 ( x− 2 − x+ 3 ) − x− 2 + x+ 3 = 0

0 ) 1 1 )(

3 2

( x− − x+ x− − =

0 3

b Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0

x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0

Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)

M

OB ⊥ BA; OC ⊥ CA ( AB, AC là các tiếp tuyến),OI ⊥ IA (I là trung điểm của dây DE)

⇒ B, O, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO

0,75

∠ICB = ∠IAB ( Cùng chắn cung IB đường tròn đường kính AO) (1)

Từ (1) và (2) được: ∠ ICB = ∠ IDK

1.0

∠ ICB = ∠ IDK hay ∠ ICH = ∠ IDH ⇒ Tứ giác DCIH nội tiếp.⇒∠HID = ∠ HCD

∠ HCD = ∠ BED (Cùng chắn cung DB của (O))⇒∠HID = ∠ BED ⇒ IH // EB

⇒ IH là đường trung bình của DEK ⇒ H là trung điểm của DK

Bài 5: ( 1.0 điểm)

Chứng minh A(n) = n2(n4 - 1) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n

- A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1) Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho 3 nên A(n) chia hết cho 3 với mọi n

- A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n) Do n5 - n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n) chia hết cho 5 với mọi n

- Nếu n chẵn ⇒ n2 chia hết cho 4 ⇒ A(n) chia hết cho 4 Nếu n lẻ ⇒ (n-1)(n+1) là tích hai số chẵn nên nó chia hết cho 4 ⇒ A(n) chia hết cho 4 với mọi n

- Ba số 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n) chia hết cho 60

= +

2 4 3

11

2 2

y xy x

y x

c Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất Tính diện tích đó.

b a

0,502

1 2

4 ) ( 2

4 2

y x

1 4

1 )

( 4

xy xy

xy y

x xy y

x xy

1 2

3 4 2

1 3

2

4

2 2

2 2

+ +

= + + +

≥ +

+

y x xy y

xy x

xy y

xy+ + đạt GTNN tại x = y = 2

1 Nên M đạt GTNN tại x = y =

2

1

= +

2 4 3

11

2 2

y xy x

y x

=

−

2 4 3

11 2

2

P S

P S

2 − + X + =

- Với S2 = − 5 − 2được P2 = 8 + 5 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình:

0 2 5 8 ) 2 5 (

0,25

1 1

c

b c

1

2 1

c

b c

HIO

- BE, AF là hai đường cao của ∆ABC ⇒ CI là đường cao thứ ba hay CI⊥AB

- ⇒Tứ giác IHFB nội tiếp ⇒∠HIF = ∠HBF hay ∠CIF = ∠EBF

- ∆EOF đều nên ∠EOF = 600 ⇒ EF = 600⇒∠CIF = ∠EBF = 300

1,0

- Chứng minh ∆ACI đồng dạng với ∆ABE - được: AC AE AB AI

AE

AI AB

2 2

EF S

S

ABC

FEC

ABC ABFE S S

4

3

=

⇒

- Để S ABFE lớn nhất ⇒ S ABC lớn nhất ⇒ CI lớn nhất C chạy trên cung chứa góc 600 vẽ trên

AB nên CI lớn nhất khi I ≡ O ⇒∆CAB cân ⇒ EF // AB

- Lúc đó

4

3 3 3

2

3

S R

R R

: 2

k i

c b

a, Biết AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm Tính chu vi của tam giác AEF

b, Chứng minh EI BD = IF.CD = R2

c, Gọi P là trung điểm của BC, Q là giao điểm của AI và BC, K là trung điểm của AD.Chứng minh ba điểm K, O, P thẳng hàng và AQ = 2KP

Bài 4.(7,5 điểm)

của tam giác AEF

+ c/m cho chu vi của tam giác AEF là PAEF = 2AN 0,75

2,0đ

+ c/m cho 2AN = AB + AC – BC = 8 + 11 – 9 = 10 cm 0,75

b,Chứng minh EI BD = IF.CD = R2

+ c/m cho tam giác EOB vuông tại O

⇒EN.BN = ON2 = R2 ( theo hệ thức lợng trong tam giác vuông)

Mà EI = EN, BD = BN ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm) ⇒ EI BD

= R2

1,25

2,5đ

c, Gọi P là trung điểm của BC, Q là giao điểm của AI và BC, K là trung điểm của AD Chứngminh ba điểm K, O, P thẳng hàng và AQ = 2KP

áp dụng hệ qủa định lý Talet trong các tam giác AQC và tam giác ABC ta

Mà O là trung điểm của ID suy ra OP là đờng trung bình của tam giác

DIQ ⇒OP // IQ hay OP // AQ (3)

+ Vì K là trung điểm của AD, O là trung điểm của ID suy ra KO là đờng

trung bình của tam giác ADI ⇒KO // AI hay KO // AQ (4)

+ Từ (3) và (4) ⇒ K, O, P thẳng hàng

Do K là trung điểm của AD, P là trung điểm của DQ suy ra KP là đờng

trung bình của tam giác DAQ suy ra AQ = 2KP

x x x B

Bài 4 (4đ) Tam giỏc ABC cú ba gúc nhọn, cỏc đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H Đường

thẳng vuụng gúc với AB tại B và đường thẳng vuụng gúc với AC tại C cắt nhau tại G

a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC

x − nguyên, khi

đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1

tương tự: BH ⊥AC, CG ⊥AC, nên

đi qua trung điểm M của BC

4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và ACF

vuông Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng Từ đâysuy ra AB AE AB AF (1)

AC = AF ⇒ AE = AC

Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2) Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF

4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra

Suy ra DH là tia phân giác góc EDF Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác gócEFD Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF Vậy H các đều bacạnh của tam giác DEF

a Cho:

2 2

x x x A

5 (

2 2

−

=

x

x x

x

x x x

A

Điều kiện để A có nghĩa là x ≠5 và x ≠2

0,25

) 2 )(

5 (

15 8 )

2 )(

5 (

2 )(

4 2 ( 2

−

−

− +

−

=

x x

x x x

x

x x x

)(

5

(

) 3 )(

x

x x

Thay c2 = (a+b)2 vào ta được:

= (2a2 + 2b2 + 2ab )2 - 4(a2b2 + b2c2 + a2c2) 0,25

= 4[(a2 + b2 + ab)2 - a2b2 - c2(a2+b2)] 0,25

Thay c2 = (a+b)2 vào ta được:

= 4[ (a2+b2)2 +2(a2+b2)ab + a2b2 - a2b2 -(a+b)2 (a2+b2)]

= 4[ (a2+b2)2 +2(a2+b2)ab -(a+b)2(a2+b2)]

ac a

bc

+ +

≥ +

abc

ab abc

ac abc

bc)2 +( )2 +( )2 ≥ + +

Nhân hai vế với số dương abc được:

⇔ (bc) 2 + (ac) 2 + (ab) 2 ≥a2bc+b2ac+c2ab

0,25

Áp dụng a) cho ba số ab, bc, ca ta có: (bc) 2 + (ac) 2 + (ab) 2 ≥

ab c ac b bc

b Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng qui

c Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất

EDC + ADE = 900 nên DE ⊥ CF 0,25

MC = MA (BD là trung trực của AC) 0,25

M

EF

Trong ∆BMF có AD//MF nên:

BD

BM BA

BM CE

CA BA

CA BA

CA BA

Phương trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 )

Phương trình đã cho được viết lại là: 2 2

+)Với y = 2 và y = 2 ta có không tìm được x nguyên

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 );

Bµi 1: (3 ®) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:

Bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 2.1

Chứng minh rằng:

( ) ( )

4 < <

− t víi t∈N

⇒ t = 0 hoÆc t = 1

Víi t = 0 ⇒ y2 = 10 (lo¹i)

Víi t = 1 ⇒ x 2 = 9 ⇔ x = ± 3

y 2 = 4 y = ± 2VËy c¸c cÆp nghiÖm nguyªn lµ :

+

−

= +

−

=

y y

y x

b) T¬ng tù

c) 4x 2 + 4x = 4y 2 - 76

⇔ (2x + 1) 2 - (2y) 2 = -75

Ph

¬ng ph¸p 4 : Ph¬ng ph¸p sö dông tÝnh chÊt cña sè chÝnh ph¬ng

VD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña

b Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng qui.

c Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất

BM CE

CA BA

CA BA

CA BA

M

EF

A

EF

a Chứng minh: a2 + b2 + c2≥ ab + ac + bc với mọi số a, b, c.

c

ab b

ac a

bc+ + ≥ + + với mọi số dương a, b, c.

abc

ab abc

ac abc

y

x = và

6 5

z

y = Tính M =

z y x

z y x

5 4 3

4 3 2

+ +

+ +

4

3

y x

y

x = ⇒ = ;

24 20 6 5

z y z

24 20 15

z y

x = =

⇒ (1) 0,25

(1)

96 60 30

4 3 2 96

4 60

3

30

2

+ +

+ +

5 4 3 120

5 80

4

45

3

+ +

+ +

5 4 3

+ +

+ + y z x

=30

2x

:45

3x

0,25

5 4 3

245

186

4 3

+ +

+ +

=

⇒

= + +

+

+

z y x

z y x M z

y x

z y

x

0,25

Bài 4: ( 4,0 điểm)

Cho tam giác ABC có B < 900 và B = 2C Kẻ đường cao AH Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho BE = BH Đường thẳng HE cắt AC tại D.

a Chứng minh BEH = ACB

E

D

B’

1 21

(nếu hs cm hai chiều thì chiều thứ nhất 0.75đ, chiều ngược lại 0.75đ)

Câu 1(4đ): Cho biểu thức:

A = x− x2−4x+4

a Tìm điều kiện xác định của biểu thức A.

b Rút gọn biểu thức A

Gi

ảia.Biến đổi biểu thức được:

A = x− (x−2)2 = x− −x 2Điều kiện xác định của A là:

2 2

2 0 4x 4 1

x x

x

x x x

Vậy giá trị của B = 0

Bài 1 ( 4 điểm ) Phân tích đa thức sau thành nhân tử :

Bài 3 ( 4 điểm ) Giải phương trình :

Ta thấy x =0,2 không thuộc khoảng đang xét

Vậy nó không là nghiệm của phương trình.Vậy phương trình có nghiệm

(x 5)( x 8) 0

0,5 điểm0,5 điểm

0,5 điểm0,5 điểm

0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm

−

−

8

7 2 2 2

y

x

x y xy

Tõ (1) do x, y nguyªn ta cã c¸c trêng hîp sau:

a, x- y=-1 vµ x+2y+2 = 7 =>x=1 vµ y = 2 tho¶ m·n ( 2) (0,5®)

b, x-y = 1 vµ x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y kh«ng nguyªn (o,5®)

c, x- y= -7 và x+ 2y +2 = 1

Giải hệ nàyđợc nghiệm ( x, y) = ( -5,2) không thoả mãn phơng trình (2) (0,5đ)

d, x-y = 7 và x+2y+2 = -1 => x+2y =-3 => y không nguyên (0,5đ)Tóm lại hệ đã cho có duy hất một nghiệm nguyên (x, y) =(1, 2)

Câu 2 (1điểm):

Tìm các giá trị của m để 2 đờng thẳng y = (m – 1)x + 2 (m≠1)

Và y = (3 –m)x + 1 (m≠3) song song với nhau

Vậy với m = 2 thì thoả mãn bài ra

Câu 3 (4đ) Cho đờng thẳng (m+2)x – my = -1 (1) (m là tham số)

a, Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (1) luôn đi qua

b, Tìm điểm cố định của m để khoảng cách từ O đến đờng thẳng (1) là lớn nhất

0

1 2 1 2

x y

Vậy đờng thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định M(-1/2;-1/2)

b, (2đ) Gọi A là điểm của đờng thẳng (1) với trục tung

b) Tính giá trị của biểu thức P với x = 14 - 6 5.

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P

Câu 4: ( 5điểm)

Cho nửa đờng tròn(O) đờng kính BC và

điểm A trên nửa đờng

tròn(A khác B và C) Kẻ AH vuông góc với BC Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ

BC chứa điểm A, vẽ 2 nửa đờng tròn (O1) và (O2) đờng kính BH và CH chúng

lần lợt cắt AB, AC ở E và F

a) Chứng minh: AE.AB = AF.AC

b) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O1) và (O2)

c) Gọi I và K lần lợt là các điểm đối xứng của H qua AB và AC

Tuyến của đờng tròn (O)

Tơng tự EF là tiếp tuyến của

c)C/m EF//AK và EF//AI suy ra A,I và K thẳng hàng.

d) C/m AH cắt EF tại trung điểm G của

AH( Vì AEHF là hình chũ nhật)

và MC cắt AH tại trung điểm G của

AH ( Vì AH// MB và AB//HF nên

GC =CH = FC nên AM//GF G là trung điểm của AH)

Suy ra 3 đờng EF, AH và MC đồng qui

Câu 5 (2đ) Cho 2 số dơng x,y có tổng bằng 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A = 1

x+1

y

Gi ải

A = 1 1 x y 5

+

Để A nhỏ nhất ⇔ xy lớn nhất với x > 0; y > 0 ; x + y = 5 ta luôn có ( x+ y) 2 ≥ 0

⇔ x + y ≥ 2 xy Vây xy sẽ lớn nhất khi x = y =2,5 (1đ)

Khi đó Min A = 4

Cõu 2: (5.0 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ cho các đờng thẳng (d): 3x – 2y + 3 = 0 và

(d') : 3x + 2y – 9 = 0 cắt nhau tại C và lần lợt cắt trục Ox tại A, B

a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C

b) Tìm diện tích và chu vi của tam giác ABC biết đơn vị đo độ dài trên các trục là cm

Gi ải

• C là giao điểm của d và d/ nên tọa độ của C thỏa mãn hệ :

3x

3 3x 2y

1 x

1 - x

3 x

⇒ dt(∆ABC) =

2

1AB.CH =

2

1.4.3 = 6 (cm2)(1.5đ)

• HA = HO + OA = 1 + 1 = 2 (cm) ⇒ HB = AB - AH = 2(cm)

y

x

O H1 3

3 -1

C

B A

y = 9-3x2

y = 3x+32

⇒ HA = HB = 2(cm) ⇒ tam giác CAB cân tại C (CH vừa là đờng cao vừa là trung tuyến) ; tamgiác vuông HCA có :

1 1

1

x

x x

x

x x

x x

1 1

1

x

x x

x

x x

x x

−

+

− +

1 1

) 1 ( : 1

1 )

1 )(

1 (

) 1 )(

1 (

x

x x

x x x

x x

x

x x

1 1

1

x

x x x x

x x

1 1

−

−

+

− +

−

x

x x

x x

=

1

: 1

x

x x

Bài 3 (4 điểm): Cho tam giác MNP cân tại M Các đờng cao MD và NE cắt nhau tại H Vẽ đờng

tròn (O) đờng kính MH Chứng minh rằng:

a).E nằm trên đờng tròn (O)

b) Bốn điểm M, N, D, E cùng thuộc một đờng tròn

c) DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

Gi

ải

M

b) Các tam giác MDN và MEN là các tam giác vuông có chung cạnh huyền MN nên 4 điểm

M,N,D,E cùng thuộc một đờng tròn đờng kính MN (1 điểm).

c) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O):

Ta có : ENP = DMP ( vì cùng phụ với góc MPN) (1) (0,25 điểm)

Vì OM = OE nên tam giác OME cân , suy ra: OME = OEM (2) (0,25 điểm)

Tam giác NEP vuông tại E, có ED là đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền NP

nên: DN = DE Suy ra tam giác DNE là tam giác cân Suy ra DNE = DEN (3)

(0,5 điểm)

Từ (1), (2), và (3) Suy ra : OEM = DEN (0,25 điểm)

Lại có: OEM + HEO = 90o , Nên OEH + HED = 90o Suy ra DE ⊥ OE

( 0,5 điểm)

Suy ra DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) ( 0,25 điểm).

Bài 5 (3,5 điểm): Cho hai số thực a,b thoã mãn a > b và ab = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức: Q =

b a

b a

−

+ 2 2

b a

ab b

a b a

b a

4

b a

b a b a

2

b a

b a

( 0,5 điểm)

1 3

1 3

1 3

b a b

a

( 0,5 điểm)

Vậy Giá trị nhỏ nhất của Q đạt đợc là: Qmin=4 ( 0,5 điểm)

Cõu 4(6,0 điểm): Cho hai đường trũn (O) và (O’) tiếp xỳc ngoài tại A Gọi AB là đường kớnh

của đường trũn (O), AC là là đường kớnh của đường trũn (O’), DE là tiếp tuyến chung của haiđường trũn, D ∈ (O), E ∈ (O’), K là giao điểm của BD và CE

a) Tứ giỏc ADKE là hỡnh gỡ? Vỡ sao?

b) Chứng minh AK là tiếp tuyến chung của hai đường trũn (O) và (O’)

c) Gọi M là trung điểm của BC Chứng minh rằng MK vuụng gúc với DE

a) Theo tớnh chất gúc ngoài của tam giỏc : ∠ O1 = 2∠B, ∠O’1 = 2∠C mà ∠O1 + ∠O’1 = 1800 nờn ∠B+∠C=900, suy ra K=900 Ta lại cú ∠D = ∠E = 900 nờn tứ giỏc ADKE là hỡnh chữ nhật.b) ∠A1+∠A2=∠D1+∠D2=900 nờn KA ⊥ BC Vậy AK là tiếp tuyến của (O) và (O’)

c) ∠K1 + ∠E1 = ∠C + ∠EKA = 900 nờn MK ⊥ DE

y x xy

: 1

1

a, Rút gọn A

b, Tính giá trị của A khi

3 2

y x xy

y x A

1

2 1

: 1

1

xy

xy y x xy

xy y

x xy

y x

−

++

+

−

−

−++

+

=

1

1:1

1.1

xy

xy y x xy

x y y y x x x y y y x x

−

+ +

+ +

=

1

1 :

( x) ( y)

xy xy

x y x

+ +

1 1

2

( ) ( )( ) x

x y

x

y x

+

= + +

+

=

1

2 1

3

2

3 2

− +

1 3 2 1 3

13

1 3 3 2 12

Cho hình thang vuông ABCD (Aˆ =Dˆ = 90 0), tia phân giác của góc C đi qua trung điểm I của AD.

1 Chứng minh rằng BC là tiếp tuyến của đờng tròn (I, IA)

2 Cho AD = 2a Tính tích AB và CD theo a

H∈ ,

⇒

BC

⇒ là tiếp tuyến của (I,IA)

b) BA vuông góc IA và CD vuông góc với IB suy ra BA, CD lần lợt là các tiếp tuyến của

(I) tại A và B

- Xét (I, IA), có BA, BH là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại B; CD, CH là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại

C Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:

3 2 4 3 2 1 4 3

BH

3 2

0 4

3 2 1

180 ˆ

ˆH+H I D= ⇒I +I +I +I = ⇔ I +I =

I

A

BIC I

2

2

2 2

.

Xột cỏc trường hợp (1,25đ)+ x = 2 => (y - x3)2= 0 => y = 8+ x = 1 => (y - x3)2= 63 => y∈ Z => pt này khụng cú nghiệm nguyờn+ x = 0 => (y - x3)2= 4 => y = 8 và y = - 8

+ x = - 1 => (y - x3)2= 63 => y∈Z => pt này khụng cú nghiệm nguyờn

+ x = -2 => (y - x3)2= 0 =>y = - 8

Bµi 1: (3 ®) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:

B = 2 22 2 2 22 2 2 22 2

b a c

c a

c b

b c

b a

3 2

2 2 2

3 3 3 2 2 2

=

= + +

= + +

abc

abc abc

c b a ab

c ac

b bc

x

1 )2 + ( y +

y

1)2≥2 25

2

2 2 2

)

1 (

) 1 (

xy

xy y

15

= 4 17

⇒ (xy +

xy

1 ) 2 ≥ ( 4

17 ) 2 = 16 289

b) ¸p dông B§T : A 2 + B 2 ≥

2

) (A+ B 2 , ta cã :