Bộ đề ôn thi học sinh giỏi môn Toán 9

Đề 1
Bài 1: (4,0 điểm).
	Cho biểu thức . 
 a) Tìm các giá trị của x để .
 b) Chứng minh rằng với mọi x thoả mãn .
Bài 2: (5,0 điểm).
Giải các phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 2
Giải hệ phương trình sau:
Bài 3: (3,0 điểm).
 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
 .
Bài 4: (2,0 điểm).
Cho ABC đều điểm M nằm trong ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2. Tính số đo góc BMC ?
Bài 5: (6,0 điểm).Cho hai đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T. Hai đường tròn này nằm trong đường tròn (C3) và tiếp xúc với (C3) tương ứng tại M và N. Tiếp tuyến chung tại T của (C1) và (C2) cắt (C3) tại P. PM cắt đường tròn (C1) tại diểm thứ hai A và MN cắt (C1) tại điểm thứ hai B. PN cắt đường tròn (C2) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C2) tại điểm thứ hai C.
a. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
b. Chứng minh rằng AB, CD và PT đồng quy.
Đề 2
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của x để P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình: 
b) Tìm nghiệm nguyên của hệ: 
Bài 3: (2,0 điểm).
	Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện:	xy + yz + zx = 1
	Tính: T = 
Bài 4: (3,0 điểm).
	Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M là giao điểm của AB và CD, N là giao điểm của AD và BC. Gọi E, F, và K lần lượt là trung điểm của BD, AC và MN.
a) Chứng minh các điểm E, F, K thẳng hàng.
b) Tìm tập hợp các điểm I nằm trong tứ giác thoả mãn 
Bài 5: (6,0 điểm).
Cho hai đường tròn (o1) và (o2) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với (o1) và (o2) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD lần lượt cắt (o1) và (o2) 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.
Đề 3
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :
a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P .
b) Tìm x thoả mãn : 
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
b) Giải hệ phương trình :
x2y – 2x + 3y2 = 0 
x2+ y2x + 2y = 0 
Bài 3: (3,0 điểm).Cho thỏa mãn : 
Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .
Bài 4: (6,0 điểm).Cho 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 . 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 : .
b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng . 
Bài 5: (2,0 điểm).Cho hai tiếp tuyến AB và AC của nữa đường tròn(O) (B, C là hai tiếp điểm). Qua điểm X của cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến đến đường tròn này nó cắt AB và AC theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng chu vi tam giác AMN và góc MON không phụ thuộc vào việc chọn điểm X trên cung nhỏ BC. 
Đề 4
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
	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:
Bài 3: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình : 
b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo chu vi. 
Bài 4: (6,0 điểm).Cho DABC đều, nội tiếp trong đường tròn tâm O. D là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. trên tia AD lấy điểm E sao cho AE = DC.
	a) Chứng minh DAEB = DCDB.
	b) Xác định vị trí của điểm D sao cho tổng (DA + DB + DC) lớn nhất.
Bài 5: (2,0 điểm).
 Cho a, b, clà độ dài 3cạnh của DABC . Gọi m, n, k là độ dài các đường 
 phân giác trong của 3góc của DABC . Chứng minh rằng :
 + + > + + 
Đề 5
Bài 1: (4,0 điểm).
Cho biểu thức: 
Rút gọn biểu thức .
Tìm các giá trị nguyên của để biểu thức nhận giá trị nguyên.d 
Bài 2: (3,0 điểm).
Giải hệ phương trình:
Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.
a) +
b) 
Bài 4: (6,0 điểm).
Cho DABC nội tiếp đường tròn tâm O. Tia phân giác trong góc A cắt (O) tại D. Một đường tròn (L) thay đổi nhưng luôn đi qua A, D cắt AB, AC tại điểm thứ hai lần lượt tại M, N.
a) CMR: BM = CN
b) Tìm quỹ tích trung điểm K của MN
c) Tìm vị trí của (L) sao cho MN ngắn nhất.
Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm của hai đường chéo. Kí hiệu 
a. Chứng Minh: 
b. Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào?
Đề 6
Bài 1: (5,0 điểm).
Cho phương trình : .
a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .
b) Giải phương trình .
Bài 2: (3,0 điểm).Giải hệ phương trình:
Bài 3: (5,0 điểm).
a) Cho x, y >0 và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: d 
b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4.
CMR: .
Bài 4: (6,0 điểm).
Cho góc xIy . A là điểm lấy trên đường phân giác góc trong của góc đó , Gọi K , M lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ A đến 2 cạnh Ix , Iy của góc xIy . Trên KM lấy điểm P ( KP < PM ) . Qua P dựng đường thẳng vuông góc với AP cắt KI tại Q , MI tại S 
 a) Chứng minh rằng cácc tứ giác KPAQ và PSMA nội tiếp được trong một đường tròn . 
 b) Chứng minh : P là trung điểm của QS 
 c) Cho Ð KIM = 2a ; KM = a ; QS = b ( a < b ) . Tính KQ . 
Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam gi¸c ABC nhän cã 3 ®­êng cao: AA1, BB1, CC1 ®ång qui t¹i H.
Chøng minh r»ng: . DÊu "=" x¶y ra khi nµo?
1.a) 
Ta có . Từ đó giải được
b)Ta có: 
Do nên . Vậy 
2) Giải, xác định đúng điều kiện: 
= 0
(Thỏa mãn)
3) Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y)2 dấu bằng xảy ra khi x = y.
Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có: 
Tương tự ta có: 
. Dấu bằng xảy ra 
+ Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0.	
+ Với xyz 0 thì (I) được viết lại: (II) Cộng ba phương trình của hệ (II) theo vế ta được:
	 (*)	
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. êBCN = êACM => BN = AM
Vẽ tam giác đều CMN 	
mà
 vuông tại M.
. (1 điểm)
5.
·
E
N
M
B
C
O1
O3
O2
D
P
A
T
a. Gọi O1, O2, O3 tương ứng là tâm các 
đường tròn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3
 thẳng hàng => BO1 // NO3
 = > . Tương tự: 
=> => AB//NP
Tương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành 
(với E = AB Ç CD). Do DPAT ~ DPTM 
=> PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN
Vậy PA. PM = PD.DN => 
=>D EBC ~ D EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800 
=> ABCD nội tiếp.
b. Nối E O2 cắt (C2) tại C' và D' = >DECC' ~ D ED'D 
=> ED.EC = ED'.EC' => EC.ED = (EO2 - R2)(EO2+R2) 
=> EC.ED = EO22 - O2T2.
Tương tự EB.EA = EO12 - O1T2
Mà 
Hạ ET' ^ 0102 theo định lý Pitago ta có:
EO12 - EO22 = (O1T' 2 + T' E2) - (02T' 2 + T' E2) = O1T' 2 - O2T' 2.
=> O1T 2 - O2T 2 = 01T' 2 - 02T' 2 vì O1T + O2T = 0102 = O1T' + O2T'
=> O1T = O1T => T º T' tức PI đi qua E . 
Đề 2
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm giá trị của x để P = 1
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình: 
b) Tìm nghiệm nguyên của hệ: 
Bài 3: (2,0 điểm).
	Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện:	xy + yz + zx = 1
	Tính: T = 
Bài 4: (3,0 điểm).
	Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M là giao điểm của AB và CD, N là giao điểm của AD và BC. Gọi E, F, và K lần lượt là trung điểm của BD, AC và MN.
a) Chứng minh các điểm E, F, K thẳng hàng.
b) Tìm tập hợp các điểm I nằm trong tứ giác thoả mãn 
Bài 5: (6,0 điểm).
Cho hai đường tròn (o1) và (o2) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với (o1) và (o2) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD lần lượt cắt (o1) và (o2) 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.
1. đk 
Ta có: 
= == . Vậy P = 
Ta thấy P = 1 . Vậy với x = 25 thì P = 1
2. a. ĐK: x -1 và PT
 . Giải Pt x = 8 (t/m x -1). KL: x = 8
b. 	Hệ Û
	Đặt Þx, y là nghiệm của phương trình: 	t2 - ut + v = 0 (a)
	Phương trình có nghiệm Û u2 – 4v ³ 0	(*)	
	Ta có hệ: 	
	Thế (1) vào (2) Þ v = 8 – z(5 - z) = z2 –5z + 8 
	Hệ có nghiệm Û (a) có nghiệm Û (*) xảy ra
	Þ (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) ³ 0 Û - 3z2 + 10z – 7 ³ 0	
	Û (z-1)(-3z+7) ³ 0	
	Từ (3) và do z nguyên Þ z = 1; 2	
	+) +)
	Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2);	(2; 1; 2)	
3. Ta có 	 	1+x2 = xy + yz + z	= y(x+z)+x(x+z)
	 	=(x+z)(z+y)	
Tương tự ta có:	1+y2 =(y+x)(y+z)
	1+z2 =(z+x)(z+y)	
T==
	=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)	=2(xy+yz+zx)=2. Vậy T= 2	
4.a) 
	+ Trên tia MA đặt MG = AB, trên tia MD đặt 
MH = CD. Nối GH	
+ Chứng minh được: 
Suy ra khoảng cách từ E; F; K đến đường thẳng GH bằng nhau nên E; F; K cùng nằm trên một đường thẳng. Vậy E, F,K thẳng hàng (đfcm)	
b) + Lấy điểm I bất kỳ nằm trong tứ giác ABCD, chứng minh được:
	I nằm trên đường thẳng EF	
+ Lấy điểm I’ bất kỳ trên đường thẳng EF nằm trong tứ giác ABCD, chứng minh được 	
 Vậy tập hợp các điểm I là phần đường thẳng EF nằm trong tứ giác ABCD	
5.
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)).
-> = -> ID 2 = IA.IB. (1)
Lập luân tương tự -> IC2 = IA.IB (2)
Từ (1) và (2) -> IC = ID
Mà = ( cùng bằng ) => AP = AQ
Kết hợp với (*) -> EPQ cân tại E
Đề 3
Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :
a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P .
b) Tìm x thoả mãn : 
Bài 2: (5,0 điểm).
a) Giải phương trình :
b) Giải hệ phương trình :
x2y – 2x + 3y2 = 0 
x2+ y2x + 2y = 0 
Bài 3: (3,0 điểm).Cho thỏa mãn : 
Hãy tính giá trị của biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .
Bài 4: (6,0 điểm).Cho 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 . 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 : .
b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng . 
Bài 5: (2,0 điểm).Cho hai tiếp tuyến AB và AC của nữa đường tròn(O) (B, C là hai tiếp điểm). Qua điểm X của cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến đến đường tròn này nó cắt AB và AC theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng chu vi tam giác AMN và góc MON không phụ thuộc vào việc chọn điểm X trên cung nhỏ BC. 
1. a) Điều kiện x>0 Ta có : 
P= P-1=	Vậy 	
b) 43x + 6 -1 = 0	
(thỏa mãn) 	
(loại) 	
 (thoã mãn điều kiện x>0) .	
2. a. ĐK : 	
 	 (thỏa mãn) 	
b. Giải hệ phương trình :	 
Nếu y=0 x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm của hệ phương trình . 
Với y0 hệ đã cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = 0 
(1)
 	 	x2y+ y3x + 2y2 = 0 	
(2)
 	Nhận thấy không thoả mãn hệ phương trình .
Xét từ (1) thay vào (2) ta có :
 . Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2;) .	
3. Từ : =>=> 
Ta có : x ... PSMA ta có Ð S1 = Ð M1 (cùng chắn cung AP) .
 Mà A nằm trên phân giác của Ð xIy nên AK = AM Þ Ð K1 = Ð M1 . 
Vậy Ð Q1 = Ð S1 hay D AQS cân tại A có AP là đường cao nên AP là trung tuyến Þ P là trung điểm của QS .
c) Do AK ^ Ix ; AM ^ Iy và A nằm trên phân giác của góc xIy nên Ð I1=ÐI2=a và DAKI = D AMI 
Þ IK = IM ; AK = AM Þ AI là trung trực của KM .
Gọi H = AI Ç KM Þ H là trung điểm của KM và IA ^ KM tại H .
 Trong tam giác vuông AIK ta có Ð I1 = Ð K1 (cùng phụ với Ð IAK) nên Ð K1 = Ð Q1 = a . 
 Trong tam giác vuông AHK có : KH = KM/2 = a/2 ; ÐK1 =a nên .
 Trong tam giác vuông APQ có : QP = QS/2 = b/2 ; Ð Q1 = a nên . 
 Trong tam giác vuông AKQ có : nên = 
5. Do tam gi¸c ABC nhän, nªn H n»m trong tam gi¸c. A
* §Æt S = SDABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB. 
Ta cã: 
T­¬ng tù: 
Suy ra: 
Theo bÊt ®¼ng thøc C«sy: 
Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đều
Bài 1 (2.5 điểm):
 Cho biểu thức: A = 
 a.Rút gọn biểu thức A.
 b.Tính giá trị biểu thức A khi .
Bài 4: Giải hệ phương trình:
 b/ + = x2 - 10x + 27
Bài 7 (2 điểm)
Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1.
Tìm GTNN của biểu thức :
E = .
Bµi III (3 ®iÓm)
 Cho h×nh vu«ng ABCD. §iÓm M thuéc c¹nh AB ( M kh¸c A vµ B ). Tia CM c¾t tia DA t¹i N. VÏ tia Cx vu«ng gãc víi CM vµ c¾t tia AB t¹i E. Gäi H lµ trung ®iÓm cña ®o¹n NE.
	1/ Chøng minh tø gi¸c BCEH néi tiÕp ®­îc trong ®­êng trßn.
2/ T×m vÞ trÝ cña ®iÓm M ®Ó diÖn tÝch tø gi¸c NACE gÊp ba diÖn tÝch h×nh vu«ng ABCD.
3/ Chøng minh r»ng khi M di chuyÓn trªn c¹nh AB th× tØ sè b¸n kÝnh c¸c®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c NAC vµ tam gi¸c HBC kh«ng ®æi.
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
Điều kiện: . 0.25
 A = 
 0.5 	 0.5 	 0.5	 0.25
b. ( 0.5 điểm )
 Khi 0.25
 Thì A = 1 + 0.25
Bài 4 (2đ) Giải hệ phương trình
Bài 4: Giải hệ phương trình:
Từ (1) ta có PT (2) có dạng := (0,25đ)
 (1,0đ)
+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x2=1x 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)
 b/ + = x2 - 10x + 27
 Đk : 4 £ x £ 6 
 Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta được :
 + = + £ + = 2
 Dấu “ = ” xảy ra Û 
 Mặt khác : x2 - 10x + 27 = ( x2 - 10x + 25 ) + 2 = ( x - 5 )2 + 2 ³ 2
 Dấu “ = ” xảy ra Û x - 5 = 0 Û x = 5
 Do đó : + = x2 - 10x + 27 Û x = 5
 Vậy nghiệm của pt là + x = 5
Đặt a = , b = , c = Þ abc = = 1
Þ x + y = c(a + b)
 y + z = a(b + c)
 x + z = b(c + a)
Þ E = + +
Dễ dàng chứng minh đợc + + ³ 
Nhân hai vế với a + b + c > 0
Þ + + ³ (a+b+c)
Þ + +³ ³ = 
Þ E ³ 
Dấu "=" xảy ra Û a = b = c = 1
Vậy min E = khi a = b = c = 1
Bµi III (3®iÓm)
C©u 1 ( 1 ®iÓm)
Do gãc NAE = gãc NCE = 1v (gt) nªn tø gi¸c NACE néi tiÕp 
trong ®­êng trßn à gãc CNE = gãc CAE = 450 	 0,5 ®
=> tam gi¸c NCE vu«ng c©n t¹i C . MÆt kh¸c do CH lµ 
trung tuyÕn nªn CH lµ ®­êng cao è gãc CHE = 1 v 	 0,25 ®
=> gãcCBE = gãc CHE = 1v => HBCE lµ tø gi¸c néi
 tiÕp ®îc trong ®­êng trßn.	 0,25 ®
C©u 2 (1 ®iÓm)
Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta gäi c¹nh h×nh vu«ng lµ 1 th× diÖn 
tÝch h×nh vu«ng lµ 1 . §Æt AN = x ( x > 0) è DN =1 + x .	 
Trong tam gi¸c vu«ng NDC cã
 CN2 = CD2 + DN2 = 1 + (1 +x)2 = x2 +2x + 2 . 	 0,25 ®
Khi ®ã : SNACE = SNAC + SNCE = = 0,25 ®
	Tõ SNACE = 3 S ABCD è 
	=> x = 1 , x = - 4 ( lo¹i ) .	 0,25 ®
	VËy AN = 1 . Mµ theo ®Þnh lý Ta lÐt ta cã : 
	=> AM = MB hay M lµ trung ®iÓm cña AB . 	 0,25 ®
C©u 3 (1 ®iÓm)
	 Tríc hÕt ta chøng minh tam gi¸c ANC ®ång d¹ng víi tam 
gi¸c BHC .
	+ ) Tø gi¸c NACE néi tiÕp trong ®­êng trßn =>
gãc AEN =gãc ACN (1) ( cïng ch¾n cung AN ) 
vµ gãc NAC + gãc NEC = 2 v (2)	 0,25 ®
	+) Tø gi¸c HBCE néi tiÕp nªn gãc BEH = gãc BCH ( 3 ) 
( cïng ch¾n cung BH ) vµ gãc HBC + gãc HEC = 2 v (4) . 	 0,25 ®
 	Tõ (1) vµ (3) ta cã gãc HCB = gãc ACN vµ gãc HBC = gãc NAC .
	VËy tam gi¸c ANC ®ång d¹ng víi tam gi¸c BHC .	 0,25 ®
	Gäi r1 ; r2 lÇn lît lµ b¸n kÝnh vßng trßn néi tiÕp hai
 tam gi¸c ANC vµ BCH . Khi ®ã ( kh«ng ®æi ) 0,25 ®
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 .
 Xét hai tiếp tuyến AB và AC , M(O)
Hạ các đờng vuông góc MK, MH, ML xuống các tiếp tuyến AB, AC và dây EF
( chắn cung ). 
 (------------ )
Suy ra các tam giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng dạng. Từ đó 
 (1). Bổ đề đợc chứng minh 
 Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là khoảng cách từ M đến các đờng thẳng chứa cạnh BC, CA, AB, EF, FD, DE của các tam giác ABC và DEF ta đợc: . Nhân vế với vế của ba đẳng thức, suy ra điều phải chứng minh.
Bài 2. Cho biểu thức:P = 
a) Rút gọn P;
b) Tìm giá trị của a để P < 0
Câu 2 
 Giải hệ phương trình sau
 2x3+ 3x2y = 5
 y3 + 6xy2 = 7
1. Giải phương trình: .
Bài 7 : Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:
Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh 
Bài 4. (3,0 điểm) 
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là điểm trên cung nhỏ AB (I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình chiếu của I trên các đường thẳng BC, CA và AB.
1. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.
2. Xác định vị trí của I để đoạn MN có độ dài lớn nhất.
3. Gọi E, F, G theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA và AB. Kẻ EQ vuông góc với GF. Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC.
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 : 
Câu 2: (2điểm) 
 8x3+ 12x2y = 20 (2x+y)3 = 27
 (1) y3 + 6xy2 = 7 y3+6xy2 =7 (0.5đ)
 2x+y=3 (2)
 2y3- 9y2 +7 =0 (3) (0.5đ)
 giải (3) ta đợc: y=1; y= (0.5đ)
Vậy hệ phơng trình có nghiệm :
 (1;1) ; ( (0.5đ)
1) (1), điều kiện 
Đặt ;
Suy ra Thay vào (1) ta được (do nên a+b+1>0)
Với a = b ta có thỏa mãn điều kiện
Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.
 Bài 7: (2đ): a, b, c>0
(1)
CM: (1)
(0,5đ)
Mặt khác =
Do đó ta cần chứng minh:
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c (1đ)
Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh 
C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:
Cộng 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:
Từ giả thiết có Tứ giác IPAN nội tiếp 
 (cùng chắn cung IN)
Lại do Bốn điểm I , P , M , B nằm trên đường tròn đường kính BI
Vì 
Từ (2) và (3) 
Từ (4) và (1) 
Vậy M , P , N thẳng hàng .
Theo chứng minh trên ta có 
 (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , B , M , P)
 (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròpn qua 4 điểm I , N , A , P)
Từ (5) và (6) 
Dấu "=" xảy ra là đường kính của .Vậy MN nhỏ nhất bằng AB I đối xứng với C qua O .
Qua C kẻ đường thẳng song song với KN cắt AB tại Q 
A
M
C
D
B
N
K
Q
I
P
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 => ( đồng vị ) 
 ( góc nội tiếp cùng chắn cung AD ) 
 = > Tứ giác ACQP nội tiếp 
=> AM.MQ=CM.MP ( vì MP=CM ) 
Trong tam giác ACQ có MK//CD nên 
Bài 3. Cho biểu thức:P = 
Rút gọn P
Tìm các giá trị của x để P = 
Bài 6(1điểm): Cho x, y, z> 0 thoả mãn: 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 b/ + = x2 - 10x + 27
Cho hệ phương trình: (a, b, c là tham số)
Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hệ phương trình trên có nghiệm là:
a3 + b3 + c3 = 3abc
Bài IV (2,5 điểm)
 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) tâm O. M là điểm chính giữa cung BC không chứa điểm A. Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua O. Các đường phân giác trong góc B và góc C của tam giác ABC cắt đường thẳng AM’ lần lượt tại E và F . 
	1/ Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp được trong đường tròn. 
2/ Biết đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính r. 
Chứng minh: IB.IC = 2r.IM.
Bài 6
 Cho hình bình hành ABCD , từ B kẻ đường thẳng cắt cạnh CD tại M ; từ D kẻ đường thẳng cắt cạnh BC tại N sao cho BM = DN . Gọi giao điểm của DN và BM là I . Chứng minh : Tia IA là tia phân giác của góc BID .
Cho ba số thực không âm sao cho . 
Chứng minh: . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
Theo kết quả câu 3.1, ta có:
mà (giả thiết)
nên: (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) 
Nhưng: (không âm)
Suy ra: .
Dấu đẳng thức xảy ra khi: 
 b/ + = x2 - 10x + 27
 Đk : 4 £ x £ 6 
 Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta được :
 + = + £ + = 2
 Dấu “ = ” xảy ra Û 
 Mặt khác : x2 - 10x + 27 = ( x2 - 10x + 25 ) + 2 = ( x - 5 )2 + 2 ³ 2
 Dấu “ = ” xảy ra Û x - 5 = 0 Û x = 5
 Do đó : + = x2 - 10x + 27 Û x = 5
 Vậy nghiệm của pt là + x = 5
Điều kiện cần : Giả sử HPT đã cho có nghiệm (x ; y) . Khi đó 
Điều kiện đủ: Giả sử 
a+b+c=0 , nhận thấy HPT có nghịêm : x = y = -1
a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = 0 ; y=1 (hoặc x = 1 ; y = 0)
Vậy nếu thì HPT đã cho có nghiệm 
* Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1, và 
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y
Tơng tự: 
Từ (1), (2), (3) 
Suy ra: Pmin = 3 khi: x = y = z = .
Bài IV ( 2,5 điểm)
Câu 1 ( 1,5 điểm)
	 Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp 
	Do M là điểm chính giữa của cung BC nên góc BAM = góc MAC 
=> AM là phân giác góc A của tam giác ABC nên gọi I là giao 
điểm của BE và CF thì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 
và I , A , M thẳng hàng. 0,5đ
+ Do MM’ là đường kính của ( O ) nên AE ^ AM và do AM 
là phân giác trong của góc BAC nên AE là phân giác ngoài 
của nó . 0,25đ
Mặt khác , BE là phân giác trong góc ABC => CE là phân 
giác ngoài góc BCA ( Hai đường phân giác ngoài và 1 
đường phân giác trong của tam giác ABC đồng quy) mà CF 
là phân giác trong của góc BCA => góc FCE = 1 v . 0,5đ
Chứng minh tương tự ta cũng có góc FBE = 1v => tứ giác FBCE
nội tiếp được trong đường tròn . 0,25đ
Câu 2 ( 1 điểm)
	Trước hết chứng minh : MI = MB = MC . Thật vậy gọi P là 
giao điểm của CF và đường tròn ( O ) . Do CP là phân giác
 của góc BCA nên cung PA = cung PB , kết hợp với 
cung MB = cung MC . 
Ta có sđ góc CIM = 
	= 0,25đ
=> góc CIM = góc MCI => tam giác CMI cân => MI = MC.
Chứng minh tương tự ta cũng có MI = MB . 
Vậy MI = MC = MB . 0,25đ
Kẻ IH vuông góc với BC thì IH = r . Hạ MQ vuông góc với BI 
do tam giác BMI cân => QI = QB . Xét hai tam giác vuông 
IQM và IHC có : góc IMQ = góc ICH = 1/ 2 góc AMB . 0,25đ
Vậy hai tam giác đồng dạng .
 => 0,25đ
Lời giải
	Từ A kẻ AE vuông góc với DN ; A F vuông góc với BM 
Ta có dt(ABM) = 1/2 dt(ABCD) ; dt(ADN) = 1/2dt(ABCD) 
	cho nên dt(ABM) = dt(ADN) , mà BM = DN cho nên A F = AE 
hay A cách đều hai cạnh của góc BID .
	 Vậy tia IA là tia phân giác của góc BID.