Một số đề ôn thi vào lớp 10 + Đáp án

Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.. Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân..[r]

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 Đề1

Bài :

a) Tính : ( 1)( 1)  b) Giải hệ phương trình :

1 x y x y

 

 

 

 Bài :

Cho biểu thức :

1 2( 1)

:

1

x x x x x x

A

x

x x x x

     

  

    

 

a) Rút gọn A

b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên

Bài :

Một ca nô xuôi dịng từ bến sơng A đến bến sơng B cách 24 km; lúc đó, từ A B bè nứa trơi với vận tốc dịng nước km/h Khi đến B ca nô quay lại gặp bè nứa địa điểm C cách A km Tính vận tốc thực ca nơ

Bài :

Cho đường trịn tâm O bán kính R, hai điểm C D thuộc đường tròn, B trung điểm cung nhỏ CD Kẻ đường kính BA ; tia đối tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) M ; MD cắt AB K ; MB cắt AC H

a) Chứng minh : BMDBAC , từ suy tứ giác AMHK nội tiếp

b) Chứng minh : HK // CD c) Chứng minh : OK.OS = R2

Bài :

Cho hai số a b khác thỏa mãn :

1 1 a b 

Chứng minh phương trình ẩn x sau ln có nghiệm : (x2 + ax + b)(x2 + bx + a) =

HƯỚNG DẪN

Bài 3:

Do ca nô xuất phát từ A với bè nứa nên thời gian ca nô thời gian bè nứa:

8 4 (h)

Gọi vận tốc ca nô x (km/h) (x>4) Theo ta có:

24 24 24 16

2

4 4

x x x x



    

   

2 0( )

2 40

20 x loai

x x

x  

    

 



B i 4:à

a) Ta có BC BD (GT)  BMD BAC (2 góc nội

tiếp chắn cung nhau)

* Do BMD BAC  A, M nhìn HK góc

nhau  MHKA nội tiếp.

b) Do BC = BD (do BC BD ), OC = OD (bán kính)  OB đường trung trực CD

 CDAB (1)

Xét MHKA: tứ giác nội tiếp, AMH 900 (góc nt

chắn nửa đường tròn)  HKA1800 900 900 (đl)  HKAB (2)

Từ (1) (2)  HK // CD H K

M A

B

O

C D

S Bài 5:

2

2

2

0 (*)

( )( )

0 (**) x ax b

x ax b x bx a

x bx a

   

      

  



(*)  = a2- 4b, Để PT có nghiệm

2 4 0 4 1

2

a b a b

a b

     

(3) (**)   b2 4a Để PT có nghiệm

2 4 0 1

2

b a

b a

   

(4) Cộng với ta có:

1 1

2

a b  a  b

1 1 1 1 1 1

2 4 4

2 a b a b a b

 

           

Đề 2

Câu : a)Cho phương trình x4 (m24 )m x27m1 0 Định m để phương trình có nghiệm phân biệt tổng bình phương tất nghiệm 10

b) Giải phương trình:

2

3

5 ( 1)

1 x x

x x    

Câu : a)Cho góc nhọn a Rút gọn khơng cịn dấu biểu thức :

2

cos sin

P a   a 

b) Chứng minh: 4 15  5 3 4 15 

Câu : Với ba số không âm a, b, c, chứng minh bất đẳng thức :

 

2

3

a b c    ab bc  ca  a b c

Khi đẳng thức xảy ?

Câu : Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A, B phân biệt Đường thẳng OA cắt (O), (O’) điểm thứ hai C, D Đường thẳng O’A cắt (O), (O’) điểm thứ hai E, F

a) Chứng minh đường thẳng AB, CE DF đồng quy điểm I b) Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn

c) Cho PQ tiếp tuyến chung (O) (O’) (P Ỵ (O), Q Î (O’)) Chứng minh đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng PQ

HƯỚNG DẪN

Câu :

a) Đặt X = x2 (X  0)

Phương trình trở thành X2 (m24 )m X 7m 0 (1)

Phương trình có nghiệm phân biệt  (1) có nghiệm phân biệt dương

0 0

S P       

  

2

2

( ) 4(7 1)

4

7

m m m

m m

m

    



      

 (I)

Với điều kiện (I), (1) có nghiệm phân biệt dương X1 , X2

Þ phương trình cho có nghiệm x1, =  X1 ; x3, =  X2

2 2 2

1 2( 2) 2( )

x x x x X X m m

Þ       

Vậy ta có

2

2( ) 10

5

m

m m m m

m          

  Với m = 1, (I) thỏa mãn

Với m = –5, (I) không thỏa mãn Vậy m =

Được phương trình

5 3(t 1)

t   

3t2 – 8t – = Þ t = ;

1

t 

(loại) Vậy x4x2  Þ1 x1

Câu :

a)P cos2a  sin 2a  1 cos2a  cos2a 1

2

cos 2cos

P a  a  (vì cosa > 0)

(cos 1)

P a 

1 cos

P  a (vì cosa < 1)

b)         

2

4 15 5 4 15  5 4 15 4 15

=  5 3 4 15

=    

2

5 4 15

= 8 15 4    15 =

Câu :

 a b2  Þ0 a b 2 ab

Tương tự, a c 2 ac

b c  bc

1

a  a

1

b  b

1

c  c

Cộng vế với vế bất đẳng thức chiều ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy  a = b = c =

Câu :

a)Ta có : ABC = 1v ABF = 1v Þ B, C, F thẳng hàng

AB, CE DF đường cao tam giác ACF nên chúng đồng quy

b) ECA EBA (cùng chắn cung AE (O)

Mà ECA AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh)

Þ EBA EFD  hayEBI EFI Þ Tứ giác BEIF nội tiếp.

c)Gọi H giao điểm AB PQ

Chứng minh tam giác AHP PHB đồng dạng

O O’

B A

C

D E

F I

P

Þ

HP HA

HB HP Þ HP2 = HA.HB

Tương tự, HQ2 = HA.HB

Þ HP = HQ Þ H trung điểm PQ

Đề 3 Câu 1: Cho biểu thức A=

1

1

x x x x

x x

  



 

a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A

c) Với giá trị x A<1

Câu 2: Hai vịi nước chảy vào bể đầy bể sau 24 phút Nếu chảy riêng vịi vòi thứ chảy đầy bể nhanh vòi thứ hai Hỏi mở riêng vịi vịi chảy đầy bể?

Câu 3: Cho đường trịn tâm (O) đường kính AB Trên tia đối tia AB lấy điểm C (AB>BC) Vẽ đường trịn tâm (O') đường kính BC.Gọi I trung điểm AC Vẽ dây MN vng góc với AC I,

MC cắt đường tròn tâm O' D.

a) Tứ giác AMCN hình gì? Tại sao? b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp?

c) Xác định vị trí tương đối ID đường tròn tâm (O) với đường tròn tâm (O') H

íng dÉn

Câu 1:

a) A có nghĩa 

0 x

x    

  

 

0 x x

  

 

b) A=

 12  1

1

x x x

x x

 



  = x 1 x=2 x1

c) A<1 Þ 2 x1<1Þ x 2Þ x1 Þ x<1

Kết hợp điều kiện câu a) Þ Vậy với 0 x 1 A<1

Câu 2: Đổi 2giờ 24 phút=

12 giờ

Trong vòi thứ chảy :

1 x(bể)

Trong vòi thứ hai chảy :

1 x (bể)

Trong hai vòi chảy :

1 x+

1 x (bể)

Theo ta có phương trình:

1 x+

1 x =

1 12

5

Giaỉ phương trình ta x1=4; x2

=-6 5(loại)

Vậy: Thời gian vịi thứ chảy đầy bể là:4 Thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể là: 4+2 =6(giờ)

Câu 3:

I

D

N M

O' O

A

C B

a) Đường kính ABMN (gt) Þ I trung điểm MN (Đường kính dây cung)

IA=IC (gt) Þ Tứ giác AMCN có đương chéo AC MN cắt trung điểm đường

vng góc với nên hình thoi

b)ANB900 (góc nội tiếp chắn 1/2 đường trịn tâm (O) ) Þ BN AN.

AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN)

Þ BN MC (1)  900

BDC (góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn tâm (O') )

BD MC (2)

Từ (1) (2) Þ N,B,D thẳng hàng NDC900(3).  900

NIC (vì ACMN) (4)

Từ (3) (4) Þ N,I,D,C nằm đường trịn đường kính NC Þ Tứ giác NIDC nội tiếp

c) BA O'ỴBC mà BA vafBC hai tia đối Þ B nằm O O' ta có OO'=OB +

O'B Þ đường trịn (O) đường trịn (O') tiếp xúc ngồi B MDN

 vng D nên trung tuyến DI =

1

2MN =MI Þ MDI cân Þ IMD IDM  .

do IDDO Þ ID tiếp tuyến đường tròn (O').

Đề 4 Câu1 :Cho biểu thức

A=

) ( :

1

1

2 2

3

     

 

 

    

 

 



x x x x x

x x x

x

Với x 2;1 a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị biểu thức cho x= 62

c) Tìm giá trị x để A=3

Câu2

a) Giải hệ phương trình: 



 

   

12

4 ) ( )

(

y x

y x y

x

b) Giải bất phương trình:

15

2

 

  

x x

x x x

<0

Câu3.Cho phương trình (2m-1)x2-2mx+1=0

Xác định m để phương trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)

Câu 4 Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vuông ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) Gọi K giao điểm CFvà ED

a) chứng minh điểm E,B,F,K nằm đường tròn b) Tam giác BKC tam giác ? Vì ?

HƯỚNG DẪN

Câu 1: a Rút gọn A= x

x2 

b.Thay x= 62 vào A ta A= 2 2

 

c

2 17

3

2 A  x  x  Þ x 

Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta pt: a23a Þ4 a11;a2 4

Từ ta có 

 

   

12

4 ) ( )

(

y x

y x y

x



*  

 

 

12

1 y x

y x

(1) *



 

  

12

4 y x

y x

(2)

Giải hệ (1) ta x=3, y=2 Giải hệ (2) ta x=0, y=4

O K

F E

D

C B

A

b)Ta có x3 4x2  2x15 ( x 5)(x2 x 3) mà

2

2 3 11 0

2

x   x x   

  với x

Vậy bất phương trình tương đương với x 0 Þ x5 Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

 Xét

1

2

2 m  Þ m

pt trở thành x  Þ1 x1

 Xét

1

2

2 m  Þ m

ta có

' m2 2m 1 (m 1)2 0

       mọi mÞ pt có nghiệm với m

ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0) với

1 m

pt cịn có nghiệm

1

2

m m x

m m

 

 

 

pt có nghiệm khoảng (-1,0)

1

1

2m

Þ   



    

 

  

0

0 1

1 m m

2

0

0

2

2

m

m m

m 

 

Þ   Þ 

  



Vậy Pt có nghiệm khoảng (-1,0) m<0

Câu 4:

a Ta có KEB9O

mặt khác BFC9O ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

do CF kéo dài cắt ED D

 9

BFK O

Þ   Þ E,F thuộc đường trịn đường kính BK,

hay điểm E,F,B,K thuộc đường trịn đường kính BK b BCF BAF

Mà BAF BAE 45 Þ BCF 45

Ta cóBKF BEF

MàBEF BEA 45 (EA đường chéo hình vng ABED) Þ BKF 45

Vì BKC BCK 45 Þ tam giác BCK vuông cân B Đề 5

Bài 1: Cho biểu thức: P =

 

    

  

  

    

  

  

 

1 2 : 1

x x x x

x x x x x

x x

a,Rút gọn P

b,Tìm x nguyên để P có giá trị ngun

a.Tìm m để phương trình (*) có nghiệm âm

b.Tìm m để phương trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mãn

3 x x 

=50

Bài 3: Cho phương trình: ax2 + bx + c = có hai nghiệm dương phân biệt x

1, x2 Chứng minh:

a,Phương trình ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dương phân biệt t

1 t2

b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4

Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đường trịn tâm O H trực tâm tam giác D điểm cung BC không chứa điểm A

a, Xác định vị trí điểm D để tứ giác BHCD hình bình hành

b, Gọi P Q điểm đối xứng điểm D qua đường thẳng AB AC Chứng minh điểm P; H; Q thẳng hàng

c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn

Bài 5: Cho hai số dương x; y thoả mãn: x + y  1

Tìm giá trị nhỏ của: A = x y xy

501

2

2 



HƯỚNG DẪN

Bài 1: ĐK: x 0;x1

a, Rút gọn: P =

   

 

1

:

1

2

  



x x x

x x

x z

 P =

1

( 1)

x x

x x

 



 

b P =

2 1

    

x x

x

Để P nguyên

1

1 0

1

1 1( )

x x x

x x x

x x x

x x loai

  Þ  Þ 

  Þ  Þ 

  Þ  Þ 

  Þ 



Vậy với xỴ0; 4;9 P có giá trị ngun

Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì:

   

      

   

   

   

  

0

0

0

1

2

2

2

m x x

m m x x

m m m

3

1

0 ) )( (

0 25

   

     

 

  

  

 m

m

b Giải phương trình:  2 ( 3) 50

3

  

 m

m



     

  

   

       

2

2

0 50

) 3 (

2

2

m m

m m m

m

Bài 3: a) Vì x1 nghiệm phương trình: ax2 + bx + c = nên ax12 + bx1 + c =0

Vì x1> => c

1

1    

  

 a

x b

x Chứng tỏ 1

1

x nghiệm dương phương trình:

ct2 + bt + a = 0; t =

1 x Vì x

2 nghiệm phương trình: ax2 + bx + c = => ax22 + bx2 + c =0

vì x2> nên c

0

2

2

                  

a x b

x điều chứng tỏ 2

1

x nghiệm dương phương trình

ct2 + bt + a = ; t =

1 x

Vậy phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x

1; x2 phương trình :

ct2 + bt + a =0 có hai nghiệm dương phân biệt t

1 ; t2 t1 =

1 x ; t

2 =

1 x

b) Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dương nên

t1+ x1 =

1 x + x

1 2 t2 + x2 =

1 x + x

2 2 Do x1 + x2 + t1 + t2 4

Bài 4

a) Giả sử tìm điểm D cung BC cho tứ giác BHCD hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB H trực tâm tam giác ABC nên

CH AB BHAC => BDAB CDAC.

Do đó: ABD900và ACD900

Vậy AD đường kính đường tròn tâm O Ngược lại D đầu đường kính AD

của đường trịn tâm O tứ giác BHCD hình bình hành b)Vì P đối xứng với D qua AB nên APBADB

H

O P

Q

D

C B

nhưng ADBACB

Do đó: APB ACB

Mặt khác: APB ACB AHB ACB 180 Þ APB AHB 180

Tứ giác APBH nội tiếp đường tròn nên PBA PHB

Mà PAB DAB  ,do đó: PHB DAB 

Chứng minh tương tự ta có: CHQ DAC 

Vậy PHQ PHB BHC CHQ BAC BHC      180 Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c) Ta thấy  APQ tam giác cân đỉnh A

Có AP = AQ = AD PAQ2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn  AP AQ lớn hay  AD lớn

 D đầu đường kính kẻ từ A đường trịn tâm O

Đề 6

Bài 1: Cho biểu thức:    x  y

xy x

y x

y y

y x

x P

  

 

 

 

1 1

) )

1 )( (

a) Tìm điều kiện x y để P xác định Rút gọn P b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P =

Bài 2: Cho parabol (P) : y = -x2 đờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ; -2)

a) Chứng minh với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm A , B phân biệt b) Xác định m để A,B nằm hai phía trục tung

Bài 3: Giải hệ phơng trình :



     

  

  

  

27 1 1

9

zx yz xy

z y x

z y x

Bài 4: Cho đường trịn (O) đờng kính AB = 2R C điểm thuộc đường tròn (C A;C B ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng trịn (O), gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N

a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB = MQ , tính BC theo R

Bài 5: Cho x,y,zỴR thỏa mãn : x y z x  y  z

 

 1

1

Hãy tính giá trị biểu thức : M =

3

HƯỚNG DẪN

Bài 1: a) Điều kiện để P xác định :; x 0; y 0; y 1; x  y 0 (*)

Rút gọn P:

 

     

(1 ) (1 )

1

x x y y xy x y

P

x y x y

    



  

   

     

( )

1

x y x x y y xy x y

x y x y

    



  

   

  1  1 

x y x y x xy y xy

x y x y

     



  

       

   

1 1

1

x x y x y x x

x y

     



 

1 

x y y y x

y

  





     

 

1 1

1

x y y y y

y

   



  x  xy  y.

Vậy P = x  xy  y b) P =  x  xy  y.=

   

 11  1

1 1 1

 

 

  

 

y x

y y

x

Ta có: + y1 Þ x 1  0 x 4 Þ x = 0; 1; 2; ; 4

Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mãn

Bài 2: a) Đường thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm M(-1 ; -2) Nên phương trình đường thẳng (d) : y = mx + m –

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: - x2 = mx + m –

 x2 + mx + m – = (*)

Vì phương trình (*) có  m2  4m 8 m 22  0m nên phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt , (d) (P) cắt hai điểm phân biệt A B

b) A B nằm hai phía trục tung  phương trình : x2 + mx + m – = có hai nghiệm trái

dấu  m – <  m < 2.

Bài 3 :

 

 

      

  

  

  

3 27

) ( 1 1

1

xz yz xy

z y x

z y x

Q

N

M

O C

B A

   

 

   

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

81 81

81 27

2( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

x y z x y z xy yz zx

x y z xy yz zx x y z

x y z xy yz zx x y z xy yz zx

x y y z z x

x y x y

y z y z x y z

z x z x

Þ          

          

Þ      Þ      

      

    

 

        

  

  



Thay vào (1) => x = y = z =

Ta thấy x = y = z = thõa mãn hệ phương trình Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z = Bài 4:

a) Xét ABM NBM

Ta có: AB đường kính đường tròn (O) nên : AMB NMB 90

M điểm cung nhỏ AC nênBAM MBN ÞBAM BNM

Þ BAN cân đỉnh B.

Tứ giác AMCB nội tiếp

 

BAM MCN

Þ  => BAM ( bù với MCB).

 

MCN MNC

Þ  => ( góc MCB) Þ Tam giác MCN cân đỉnh M

b) Xét  MCB  MNQ có :

MC = MN (theo cm MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)

 

BMCNMQ ( MCB NMC MBC MQN ;  )

( )

MCB MNQ c g c

Þ   Þ BC = NQ

Xét tam giác vng ABQ có ACBQÞ AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)

Þ AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)

Þ 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = (  1)R

Bài 5:

Từ : x y z x y  z

 

 1

1



0

1 1

     

z y x z y x

  

0

  

    

z y x z

z z y x xy

y x

 

 

 

   

2

1

0

0

( )

( )

z y

xy z x y z

zx zy z xy

x y

xyz x y z

x y y z z x

 

    

 

 

    

    

 

 

Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).=

y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8)

z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)

Vậy M =

3

+ (x + y) (y + z) (z + x) =

3

Đề 7

Bài 1: 1) Cho đường thẳng d xác định y = 2x + Đường thẳng d’ đối xứng với đường thẳng d

qua đường thẳng y = x là: A.y =

1

x + ; B.y = x - ; C.y =

1

x - ; D.y = - 2x - Hãy chọn câu trả lời

2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đường kính đáy đựng đầy nước, nhúng chìm vào bình hình cầu lấy mực nước bình cịn lại

2

bình Tỉ số bán kính hình trụ bán kính hình cầu A.2 ; B.3 ; C 3; D kết khác

Bài 2 1) Giải phương trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + = 0

2) Cho x + y = (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn A = x + y Bài 3 1) Tìm số nguyên a, b, c cho đa thức : (x + a)(x - 4) -

Phân tích thành thừa số : (x + b).(x + c)

2) Cho tam giác nhọn xAy , B, C điểm cố định tia Ax, Ay cho AB < AC, điểm M di động góc xAy cho MB

MA

=

1

Xác định vị trí điểm M để MB + MC đạt giá trị nhỏ

Bài 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I đoan CD

a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I trung điểm MN b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi

c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định

HƯỚNG DẪN

Bài 1: 1) Chọn C Trả lời

2) Chọn D Kết khác: Đáp số là: Bài 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)

= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)

= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2

Vậy A chia hết cho số phương khác với số nguyên dương n 2) Do A > nên A lớn nhất A2 lớn nhất.

Xét A2 = ( x+ y)2 = x + y + 2 xy = + 2 xy (1)

Ta có:

y x

xy

M D

C B

A

x

K O

N

M

I

D C

B A

1 xy

Þ  (2)

Từ (1) (2) suy ra: A2 = + 2 xy < + = 2

2

max

2 A   x y

,

1

max

2 A  x y Bài3

1) Với x ta có (x + a)(x - 4) - = (x + b)(x + c) Nên với x = - = (4 + b)(4 + c)

Có trường hợp:

4

4

b c   



 

 và

4

4

b c   



  

Trường hợp thứ cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta có (x - 10)(x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Trường hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a =

Ta có (x + 2)(x - 4) - = (x + 3)(x - 5) 2)

Gọi D điểm cạnh AB cho: AD =

1

AB Ta có D điểm cố định Mà AB

MA

=

1

(gt) MA

AD

=

1

Xét tam giác AMB tam giác ADM có MAB (chung)

AB

MA

= MA

AD

=

1

Do

MB MA

ABM ADM

MD AD

  Þ  

Þ MD = 2MD Xét ba điểm M, D, C : MD MC DC  (không đổi)

Do MB2MC2(MD MC ) 2 DC Dấu "=" xảy  M thuộc đoạn thẳng DC

Giá trị nhỏ MB + MC DC * Cách dựng điểm M

- Dựng đường trịn tâm A bán kính

1

AB - Dựng D tia Ax cho AD =

1

AB

M giao điểm DC đường tròn (A;

1

AB) Bài 4:a) Dựng (I, IA) cắt AD M cắt tia AC N

Do MAN 90 nên MN đường kính

Vậy I trung điểm MN b) Kẻ MK // AC ta có : INCIMK(g.c.g)

Þ CN = MK = MD (vì MKD vng cân)

Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA

Þ AM = AN = AD + AC không đổi

Vậy đường tròn ngoại tiếp AMN qua hai điểm A, B cố định.

Đề 8 Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

2 2 1 2 1 2 1 0 x  y y  z z  x 

Tính giá trị biểu thức :A x 2009y2009z2009

Bài 2). Cho biểu thức :M x2 5x y 2xy 4y2014

Với giá trị x, y M đạt giá trị nhỏ ? Tìm giá trị nhỏ Bài 3. Giải hệ phương trình :

   

2 18

1 72

x y x y

x x y y

    

 

  

 

Bài 4 Cho đường tròn tâm O đường kính AB bán kính R Tiếp tuyến điểm M bbất kỳ đường tròn (O) cắt tiếp tuyến A B C D

a.Chứng minh : AC BD = R2.

b.Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác COD nhỏ Bài 5.Cho a, b số thực dương Chứng minh :

 2 2

2 a b

a b    a b b a

Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB AC - BD DC. HƯỚNG DẪN

Bài 1. Từ giả thiết ta có :

2 2

2 2

x y

y z

z x

   



  

 

  



Cộng vế đẳng thức ta có :     

2 2 1 2 1 2 1 0 x  x  y  y  z  z 

x 12  y 12 z 12

Þ      

1 1 x y z

       

  

 Þ x  y z 1

 2009  2009  2009

2009 2009 2009 1 1 1 3

A x y z

Þ          

 4 4  2 1  2 2 2007

M  x  x  y  y  xy x  y 

 22  12  2  1 2007

M  x  y  x y 

     

2

2

1

2 1 2007

2

M  x y  y

Þ        

 

Do  

2

1

y 

   

2

2

2

x y

 

   

 

  x y,

2007

M

Þ  Þ Mmin 2007 x2;y1

Bài 3. Đặt :

   

1 u x x v y y

  

 

 



 Ta có :

18 72 u v uv

  

 

 Þ u ; v nghiệm phương trình :

1

18 72 12;

X  X  Þ X  X 

Þ

12 u v

  

  ;

6 12 u v

  





Þ

   

1 12 x x

y y

  

 

 



 ;

   

1 12 x x

y y

  

 

 





Giải hai hệ ta : Nghiệm hệ :

(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) hoán vị

Bài 4 a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC OD phân giác hai góc AOM MOB nên OC  OD

Tam giác COD vuông đỉnh O, OM đường cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM MD

Þ R2 = AC BD

b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp

  ; 

MCO MAO MDO MBO

Þ  

 

COD AMB g g

Þ  

Do :

Chu vi COD OM Chu vi AMB MH



 (MH

1  AB)

Do MH1  OM nên

1 OM

MH  Þ Chu vi COD chu vi AMB

Dấu = xảy  MH1 = OM  MO Þ M điểm cung AB

Bài 5 Ta có :

2

1

0;

2

a b

   

   

   

     a , b >

O H

D

C

M

1

0;

4

a a b b

Þ      

1

( ) ( )

4

a a b b

Þ      

 a , b > 0

0

a b a b

Þ     

Mặt khác a b 2 ab0

Nhân vế ta có :      

1 2

a b  a b    ab a b

 

 2   2

a b

a b  a b b a

Þ    

Bài 6. Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp ABC

Gọi E giao điểm AD (O) Ta có:ABDCED (g.g)

BD AD

AB ED BD CD

ED CD

Þ  Þ 

 

2

AD AE AD BD CD AD AD AE BD CD

Þ  

Þ  

Lại có : ABDAEC g g 

2

AB AD

AB AC AE AD AE AC

AD AB AC BD CD

Þ  Þ 

Þ  

Đề 9 Câu 1: Cho hàm số f(x) = x2  4x4

a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A =

) (

 x

x f

x  2

Câu 2: Giải hệ phương trình 

 

  

   

) )( ( ) )( (

) )( ( ) (

y x y

x

y x y

x

Câu 3: Cho biểu thứcA = 

   

  

  

   

  

   



1 :

1 1

1

x x x

x x x

x x

với x > x  a) Rút gọn A

b) Tìm giá trị x để A =

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB Gọi H chân đường vng góc hạ từ A đến đường kính BC

D E

C B

a) Chứng minh PC cắt AH trung điểm E AH b) Giả sử PO = d Tính AH theo R d

Câu 5: Cho phương trình 2x2 + (2m - 1)x + m - = 0

Khơng giải phương trình, tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn:

3x1 - 4x2 = 11

HƯỚNG DẪN

Câu 1a) f(x) = x2  4x4  (x 2)2 x Suy f(-1) = 3; f(5) =

b) 

               12 10 10 10 ) ( x x x x x f

c) ( 2)( 2)

2 ) (       x x x x x f A

Với x > suy x - > suy

1  

x A

Với x < suy x - < suy

1    x A Câu 2

( 2) ( 2)( 4) 2

( 3)(2 7) (2 7)( 3) 21 21

x y x y xy x xy y x x y

x y x y xy y x xy y x x y

                                          x -2 y

Câu a) Ta có: A = 

                      : 1 1 x x x x x x x x =                             1 ) ( : 1 ) )( ( ) )( ( x x x x x x x x x x x x =                          : 1 1 x x x x x x x x x = : 1       x x x x x x

=

:     x x x x

= x

x x x 1     

= x

x 

b)

2

3 3

9 x

A x x x

x 

 Þ  Þ    Þ 

Câu 4

Do HA // PB (Cùng vng góc với BC)

a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có CB

CH PB EH



; (1)

Mặt khác, PO // AC (cùng vng góc với AB)

 

POB ACB

Þ  (hai góc đồng vị)

AHC POB

Þ  

Do đó: OB CH PB AH



(2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) (2) ta suy AH = 2EH hay E trung điểm AH b) Xét tam giác vng BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

Theo (1) AH = 2EH ta có

)

2 (

2PB AH.CB 2PB

AH.CB AH2  R

 AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

2 2 2

2

2 2

2

2

d R d 2.R 4R

) R 4(d

R d 8R

(2R) 4PB

4R.2R.PB CB

4.PB 4R.CB.PB AH

 

 

 

 

 



Câu Để phương trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2  >

 (2m - 1)2 - (m - 1) > 0

Từ suy m  1,5 (1)

Mặt khác, theo định lý Viét giả thiết ta có:



        

 

 

   

11 4x 3x

2 m x x

2 2m x

x

2

2

2

        

  

  

11 8m -26

7 7m

4m -13

8m -26

7 7m x

7 4m -13 x

1

O

B C

H E

Giải phương trình 26-8m 11 7m

4m -13

3   

ta m = - m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) (2) ta có: Với m = - m = 4,125 phương trình cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11

Đề 10 Câu 1: Cho P =

2 x x x

  +

1 x

x x

   -

1 x x

 

a/ Rút gọn P

b/ Chứng minh: P <

1

3 với x  x 1.

Câu 2: Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – = (1); m tham số.

a/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm

b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm cho nghiệm ba lần nghiệm

Câu 3: a/ Giải phương trình :

1

x +

2 x = 2

b/ Cho a, b, c số thực thỏa mãn :

0

2

2 11

a b

a b c

a b c  



 



   



    



Tìm giá trị lớn giá trị bé Q = a + b + 2006 c

Câu 4: Cho ABC cân A với AB > BC Điểm D di động cạnh AB, ( D không trùng với A, B)

Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp BCD Tiếp tuyến (O) C D cắt K

a/ Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp b/ Tứ giác ABCK hình gì? Vì sao?

c/ Xác định vị trí điểm D cho tứ giác ABCK hình bình hành

HƯỚNG DẪN

Câu 1:Điều kiện: x  x 1

P =

2 x x x

  +

1 x

x x

   -

1

( 1)( 1)

x

x x



 

=

2 ( )

x x



 +

1 x

x x

   -

=

2 ( 1)( 1) ( 1)

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

  

= ( 1)( 1)

x x

x x x



   =

x x x

b/ Với x  x 1 Ta có: P <

3 

x

x x <  3 x < x + x + ; ( x + x + > )

 x - 2 x + > 0

 ( x - 1)2 > ( Đúng x  x 1)

Câu 2:a/ Phương trình (1) có nghiệm ’  0.  (m - 1)2 – m2 –  0

 – 2m  0

 m  2.

b/ Với m  (1) có nghiệm.

Gọi nghiệm (1) a nghiệm 3a Theo Viet ,ta có:

3 2

.3

a a m

a a m

  

 

 

 Þ a=

1 m

Þ 3( m

)2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = –32 6 ( thỏa mãn điều kiện).

Câu 3:

Điều kiện x  ; – x2 >  x  ; x < 2.

Đặt y = 2 x2 >

Ta có:

2 2 (1) 1

2 (2) x y

x y

  

 

 

 

Từ (2) có : x + y = 2xy Thay vào (1) có : xy = xy =

-1

* Nếu xy = x+ y = Khi x, y nghiệm phương trình: x2 – 2x + =  x = Þ x = y = 1.

* Nếu xy =

-1

2 x+ y = -1 Khi x, y nghiệm phương trình:

x2 + x -

1

2 =  x =

1

2  

Vì y > nên: y =

1

2  

Þ x =

1

2  

O

K

D

B

Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 =

1

2  

Câu 4: c/ Theo câu b, tứ giác ABCK hình thang Do đó, tứ giác ABCK hình bình hành  AB // CK

 BACACK

Mà



2 ACK 

sđEC =

1

2sđBD = DCB

Nên BCD BAC

Dựng tia Cy cho BCy BAC  Khi đó, D giao điểm AB Cy Với giả thiết AB > BC BCA > BAC > BDC

ị D ẻ AB

Vy im D xác định điểm cần tìm

Đề 11

Câu 1: a) Xác định x ỴR để biểu thức :A = x x x

x

  

 

1 1

2

Là số tự nhiên

b Cho biểu thức: P = 2

2

2     



 zx z

z y

yz y x

xy x

Biết x.y.z = , tính P

Câu 2:Cho điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)

a Chứng minh điểm A, B ,D thẳng hàng; điểm A, B, C khơng thẳng hàng b Tính diện tích tam giác ABC

Câu3 Giải phương trình: x 1 2 x 5

Câu 4 Cho đường tròn (O;R) điểm A cho OA = R Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn Một góc xOy45 cắt đoạn thẳng AB AC D E

Chứng minh rằng:

a.DE tiếp tuyến đường tròn ( O ) b.3RDER

2

HƯỚNG DẪN

Câu 1: a

A =

x x

x x x

x x

x x

x x

x

x ( )

) ).(

1 (

1

1 2

2

2

    

     



  

 

A số tự nhiên  -2x số tự nhiên  x = 2 k

b.Điều kiện xác định: x,y,z  0, kết hpọ với x.y.z = ta x, y, z > xyz 2

Nhân tử mẫu hạng tử thứ với x; thay mẫu hạng tử thứ xyz ta được:

P =

1 2

( 2

2   

   

 

   

 xy x

xy x xy x

z

z x

xy xy x

xy x

Þ P 1 P > 0

Câu 2: a.Đường thẳng qua điểm A B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) B(0;4) thuộc đường thẳng AB nên Þ b = 4; a = 2

Vậy đường thẳng AB y = 2x +

Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + nên C khơng thuộc đường thẳng AB Þ A, B, C

không thẳng hàng

Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + nên điểm D thuộc đường thẳng AB Þ A,B,D thẳng hàn

b.Ta có :

AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20

AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10

BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10

Þ AB2 = AC2 + BC2 Þ ABC vng C

Vậy SABC = 1/2AC.BC =

5 10 10



( đơn vị diện tích )

Câu 3: Đkxđ x1, đặt x 1u; 2 x v ta có hệ phương trình: 

 

 

 

1 v u

v u

Giải hệ phương trình phương pháp ta được: v =

Þ x = 10. Câu 4

a.Áp dụng định lí Pitago tính AB = AC = R Þ ABOC hình

vng Kẻ bán kính OM cho BOD = MODÞ

MOE = EOC (0.5đ) Chứng minh BOD = MOD

Þ OMD = OBD = 900

Tương tự: OME = 900

Þ D, M, E thẳng hàng Do DE tiếp tuyến đường trịn (O).

b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

Þ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2RÞ DE < R

Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng vế ta được: 3DE > 2R Þ DE > 3

2

R Vậy R > DE >

2

R

Đề 12 CÂU : Tính giá trị biểu thức:

B

M A

O

C D

A =

1

 +

1

 +

1

 + + 97 99  B = 35 + 335 + 3335 + + 99 ˆ3

3333 35 so      CÂU :Phân tích thành nhân tử :

a)x2 -7x -18

b)(x+1) (x+2)(x+3)(x+4) c)1+ a5 + a10

CÂU :

a)Chứng minh : (ab+cd)2  (a2+c2)( b2 +d2)

b)áp dụng : cho x+4y = Tìm GTNN biểu thức : M= 4x2 + 4y2

CÂU : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I trung điểm BC, M điểm đoạn CI ( M khác C I ) Đường thẳng AM cắt (O) D, tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM M cắt BD DC P Q

a)Chứng minh DM.AI= MP.IB b)Tính tỉ số : MQ

MP CÂU 5:

Cho P = x

x x

  

3

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức

HƯỚNG DẪN

CÂU : a) A =

1

 +

1

 +

1

 + + 97 99 

=

1

( 5 3+  5+ 9 7+ + 99 97) =

1

( 99 3) b) B = 35 + 335 + 3335 + + 99 ˆ3

3333 35 so     

= =33 +2 +333+2 +3333+2+ + 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33)

= 198 +

1

( 99+999+9999+ +999 99) 198 +

1

( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ +10100 – 1) = 198 – 33 +

B = 

 



 

27 10 10101

+165

CÂU 2: a)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1đ)

b)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3 = (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3

= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]

= (x2+5x +3)(x2+5x +7)

c) a10+a5+1=

= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )

= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)

=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1)

CÂU 3: a) Ta có : (ab+cd)2  (a2+c2)( b2 +d2) <=>

a2b2+2abcd+c2d2  a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>

 a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>

 (ad - bc)2 (đpcm )

Dấu = xảy ad=bc

b) áp dụng đẳng thức ta có : 52 = (x+4y)2 = (x + 4y)  (x2 + y2)(116) Þ

x2 + y2  17

25

Þ 4x2 + 4y2  17

100

dấu = xảy

5 20

;

17 17

x y CÂU 4 :

Ta có : DMP AMQAIC Mặt khác góc ADB BCA  Þ MPDICAÞ

DM MP

DM IA MP CI

CI  IA Þ    hay DM.IA=MP.IB (1).

Ta có:ADC CBA

 180  180  

DMQ   AMQ   AIM BIA

Do DMQ BIA Þ

DM MQ

BI  IA Þ DM.IA=MQ.IB (2)

Từ (1) (2) ta suy MQ

MP

=

CÂU 5

Để P xác định : x2-4x+3  1-x >0

Từ 1-x > => x <

Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < nên ta có :

(x-1) < (x-3) < từ suy tích (x-1)(x-3) > Vậy với x < biểu thức có nghĩa

Với x < Ta có :

P = x

x x

  

3

=

x x

x x

  

 

3

) )( (

Đề 13

Câu 1 : a Rút gọn biểu thức  12

1

1

   

a a A

b Tính giá trị tổng 2 2 1002

1 99

1

1

1

1

1

1        

 B

Câu 2 : Cho pt x2  mxm10

a Chứng minh pt ln ln có nghiệm với m.

b Gọi x1,x2 hai nghiệm pt Tìm GTLN, GTNN bt

 1

2

2 2

2

 



 

x x x

x

x x P

Câu : Cho x1, y1 Chứng minh.

xy y

x    



2

1

1

2

Câu Cho đường tròn tâm O dây AB M điểm chuyển động đường tròn, từM kẻ MH AB

(H Ỵ AB) Gọi E F hình chiếu vng góc H MA MB Qua M kẻ đường

thẳng vng góc với è cắt dây AB D

1 Chứng minh đường thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi đường tròn Chứng minh

BH AD BD AH MB

MA

2 

HƯỚNG DẪN

Câu 1 a Bình phương vế  1

1

    Þ

a a

a a A

(Vì a > 0)

c Áp dụng câu a

100

9999 100

1 100

1 1

 

 Þ

   

B

a a A

Câu a : cm 0 m

B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có:

  

 

 

1

1

m x x

m x x

1

2 

  Þ

m m P

1

2

1

1

  

     Þ

   Þ

m GTNN

m GTLN

P

Câu : Chuyển vế quy đồng ta

bđt

 

  

 

1 1 

1

1 2 

 

 

 

 

xy y

y x y xy

x x y x

   2 10

 x y xy xy1

Câu 4: a

- Kẻ thêm đường phụ

- Chứng minh MD đường kính (o) =>

b

Gọi E', F' hình chiếu D MA MB Đặt HE = H1

HF = H2

 1

2

2

MB h HF

MA h HE BH

AD BD AH

 Þ

HEF 

 ∞ DF'E'

Þ HF.h2 HE.h

Thay vào (1) ta có: BH

AD BD AH MB

MA

2 

Đề 14

Câu 1: Cho biểu thức D =

   

 

   



ab b a ab

b a

1

1 : 

  

 

   

ab ab b a

1

a) Tìm điều kiện xác định D rút gọn D b) Tính giá trị D với a =

2 

c) Tìm giá trị lớn D Câu 2: Cho phương trình

2

 x2- mx + 2

2

 m2 + 4m - = (1)

a) Giải phương trình (1) với m = -1

M

o E'

E A

F F'

B I

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thoã mãn 2

1

x x x

x   

Câu 3: Cho tam giác ABC đường phân giác AI, biết AB = c, AC = b, Aˆ a(a 900)Chứng minh

rằng AI = b c

Cos bc



2 a

(Cho Sin2a 2SinaCosa )

Câu 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB điểm N di động nửa đường tròn cho

B N A

N  Vễ vào đường tròn hình vng ANMP.

a) Chứng minh đường thẳng NP qua điểm cố định Q

b) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác NAB Chứng minh tứ giác ABMI nội tiếp c) Chứng minh đường thẳng MP qua điểm cố định

Câu 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = x + y + z = -1 Hãy tính giá trị của:

B = x

xyz y zx z xy

 

HƯỚNG DẪN

Câu 1: a) - Điều kiện xác định D 

  

  

1 0 ab b a

- Rút gọn D D =

   

 

 

ab a b a

1 2

: 

 

 

  

ab ab b a

1

D =

2  a

a

b) a =

1 )

1 (

3 (

2

  Þ    

 a

Vậy D =

3

2 3

2 2

    

c) Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có

1

2 a a Þ D

c b a I C B A a a

Câu 2: a) m = -1 phương trình (1) 2

9

1 2

      

 x x x x

           Þ 10 10 x x

b) Để phương trình có nghiệm

1

2

0     



 m m

(*)

+ Để phương trình có nghiệm khác           Þ     4 2 m m m m (*) +               0 ) )( ( 1 2 2 2

1 x x

x x x x x x x x x x                      19 19 0 2 m m m m m m

Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta m = m4 19 Câu 3:

+ 2;

1 a

cSin AI SABI 

+ 2;

1 a

bSin AI SAIC 

+ ;

1

a bcSin SABC 

AIC ABI

ABC S S S    

c b bcCos c b Sin bcSin AI c b AISin bcSin     Þ   Þ 2 ) ( ) ( a a a a a

Câu 4: a) Nˆ1 Nˆ2Gọi Q = NP (O) QA QB

Þ    Suy Q cố định

b) Aˆ1 Mˆ1(Aˆ2)

Þ Tứ giác ABMI nội tiếp

c) Trên tia đối QB lấy điểm F cho QF = QB, F cố định Tam giác ABF có: AQ = QB = QF

Þ ABF vng A Þ Bˆ 450 Þ AFˆB450

30

Lại có  Þ  Þ

1 45 ˆ

ˆ AFB P

P Tứ giác APQF nội tiếp

Þ APˆF AQˆF 900

Ta có: APˆFAPˆM 900 900 1800 Þ M1,P,F Thẳng hàng

Câu 5: Biến đổi B = xyz   

 



 2 2

2

1 1

z y

x =

2



