Đề thi tuyển sinh Toán 9 vào lớp 10 chuyên Sở GD&ĐT TP Đà Nẵng có đáp án và lời giải chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC |
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN (chuyên) Thời gian 150 phút |
Câu 1. (2,0 điểm)
- Chứng minh rằng với mọi giá trị dương, khác 1 của $x$ thì biểu thức $A = \left( {\frac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 1}} – \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}}} \right)\left( {\frac{1}{{4\sqrt x }} – \frac{{\sqrt x }}{4}} \right) – \frac{3}{{x – 2\sqrt x + 9}}$không nhận giá trị nguyên.
- Xét các bộ số $\left( {x;y;z} \right)$thỏa mãn $\frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}}$với $a,b,c$ là các số khác 0. Tính giá trị của biểu thức $Q = \frac{{{x^{2020}}}}{{{b^2}{c^2}}} + \frac{{{y^{2020}}}}{{{c^2}{a^2}}} + \frac{{{z^{2020}}}}{{{a^2}{b^2}}}$
Câu 2. (1,0 điểm) Trên đồ thị hàm số $y = – 0,5{x^2},$ cho điểm $M$ có hoành độ dương và điểm $N$ có hoành độ âm. Đường thẳng $MN$ cắt trục $Oy$ tại C, với O là gốc tọa độ. Viết phương trình đường thẳng $OM$ khi C là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta OMN$
Câu 3. (2,0 điểm)
- Giải phương trình: $3{x^3} – {x^2} + 2x – 28 + \left( {{x^3} – 4} \right)\sqrt {{x^3} – 7} = 0\left( 1 \right)$
- Giải hệ phương trình : $\left\{ \begin{array}{l}3x + 4xy – {x^2} = 3y\left( {y + 3} \right)\\\sqrt {{x^2} – 6y + 1} + \sqrt {{y^2} – 2y + 9} = \frac{8}{3}\end{array} \right.$
Câu 4. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình:
$\left( {2{x^2} + x – {m^2} + 2m – 15} \right)\left( {2{x^2} + 3x – {m^2} + 2m – 14} \right) = 0$
Có 4 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3},{x_4}$thỏa mãn $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 = 3{x_2}{x_3}$
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn $ABC\left( {\angle B \ne \angle C} \right)$nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao xuất phát từ B và C lần lượt cắt đường thẳng $AO$tại D và E. Gọi $H$là trực tâm tam giác $ABC$và $O’$là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HDE.$Chứng minh rằng:
- $\Delta HDE \sim \Delta ABC$và $AH$là tiếp tuyến của đường tròn $\left( {O’} \right)$
- Đường thẳng $AO’$đi qua trung điểm của đoạn $BC$
Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác $ABC$nhọn $\left( {AB \ne AC} \right),$nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ đường phân giác $AD\left( {D \in BC} \right)$của tam giác đó. Lấy điểm E đối xứng với $D$qua trung điểm của đoạn $BC.$Đường thẳng vuông góc với $BC$tại D cắt $AO$của $H,$đường thẳng vuông góc với $BC$tại E cắt $AD$ở K. Chứng minh rằng tứ giác $BHCK$nội tiếp
Câu 7. (1,0 điểm) Cho các số thực dương $x,y,z$thỏa mãn $x + y + z \le 3.$Chứng minh rằng: $\sqrt {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{xy\left( {x + y} \right)}}} + \sqrt {\frac{{{y^2} + {z^2}}}{{yz\left( {y + z} \right)}}} + \sqrt {\frac{{{z^2} + {x^2}}}{{zx\left( {z + x} \right)}}} + 3 \le \sqrt 2 \left( {\sqrt {\frac{{x + y}}{{xy}}} + \sqrt {\frac{{y + z}}{{yz}}} + \sqrt {\frac{{z + x}}{{zx}}} } \right)$
ĐÁP ÁN
Câu 1.
- Với mọi $x$ dương và khác 1, ta có biểu thức $A$ bằng:
$\begin{array}{l}A = \left( {\frac{{\sqrt x – 1}}{{\sqrt x + 1}} – \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 1}}} \right)\left( {\frac{1}{{4\sqrt x }} – \frac{{\sqrt x }}{4}} \right) – \frac{3}{{x – 2\sqrt x + 9}}\\ = \frac{{x – 2\sqrt x + 1 – x – 2\sqrt x – 1}}{{x – 1}}.\frac{{1 – x}}{{4\sqrt 2 }} – \frac{3}{{x – 2\sqrt x + 9}}\\ = 1 – \frac{3}{{x – 2\sqrt x + 9}}\end{array}$
Vì vậy, biểu thức $A$nhận giá trị nguyên $ \Leftrightarrow $biểu thức $B = \frac{3}{{x – 2\sqrt x + 9}}$nhận giá trị nguyên
Mặt khác, ta có $x – 2\sqrt x + 9 = {\left( {\sqrt x – 1} \right)^2} + 8 \ge 8 \Rightarrow 0 < B \le \frac{3}{8} < 1.$Nên B không thể nhận giá trị nguyên, nên $A$không thể nhận giá trị nguyên
2. Với $a,b,c \ne 0$ta có biểu thức $\frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}}\left( * \right)$tương đương với:
$\begin{array}{l}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}}} \right) = {x^2} + {y^2} + {z^2}\\ \Leftrightarrow {x^2}\left( {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}}} \right) + {y^2}\left( {\frac{{{c^2} + {a^2}}}{{{b^2}}}} \right) + {z^2}\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{c^2}}}} \right) = 0\end{array}$
Ta có các biểu thức $\left( {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}}} \right),\left( {\frac{{{c^2} + {a^2}}}{{{b^2}}}} \right),\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{c^2}}}} \right)$ đều lớn hơn 0
Giả sử tồn tại $1$số trong $x,y,z$khác 0. Suy ra :
${x^2}\left( {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}}} \right) + {y^2}\left( {\frac{{{c^2} + {a^2}}}{{{b^2}}}} \right) + {z^2}\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{c^2}}}} \right) > 0$(mâu thuẫn)
Vậy $x = y = z = 0 \Rightarrow Q = 0$
Câu 2.
Giả sử $C$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OMN.$
$ \Rightarrow CM = CN = CO$
Đặt $M\left( {{x_M};{y_M}} \right),N\left( {{x_N};{y_N}} \right),C\left( {0;{y_C}} \right)$
Do $CM = CN \Rightarrow \left| {{x_M}} \right| = \left| {{x_N}} \right| \Rightarrow {y_M} = {y_N} \Rightarrow MN//Ox$
Từ đó ta được $\Delta OMN$vuông cân tại O. suy ra $\left| {{y_M}} \right| = \left| {{x_M}} \right|$
Mà ${y_M} < 0,{x_M} > 0 \Rightarrow {y_M} = – {x_M}$
$ \Rightarrow $đường thẳng $OM$có phương trình $y = – x$
Câu 3.
- Điều kiện xác định: $x \ge \sqrt[3]{7}\left( * \right)$. Với điều kiện $\left( * \right)$, phương trình (1) tương đương: $\left( {{x^3} – 7} \right)\sqrt {{x^3} – 7} + 4\left( {{x^3} – 7} \right) + 3\sqrt {{x^3} – 7} = {x^3} + {x^2} – 2x$
$ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{x^3} – 7} } \right)^3} + 4{\left( {\sqrt {{x^3} – 7} } \right)^2} + 3\sqrt {{x^3} – 7} = \left( {{x^3} – 3{x^2} + 3x – 1} \right) + 4\left( {{x^2} – 2x + 1} \right) + 3\left( {x – 1} \right)$$ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {{x^3} – 7} } \right)^3} + 4{\left( {\sqrt {{x^3} – 7} } \right)^2} + 3\sqrt {{x^3} – 7} = {\left( {x – 1} \right)^3} + 4{\left( {x – 1} \right)^2} + 3\left( {x – 1} \right)\left( i \right)$
Đặt $a = \sqrt {{x^3} – 7} ,b = x – 1\left( {a,b > 0} \right)$. Thay vào phương trình (i) ta được :
$\begin{array}{l}{a^3} + 4{a^2} + 3a = {b^3} + 4{b^2} + 3b \Leftrightarrow {a^3} – {b^3} + 4\left( {{a^2} – {b^2}} \right) + 3\left( {a – b} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {a – b} \right)\left[ {{a^2} + ab + {b^2} + 4\left( {a + b} \right) + 3} \right] = 0\\Do\,\,\,\,{a^2} + ab + {b^2} + 4\left( {a + b} \right) + 3 > 0 \Rightarrow a = b\end{array}$
$\begin{array}{l}a = b \Leftrightarrow \sqrt {{x^3} – 7} = x – 1 \Leftrightarrow {x^3} – 7 = {x^2} – 2x + 1\\ \Leftrightarrow {x^3} – {x^2} + 2x – 8 = 0 \Leftrightarrow \left( {x – 2} \right)\left( {{x^2} + x + 4} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x = 2(do\,{x^2} + x + 4 > 0)\end{array}$
Thử lại $x = 2$vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm $x = 2$
2. $\left\{ \begin{array}{l}3x + 4xy – {x^2} = 3y\left( {y + 3} \right)\left( i \right)\\\sqrt {{x^2} – 6y + 1} + \sqrt {{y^2} – 2x + 9} = \frac{8}{3}\left( {ii} \right)\end{array} \right.$
ĐKXĐ: ${x^2} – 6y + 1 > 0;{y^2} – 2x + 9 > 0\left( * \right)$
Với điều kiện trên, ta có phương trình $\left( i \right)$tương đương:
$\begin{array}{l}{x^2} – 4xy – 3x + 3{y^2} + 9y = 0 \Leftrightarrow {x^2} – xy – 3x – 3xy + 3{y^2} + 9y = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x – 3y} \right)\left( {x – y – 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3y\\x = y + 3\end{array} \right.\\ + )x = y + 3 \Rightarrow \left( {ii} \right) \Leftrightarrow \sqrt {{y^2} + 10} + \sqrt {{y^2} – 2y + 3} = \frac{8}{3}\\Do\,\,\sqrt {{y^2} + 10} + \sqrt {{y^2} – 2y + 3} = \sqrt {{y^2} + 10} + \sqrt {{{\left( {y – 1} \right)}^2} + 2} \ge \sqrt {10} + \sqrt 2 > \frac{8}{3})\\ \Rightarrow x,y \in \emptyset \\ + )x = 3y \Rightarrow \left( {ii} \right) \Leftrightarrow \sqrt {9{y^2} – 6y + 1} + \sqrt {{y^2} – 6y + 9} = \frac{8}{3}\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {3x – 1} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {y – 3} \right)}^2}} = \frac{8}{3} \Leftrightarrow \left| {3x – 1} \right| + \left| {y – 3} \right| = \frac{8}{3}\left( {iii} \right)\\*)y < \frac{1}{3} \Rightarrow \left( {iii} \right) \Leftrightarrow 4 – 4y = \frac{8}{3} \Leftrightarrow y = \frac{1}{3}(ktm)\\*)\frac{1}{3} \le y < 3 \Rightarrow \left( {iii} \right) \Leftrightarrow 2y + 2 = \frac{8}{3} \Leftrightarrow y = \frac{1}{3} \Rightarrow x = 1(tm)\\*)y \ge 3 \Rightarrow \left( {iii} \right) \Leftrightarrow 4y – 4 = \frac{8}{3} \Leftrightarrow y = \frac{5}{3}(ktm)\end{array}$
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $\left( {x;y} \right) = \left( {1;\frac{1}{3}} \right)$
Câu 4.
Gọi phương trình ban đầu là $\left( * \right)$. Xét hai phương trình:
$\begin{array}{l}2{x^2} + x – {m^2} + 2m – 15 = 0\left( 1 \right)\\2{x^2} + 3x – {m^2} + 2m – 14 = 0\left( 2 \right)\end{array}$
Ta có:${\Delta _{\left( 1 \right)}} = {\Delta _{\left( 2 \right)}} = 8{m^2} – 16m + 121 = 8{\left( {m – 1} \right)^2} + 113 \ge \sqrt {113} $
Vậy hai phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt với mọi $m \in \mathbb{R}$
Đặt $T = \sqrt {{\Delta _{\left( 1 \right)}}} = \sqrt {{\Delta _{\left( 2 \right)}}} = \sqrt {8{{\left( {m – 1} \right)}^2} + 113} \ge \sqrt {113} $
Phương trình (1) có 2 nghiệm $\frac{{ – 1 \pm T}}{4}$
Phương trình (2) có hai nghiệm là: $\frac{{ – 3 \pm T}}{4}$
Nhận thấy rằng $\frac{{ – 1 + T}}{4} > \frac{{ – 3 + T}}{4} > 0$và $\frac{{ – 3 – T}}{4} < \frac{{ – 1 + T}}{4} < 0.$Suy ra phương trình (1) và (2) không có nghiệm chung
Từ đó suy ra phương trình $\left( * \right)$có 4 nghiệm phân biệt ${x_1},{x_2},{x_3},{x_4} \in \left\{ {\frac{{ – 1 \pm T}}{4};\frac{{ – 3 \pm T}}{4}} \right\}$
$ \Rightarrow x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 = {\left( {\frac{{ – 1 + T}}{4}} \right)^2} + {\left( {\frac{{ – 1 – T}}{4}} \right)^2} + {\left( {\frac{{ – 3 + T}}{4}} \right)^2} + {\left( {\frac{{ – 3 – T}}{4}} \right)^2} = \frac{{{T^2} + 5}}{4}$
Không mất tính tổng quát, giả sử ${x_3} > {x_2}$
Giả sử tồn tại $m \in \mathbb{R}$để $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 = 3{x_2}{x_3}\left( {**} \right)$
$ \Rightarrow 3{x_2}{x_3} = \frac{{{T^2} + 5}}{4} > 0$. Suy ra ${x_2},{x_3}$cùng dương hoặc cùng âm
$ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {{x_2};{x_3}} \right) = \left( {\frac{{ – 3 + T}}{4};\frac{{ – 1 + T}}{4}} \right)\\\left( {{x_2};{x_3}} \right) = \left( {\frac{{ – 3 – T}}{4};\frac{{ – 1 – T}}{4}} \right)\end{array} \right.$
$\begin{array}{l} + ){x_2} = \frac{{ – 3 + T}}{4};{x_2} = \frac{{ – 1 + T}}{4}\\ \Leftrightarrow \left( {**} \right) \Leftrightarrow 3.\frac{{3 + 4T + {T^2}}}{{16}} = \frac{{{T^2} + 5}}{4} \Leftrightarrow 9 + 12T + 3{T^2} = 4{T^2} + 20\\ \Leftrightarrow {T^2} – 2T + 11 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}T = 1(ktm\,\,do\,T > \sqrt {113} )\\T = 11(tm) \Rightarrow 8{m^2} – 16m + 121 = {T^2} = 121 \Rightarrow 8{m^2} – 16m = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = 2\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array}$
$\begin{array}{l} + ){x_2} = \frac{{ – 3 – T}}{4},{x_1} = \frac{{ – 1 – T}}{4}\\ \Rightarrow \left( {**} \right) \Leftrightarrow 3.\frac{{3 – 4T + {T^2}}}{{16}} = \frac{{{T^2} + 5}}{4} \Leftrightarrow 9 – 12T + 3{T^2} = 4{T^2} + 20\\ \Leftrightarrow {T^2} + 12T + 11 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}T = – 1\\T = – 11\end{array} \right.(ktm\,\,do\,\,T > 0)\end{array}$
Câu 5.
- Không mất tính tổng quát , giả sử $AB < AC.$ Gọi $AL$ là đường cao của tam giác $ABC,AF$là tiếp tuyến của (O) $\left( {L,F \in BC} \right),AK$là đường kính
Ta có: $\angle ABC = \angle AKC,\angle ALB = \angle ACK = {90^0} \Rightarrow \widehat {BAL} = \widehat {KAC}$và $\widehat {BAK} = \widehat {CAL}$
Suy ra $\widehat {DEH} = {90^0} – \angle BAK = {90^0} – \angle CAH = \angle ACB.$
Tương tự ta được $\angle HDE = \angle ABC \Rightarrow \Delta HDE \sim \Delta ABC$
Lại có $\angle AHD = {90^0} – \angle CAH = \angle ACB = \angle HED$
Vì vậy $AH$tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $HED$tại H
2. Gọi giao điểm của $AO’$với $BC$là M
Ta có : $\Delta ABF \sim \Delta HDA(g.g) \Rightarrow \Delta AOB \sim \Delta HO’D\left( {g.g} \right)$
Suy ra $\frac{{AF}}{{AH}} = \frac{{AB}}{{HD}} = \frac{{OA}}{{O’H}} \Rightarrow \Delta OAF \sim \Delta O’HA\left( {c.g.c} \right)$
$ \Rightarrow \angle AOF = \angle AO’H = \angle AMF\left( {HO’//BC} \right)$$ \Rightarrow AOMF$là tứ giác nội tiếp
Suy ra $OM \bot BC \Rightarrow M$là trung điểm BC
Vậy $AO’$đi qua M là trung điểm $BC$
Câu 6.
Gọi L là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của đường tròn $\left( O \right)$
Do $OL//EK \Rightarrow L$là trung điểm $DK.$Gọi $I$ là điểm đối xứng với E qua $L$
Suy ra $DEKI$ là hình chữ nhật , $BIKC$ là hình thang cân và $I,D,H$ thẳng hàng.
Lại có $\widehat {OAL} = \widehat {OLA} = \widehat {LID}\left( {Do\,OL//DI} \right)$$ \Rightarrow AHLI$l à tứ giác nội tiếp
Suy ra $DI.DH = DA.DL = DB.DC$. Suy ra tứ giác $BHCI$ nội tiếp.
Lại có $BIKC$ nội tiếp nên suy ra tứ giác $BHCK$ là tứ giác nội tiếp.
Câu 7.
Trước tiên ta có hai bổ đề quen thuộc
Bổ đề 1. Cho $a,b,c,x,y,z$ là các số thực và $x,y,z > 0$, khi đó:
$\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}}$
Chứng minh: Trước tiên ta chứng minh $\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}}$. Biến đổi tương đương bất đẳng thức, ta được:
${a^2}y\left( {x + y} \right) + {b^2}x\left( {x + y} \right) \ge {\left( {a + b} \right)^2}xy \Leftrightarrow {\left( {ay – bx} \right)^2} \ge 0$
Bất đẳng thức trên luôn đúng. Suy ra:
$\frac{{{a^2}}}{x} + \frac{{{b^2}}}{y} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{x + y}} + \frac{{{c^2}}}{z} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{x + y + z}}$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z}$
Bổ đề 2: Cho $2$số $a,b > 0$. Khi đó $\sqrt {2\left( {a + b} \right)} \ge \sqrt a + \sqrt b $
Chứng minh: Từ bất đẳng thức đúng ${\left( {\sqrt a – \sqrt b } \right)^2} \ge 0$, suy ra :
$a + b \ge 2\sqrt {ab} \Leftrightarrow 2\left( {a + b} \right) \ge {\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)^2} \Leftrightarrow \sqrt {2\left( {a + b} \right)} \ge \sqrt a + \sqrt b $
Vậy bất đẳng thức được chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi $a = b$
Bổ đề 3. Cho 3 số thực dương $x,y,z$. Khi đó
$x + y + z \ge 3\sqrt 3 \sqrt {\frac{1}{{\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}}}} $. Chứng minh: Thật vậy, ta có:
$\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} \ge \frac{1}{3}{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2} \ge \frac{1}{3}{\left[ {\frac{{{{\left( {1 + 1 + 1} \right)}^2}}}{{x + y + z}}} \right]^2} = \frac{{27}}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}$
Suy ra $x + y + z \ge 3\sqrt 3 \sqrt {\frac{1}{{\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}}}}} $
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x = y = z$
Trở lại bài toán, đặt bất đẳng thức cần chứng minh là $\left( * \right)$. Áp dụng Bổ đề 2, ta có:
$\sqrt {\frac{{2\left( {x + y} \right)}}{{xy}}} = \sqrt {\frac{{2{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{xy\left( {x + y} \right)}}} = \sqrt {2\left( {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{xy\left( {x + y} \right)}} + \frac{{2xy}}{{xy\left( {x + y} \right)}}} \right)} \ge \sqrt {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{xy\left( {x + y} \right)}}} + \sqrt {\frac{2}{{x + y}}} $
$ \Rightarrow VP\left( * \right) \ge \sqrt {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{xy\left( {x + y} \right)}}} + \sqrt {\frac{{{y^2} + {z^2}}}{{yz\left( {y + z} \right)}}} + \sqrt {\frac{{{z^2} + {x^2}}}{{zx\left( {z + x} \right)}}} + \sqrt {\frac{2}{{x + y}}} + \sqrt {\frac{2}{{y + z}}} + \sqrt {\frac{2}{{z + x}}} $
Mặt khác, áp dụng Bổ đề 3, ta có:
$\begin{array}{l}\sqrt {\frac{2}{{x + y}}} + \sqrt {\frac{2}{{y + z}}} + \sqrt {\frac{2}{{z + x}}} \ge 3\sqrt 3 \sqrt {\frac{1}{{{{\left( {\sqrt {\frac{2}{{x + y}}} } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {\frac{2}{{y + z}}} } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {\frac{2}{{z + x}}} } \right)}^2}}}} \\ = 3\sqrt {\frac{3}{{x + y + z}}} \ge 3\sqrt {\frac{3}{3}} = 3\end{array}$
Từ đó ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $x = y = z = 1$
