Đề thi học kì 1 Toán 9 UBND Quận Nam Từ Liêm Hà Nội có lời giải chi tiết và đáp án. Các bạn xem ở dưới.
| UBND QUẬN NAM TỪ LIÊM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: TOÁN – Lớp 9 Ngày thi: 06 tháng 12 năm 2019 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề |
Câu I (VD) (2 điểm).
1. Tính:
a) $\frac{5}{{\sqrt 5 – 1}} – \frac{5}{{\sqrt 5 + 1}};$ b) $\sqrt {{{\left( {\sqrt 5 – 3} \right)}^2}} – \sqrt {\frac{1}{5}} $
2) Giải các phương trình sau:
a) $\sqrt {x – 1} + \sqrt {9x – 9} + \sqrt {4x – 4} = 12;$ b) $\sqrt {{x^2} – 5x} – \sqrt {x – 5} = 0$
Câu II (VD) (2 điểm).
Cho hai biểu thức: $A = \frac{{x + 7}}{{3\sqrt x }}$ và $B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 3}} + \frac{{7\sqrt x + x}}{{9 – x}}$ với$x > 0;x \ne 9$
a) Tính $A$ khi $x = 25.$
b) Chứng minh: $B = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}.$
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = A.B.$
Câu III (VD) (2 điểm). Cho đường thẳng $\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 2.$
a) Vẽ đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy.$
b) Tìm tọa độ giao điểm của $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right):y = x – 3.$
c) Cho đường thẳng $\left( {{d_3}} \right):y = mx + 5.$ Tìm giá trị của $m$ để ba đường thẳng $\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right),\left( {{d_3}} \right)$ cắt nhau tại một điểm.
Câu IV (VD) (3,5 điểm).
1. Một con thuyền ở địa điểm $D$ di chuyển từ bờ sông $a$ sang bờ sông $b$ với vận tốc trung bình là $2km/h,$ vượt qua khúc sông nước chảy mạnh trong 20 phút. Biết đường đi con thuyền là $DE,$ tạo với bờ sông một góc bằng $60^\circ $. Tính chiều rộng khúc sông.
2. Lấy điểm $A$ trên $\left( {O;R} \right),$ vẽ tiếp tuyến $Ax.$ Trên $Ax$ lấy điểm $B,$ trên $\left( {O;R} \right)$ lấy điểm $C$ sao cho $BC = AB.$
a) Chứng minh rằng: $CB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right).$
b) Vẽ đường kính $AD$ của $\left( O \right),$ kẻ $CK$ vuông góc với $AD.$
Chứng minh rằng: $CD//OB$ và $BC.DC = CK.OB.$
c) Lấy $M$ trên cung nhỏ $AC$ của $\left( O \right),$ vẽ tiếp tuyến tại $M$ cắt $AB,BC$ lần lượt tại $E,F.$ Vẽ đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $BFE.$ Chứng minh rằng: $\Delta MAC \sim \Delta IFE.$
Câu V (VDC) (0,5 điểm). Cho $x,y,z > 0$ và $xy + yz + xz = 3xyz.$ Tính giá trị nhỏ nhất của:
$A = \frac{{{x^2}}}{{z\left( {{z^2} + {x^2}} \right)}} + \frac{{{y^2}}}{{x\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}} + \frac{{{z^2}}}{{y\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}$
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Phương pháp:
1) a) Quy đồng mẫu số và rút gọn biểu thức
b) Rút gọn căn bậc hai bằng công thức $\sqrt {{A^2}} = \left[ \begin{array}{l}A{\rm{ khi A}} \ge {\rm{0}}\\ – A{\rm{ khi A < 0 }}\end{array} \right.$ và $\sqrt {\frac{1}{A}} = \frac{{\sqrt A }}{A}\left( {A > 0} \right)$
2) a) Biến đổi đưa về giải phương trình: $\sqrt A = B\left( {A \ge 0;B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = {B^2}$
b) Giải phương trình: $\sqrt A = \sqrt B \left( {A \ge 0;B \ge 0} \right) \Leftrightarrow A = B$
Cách giải:
1. Tính:
a) $\frac{5}{{\sqrt 5 – 1}} – \frac{5}{{\sqrt 5 + 1}} = \frac{{5\left( {\sqrt 5 + 1} \right) – 5\left( {\sqrt 5 – 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 5 + 1} \right)\left( {\sqrt 5 – 1} \right)}}$
$ = \frac{{5\sqrt 5 + 5 – 5\sqrt 5 + 5}}{{5 – 1}} = \frac{{10}}{4} = \frac{5}{2}$
b) $\sqrt {{{\left( {\sqrt 5 – 3} \right)}^2}} – \sqrt {\frac{1}{5}} = \left| {\sqrt 5 – 3} \right| – \frac{{\sqrt 5 }}{5}$
$ = 3 – \sqrt 5 – \frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{15 – 5\sqrt 5 – \sqrt 5 }}{5} = \frac{{15 – 6\sqrt 5 }}{5}$
2. Giải các phương trình sau:
a) $\sqrt {x – 1} + \sqrt {9x – 9} + \sqrt {4x – 4} = 12$
ĐKXĐ: $x – 1 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 1$
$\sqrt {x – 1} + \sqrt {9x – 9} + \sqrt {4x – 4} = 12$
$ \Leftrightarrow \sqrt {x – 1} + \sqrt {9\left( {x – 1} \right)} + \sqrt {4\left( {x – 1} \right)} = 12$
$ \Leftrightarrow \sqrt {x – 1} + 3\sqrt {x – 1} + 2\sqrt {x – 1} = 12$
$ \Leftrightarrow 6\sqrt {x – 1} = 12$
$ \Leftrightarrow \sqrt {x – 1} = 2$
$ \Leftrightarrow x – 1 = 4$
$ \Leftrightarrow x = 5\left( {tmdk} \right)$
Vậy x=5.
b) $\sqrt {{x^2} – 5x} – \sqrt {x – 5} = 0$
ĐKXĐ: $x – 5 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 5$
$\begin{array}{l}\sqrt {{x^2} – 5x} – \sqrt {x – 5} = 0\\ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} – 5x} = \sqrt {x – 5} \\ \Leftrightarrow {x^2} – 5x = x – 5\\ \Leftrightarrow x\left( {x – 5} \right) – \left( {x – 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x – 1} \right)\left( {x – 5} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x – 1 = 0\\x – 5 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\,\,\left( {ktm} \right)\\x = 5\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}$
Vậy x=5.
Câu II: Đáp án
Phương pháp:
a) Thay giá trị của $x\left( {tmdk} \right)$ vào biểu thức và tính giá trị.
b) Quy đồng mẫu thức và rút gọn biểu thức.
c) Rút gọn $P = A.B.$ Áp dụng BĐT Cô-si để tìm GTNN
Cách giải:
Cho hai biểu thức $A = \frac{{x + 7}}{{3\sqrt x }}$ và $B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 3}} + \frac{{7\sqrt x + 3}}{{9 – x}}$ với $x > 0;x \ne 9.$
b) Tính $A$ khi $x = 25.$
Điều kiện: $x > 0,x \ne 9.$
Có: $x = 25$ (tmđk)
Thay $x = 25$ vào $A$ ta được: $A = \frac{{25 + 7}}{{3\sqrt {25} }} = \frac{{32}}{{15}}$
Vậy khi $x = 25$ thì $A = \frac{{32}}{{15}}.$
b) Rút gọn biểu thức $B.$
Điều kiện xác định: $x > 0;x \ne 9.$
$B = \frac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x – 3}} + \frac{{7\sqrt x + 3}}{{9 – x}}$
$ = \frac{{2\sqrt x \left( {\sqrt x – 3} \right) + \left( {\sqrt x + 1} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right) – \left( {7\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x – 3} \right)}}$
$ = \frac{{2x – 6\sqrt x + x + 4\sqrt x + 3 – 7\sqrt x – 3}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x – 3} \right)}}$
$ = \frac{{3x – 9\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x – 3} \right)}}$
$ = \frac{{3\sqrt x \left( {\sqrt x – 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)\left( {\sqrt x – 3} \right)}}$
$ = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}$
Vậy $B = \frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}$ với $x > 0;x \ne 9.$
c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = AB.$
Điều kiện xác định: $x > 0;x \ne 9$
$P = A.B = \frac{{x + 7}}{{3\sqrt x }}.\frac{{3\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{x + 7}}{{\sqrt x + 3}}$
$ = \frac{{x – 9 + 16}}{{\sqrt x + 3}} = \frac{{\left( {\sqrt x – 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\sqrt x + 3}} + \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}}$
$ = \sqrt x – 3 + \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} = \left( {\sqrt x + 3} \right) + \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} – 6$
Với mọi $x > 0,x \ne 9$ ta có: $\sqrt x + 3 > 0;\frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} > 0.$
Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương $\left( {\sqrt x + 3} \right)$ và $\frac{{16}}{{\sqrt x + 3}}$ ta có:
$\left( {\sqrt x + 3} \right) + \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} \ge 2\sqrt {\left( {\sqrt x + 3} \right).\frac{{16}}{{\sqrt x + 3}}} $
$ \Leftrightarrow \left( {\sqrt x + 3} \right) + \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} \ge 8$
$ \Leftrightarrow \left( {\sqrt x + 3} \right) + \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} – 6 \ge 2$
Hay $P \ge 2.$
Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt x + 3 = \frac{{16}}{{\sqrt x + 3}} \Rightarrow {\left( {\sqrt x + 3} \right)^2} = 16$
$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt x + 3 = 4\\\sqrt x + 3 = – 4\left( {ktm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \sqrt x = 1 \Leftrightarrow x = 1\left( {tm} \right)$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $2 \Leftrightarrow x = 1.$
Câu III:
Phương pháp:
a) Đồ thị hàm số $y = ax + b\left( {a \ne 0} \right)$ là đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ $\left( { – \frac{b}{a};0} \right)$ và $\left( {0;b} \right)$
b) Giải phương trình hoành độ giao điểm để tìm $x,$ từ đó thay trở lại hàm số để tìm tung độ giao điểm $y.$
c) Tìm điều kiện để ba đường thẳng cắt nhau.
Thay tọa độ giao điểm vừa tìm được ở câu $b$ vào hàm số $y = mx + 5$ ta tìm được $m.$
Cách giải:
Cho đường thẳng $\left( {{d_1}} \right):y = 2x + 2$
a) Vẽ đường thẳng $\left( {{d_1}} \right)$ trên mặt phẳng tọa độ $Oxy.$
Cho $x = 0 \Rightarrow y = 2$
$y = 0 \Rightarrow x = – 1$
Đồ thị hàm số $y = 2x + 2$ là đường thẳng đi qua hai điểm có tọa độ $\left( {0;2} \right)$ và $\left( { – 1;0} \right)$
b) Tìm tọa độ giao điểm của $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right):y = x – 3.$
Xét phương trình hoành độ giao điểm của $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ ta có:
$2x + 2 = x – 3$
$ \Leftrightarrow 2x – x = – 3 – 2$
$ \Leftrightarrow x = – 5$
Thay $x = – 5$ vào hàm số $y = x – 3$ ta được $y = – 5 – 3 = – 8$
Vậy tọa độ giao điểm của $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ là $\left( { – 5; – 8} \right).$
c) Cho đường thẳng $\left( {{d_3}} \right):y = mx + 5.$ Tìm giá trị của $m$ để ba đường thẳng $\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right),\left( {{d_3}} \right)$ cắt nhau tại một điểm.
Để ba đường thẳng $\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right),\left( {{d_3}} \right)$ cắt nhau thì $m \ne \left\{ {1;2} \right\}$
Theo câu b) ta có tọa độ giao điểm của $\left( {{d_1}} \right)$ và $\left( {{d_2}} \right)$ là $\left( { – 5; – 8} \right).$
Để ba đường thẳng $\left( {{d_1}} \right),\left( {{d_2}} \right),\left( {{d_3}} \right)$ đồng quy thì điểm có tọa độ $\left( { – 5; – 8} \right)$ cũng thuộc đường thẳng $\left( {{d_3}} \right).$
Thay $x = – 5;y = – 8$ vào hàm số $y = mx + 5$ ta được: $ – 8 = m\left( { – 5} \right) + 5 \Leftrightarrow m = \frac{{13}}{5}$ (thỏa mãn)
Vậy $m = \frac{{13}}{5}.$
Câu IV:
Phương pháp:
1. Kẻ$DH \bot b$ tại $H.$ Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn để suy ra chiều rộng khúc sông.
2. a) Chứng minh $BC \bot OC$ dựa vào tính chất hai tam giác bằng nhau. Từ đó suy ra $BC$ là tiếp tuyến của đường tròn thông qua định nghĩa tiếp tuyến.
b) Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, quan hệ từ vuông góc đến song song.
Tính chất hai tam giác đồng dạng.
c) Kẻ đường kính $CP.$
Sử dụng tính chất: Góc ngoài tại 1 đỉnh của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với đỉnh đó.
Sử dụng: Tổng bốn góc trong một tứ giác bằng $360^\circ .$
Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao ba đường phân giác.
Cách giải:
1. Tính chiều rộng khúc sông.
Kẻ $DH \bot b$ tại $H.$ Khi đó chiều rộng khúc sông là đoạn $DH.$
Đổi 20 phút $ = \frac{1}{3}h.$
Độ dài đường đi của thuyền là $DE = \frac{1}{3}.2 = \frac{2}{3}km$
Ta có $\angle HDE = 90^\circ – 60^\circ = 30^\circ $
Xét tam giác $DHE$ vuông tại $H$, theo định nghĩa tỉ số lượng giác ta có:
$\cos \angle HDE = \frac{{DH}}{{DE}} \Rightarrow DH = DE.\cos 30^\circ = \frac{2}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$
Vậy chiều rộng khúc sông là $\frac{{\sqrt 3 }}{3}km.$
2. Lấy điểm $A$ trên $\left( {O;R} \right),$ vẽ tiếp tuyến $Ax.$ Trên $Ax$ lấy điểm $B,$ trên $\left( {O;R} \right)$ lấy điểm $C$ sao cho $BC = AB.$
a) Chứng minh rằng: CB là tiếp tuyến của $\left( O \right).$
Xét $\Delta ABO$ và $\Delta CBO$ có:
+) $AB = BC\left( {gt} \right)$
+) $BO$ cạnh chung
+) $OA = OC\left( { = R} \right)$
Nên $\Delta ABO = \Delta CBO\left( {c – c – c} \right)$
Suy ra $\angle BCO = \angle BAO = 90^\circ $, do đó: $BC \bot OC$ tại $C.$
Hay $BC$ là tiếp tuyến của $\left( {O;R} \right).$
b) Vẽ đường kính $AD$ của $\left( O \right),$ kẻ $CK$ vuông góc với $AD.$
Chứng minh rằng: $CD//OB$ và $BC.DC = CK.OB.$
*) Xét đường tròn $\left( {O;R} \right)$ có nội tiếp đường tròn có cạnh $AD$ là đường kính nên $\Delta ACD$ vuông tại $C.$
Hay $AC \bot CD.$
+) Xét đường tròn $\left( {O;R} \right)$ có $BA,BC$ là các tiếp tuyến cắt nhau tại $B$ nên $BA = BC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra $B$ thuộc đường trung trực của đoạn $AC.$
Lại có $OA = OC = R$ nên $O$ thuộc đường trung trực của đoạn $AC.$
Từ đó $OB$ là đường trung trực của đoạn $AC \Rightarrow OB \bot AC.$
Lại có $AC \bot CD\left( {cmt} \right)$ nên $OB//CD.$
*) Xét $\Delta CKD$ và $\Delta BAO$ có:
+) $\angle K = \angle BAO = 90^\circ $
+) $\angle CDK = \angle AOB$ (hai góc ở vị trí đồng vị)
Nên $\Delta CDK$ đồng dạng với $\Delta BAO\left( {g – g} \right)$
Suy ra $\frac{{CK}}{{AB}} = \frac{{DC}}{{OB}} \Leftrightarrow OB.CK = DC.AB$
Mà $AB = BC\left( {gt} \right)$ nên $OB.CK = BC.DC$ (đpcm)
c) Lấy $M$ trên cung nhỏ $AC$ của $\left( O \right),$ vẽ tiếp tuyến tại $M$ cắt $AB,BC$ lần lượt tại $E,F.$ Vẽ đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $BFE.$ Chứng minh rằng: $\Delta MAC \sim \Delta IFE.$
Kẻ đường kính $CP$ của $\left( {O;R} \right)$
Ta có: $\angle POA$ là góc ngoài của tam giác $OAC$ nên $\angle POA = \angle OCA + \angle OAC$ mà $\angle OAC = \angle OCA$ (do tam giác $OCA$ cân tại $O$) nên $\angle POA = 2\angle ACO.$
Lại có $\angle POM$ là góc ngoài của tam giác $OCM$ nên $\angle POM = \angle OCM + \angle OMC$ mà $\angle OCM = \angle OMC$ (do tam giác $OCM$ cân tại $O$) nên $\angle POM = 2\angle MCO.$
Do đó: $\angle POM – \angle POA = 2\left( {\angle MCO – \angle ACO} \right)$ hay $\angle MOA = 2\angle MCA.$
Xét tứ giác $EMOA$ có $\angle EAO = \angle EMO = 90^\circ $ (tính chất tiếp tuyến)
Nên $\angle MOA + \angle AEM = 360^\circ – \left( {\angle EAO + \angle EMO} \right) = 180^\circ $
Mà $\angle AEM + \angle BEF = 180^\circ $ (hai góc kề bù)
Nên $\angle MOA = \angle BEF$ (cùng bù với $\angle AEM$)
Lại có $\angle BEF = 2\angle IEF$ (do $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BEF$)
Và $\angle MOA = 2\angle MCA\left( {cmt} \right)$
Suy ra $\angle IEF = \angle MCA$
Chứng minh tương tự:
Ta có $\angle DOM$ là góc ngoài của tam giác cân $AOM \Rightarrow \angle DOM = 2\angle MAO$
$\angle DOC$ là góc ngoài của tam giác cân $AOC \Rightarrow \angle DOC = 2\angle CAO$
Trừ vế với vế ta được: $\angle MOC = 2\angle MAC$
Lại có $\angle MFC + \angle MOC = 360^\circ – \left( {\angle FMO – \angle CFO} \right) = 180^\circ $
Và $\angle MFC + \angle BFE = 180^\circ \Rightarrow \angle BFE = \angle COM$
Mà $\angle COM = 2\angle MAC;\angle BFE = 2\angle IFE$ nên $\angle IFE = \angle MAC$
Xét tam giác $IEF$ và tam giác $MCA$ có: $\angle IFE = \angle MAC$ và $\angle IEF = \angle MCA\left( {cmt} \right)$ nên $\Delta IEF$ đồng dạng với $\Delta MCA$ (đpcm).
Câu V:
Phương pháp:
– Chia cả hai vế của đẳng thức đã cho cho $xyz.$
– Đặt $a = \frac{1}{x},b = \frac{1}{y},c = \frac{1}{z}$ đưa về tìm GTNN theo $a,b,c.$
– Sử dụng bất đẳng thức ${a^2} + {b^2} \ge 2ab.$
Cách giải:
Ta có: $xy + yz + zx = 3xyz$
Chia cả hai vế cho $xyz \ne 0$ ta được: $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 3.$
Đặt $a = \frac{1}{x},b = \frac{1}{y},c = \frac{1}{z}\left( {a,b,c > 0} \right)$ thì $a + b + c = 3.$
Khi đó $\frac{{{x^2}}}{{z\left( {{z^2} + {x^2}} \right)}} = \frac{{{{\left( {\frac{1}{a}} \right)}^2}}}{{\frac{1}{c}.\left( {\frac{1}{{{c^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right)}} = \frac{{{c^3}}}{{{a^2} + {c^2}}} = \frac{{{c^3} + c{a^2} – c{a^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} = c – \frac{{c{a^2}}}{{{c^2} + {a^2}}}$
$\frac{{{y^2}}}{{x\left( {{x^2} + {y^2}} \right)}} = \frac{{{{\left( {\frac{1}{b}} \right)}^2}}}{{\frac{1}{a}\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}}} \right)}} = \frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} = \frac{{{a^3} + a{b^2} – a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} = a – \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}$
$\frac{{{z^2}}}{{y\left( {{y^2} + {z^2}} \right)}} = \frac{{{{\left( {\frac{1}{c}} \right)}^2}}}{{\frac{1}{b}\left( {\frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right)}} = \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} = \frac{{{b^3} + b{c^2} – b{c^2}}}{{{b^2} + {c^2}}} = b – \frac{{b{c^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}$
$ \Rightarrow A = c – \frac{{c{a^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} + a – \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + b – \frac{{b{c^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}$
$ = \left( {a + b + c} \right) – \left( {\frac{{c{a^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} + \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{b{c^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}} \right)$
$ = 3 – \left( {\frac{{c{a^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} + \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{b{c^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}} \right)$
Mà ${c^2} + {a^2} \ge 2ca \Rightarrow \frac{{c{a^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} \le \frac{{c{a^2}}}{{2ca}} = \frac{a}{2}$
Tương tự $\frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} \le \frac{b}{2}$ và $\frac{{b{c^2}}}{{{b^2} + {c^2}}} \le \frac{c}{2}$
$ \Rightarrow \frac{{c{a^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} + \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{b{c^2}}}{{{b^2} + {c^2}}} \le \frac{a}{2} + \frac{b}{2} + \frac{c}{2} = \frac{3}{2}$
$ \Rightarrow 3 – \left( {\frac{{c{a^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} + \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{b{c^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}} \right) \ge 3 – \frac{3}{2} = \frac{3}{2}.$
Vậy $A \ge \frac{3}{2}$ nên $\min A = \frac{3}{2}.$
Dấu “=” xảy ra khi $a = b = c = 1.$
