Giải đề thi giữa kì 2 môn Toán 9 THCS Ngô Sĩ Liên

Bài 1 $2điểm$:

Cho hai biểu thức $A=dfrac{sqrt{x}+2}{sqrt{x}-5}$ và $B=dfrac{3}{sqrt{x}+5}+dfrac{20-2sqrt{x}}{x-25}$ với $xge 0,$ $xne 25.$

1. Tính giá trị của biểu thức A khi $x=9.$
2. Chứng minh $B=dfrac{1}{sqrt{x}-5}.$
3. Tìm tất cả giá trị của x để $A=B.left| x-4 right|.$

Giải

a) Thay $x=9$ $tmđk$ vào biểu thức $A$ ta được:

$A=dfrac{sqrt{9}+2}{sqrt{9}-5}=dfrac{3+2}{3-5}=dfrac{-5}{2}.$

Vậy $A=dfrac{-5}{2}$ khi $x=9.$

b) Với $xge 0$ và $xne 25$ ta có:

$begin{array}{l}
B = dfrac{3}{{sqrt x  + 5}} + dfrac{{20 – 2sqrt x }}{{x – 25}}\
{rm{     = }}dfrac{3}{{sqrt x  + 5}} + dfrac{{20 – 2sqrt x }}{{left$sqrtx–5right$.left$sqrtx+5right$}}\
{rm{     = }}dfrac{{3.left$sqrtx–5right$ + 20 – 2sqrt x }}{{left$sqrtx–5right$.left$sqrtx+5right$}}\
{rm{     = }}dfrac{{3sqrt x  – 15 + 20 – 2sqrt x }}{{left$sqrtx–5right$.left$sqrtx+5right$}}\
{rm{     = }}dfrac{{sqrt x  + 5}}{{left$sqrtx–5right$.left$sqrtx+5right$}}\
{rm{     = }}dfrac{1}{{sqrt x  – 5}}.
end{array}$

c) Với $xge 0$ và $xne 25$ ta có:

$begin{array}{l}
A = B.left| {x – 4} right|\
 Leftrightarrow frac{{sqrt x  + 2}}{{sqrt x  – 5}} = frac{1}{{sqrt x  – 5}}.left| {x – 4} right|\
 Leftrightarrow sqrt x  + 2 = left| {x – 4} right|
end{array}$

$begin{array}{l}
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
sqrt x  + 2 = x – 4\
sqrt x  + 2 = 4 – x
end{array} right.\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x – sqrt x  – 6 = 0{rm{        }}\
x + sqrt x  – 2 = 0{rm{        }}
end{array} right.\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
left$sqrtx–3right$.left$sqrtx+2right$ = 0\
left$sqrtx–1right$.left$sqrtx+2right$ = 0
end{array} right.\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
sqrt x  – 3 = 0{rm{               }}\
sqrt x  – 1 = 0
end{array} right.{rm{$\text{Extra close brace or missing open brace}$\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x = 9{rm{     ™}}\
x = 1{rm{      $tm$}}
end{array} right.
end{array}$

Vậy $xin left{ 1;9 right}$ thì $A=B.left| x-4 right|.$

Bài 2 $2điểm$: Hai vòi nước chảy chung vào một bể thì sau 4h48’ thì đầy bể. Biết lượng nước vòi I chảy một mình trong 1h20’ bằng lượng nước của vòi II chảy một mình trong 30 phút và thêm $dfrac{1}{8}$ bể. Hỏi mỗi vòi chảy riêng trong bao lâu thì đầy bể.

Giải

Đổi $4h48’=dfrac{24}{5}left$hright$;text{ }1h20’=dfrac{4}{3}left$hright$;text{ }30’=dfrac{1}{2}left$hright$.$

Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là $x,y$ $h$, $x,y>dfrac{24}{5}.$

Khi đó trong 1h vòi I chảy một mình được $dfrac{1}{x}$ $bể$; vòi II chảy một mình được $dfrac{1}{y}$ $bể$

Vì cả hai vòi chảy chung vào bể thì sau $4h48’=dfrac{24}{5}left$hright$$ đầy bể nên trong 1h cả 2 vòi chảy được $dfrac{5}{24}$ $bể$. Do đó ta có phương trình $dfrac{1}{x}+dfrac{1}{y}=dfrac{5}{24}text{      }left$1right$$

Trong $1h20’=dfrac{4}{3}left$hright$$ vòi I chảy một mình được $dfrac{4}{3x}$ $bể$

Trong $30’=dfrac{1}{2}left$hright$$ vòi II chảy một mình được $dfrac{1}{2y}$ $bể$

Vì lượng nước vòi I chảy một một mình trong 1h20’ bằng lượng nước của vòi II chảy một mình trong 30 phút và thêm $dfrac{1}{8}$ bể nên ta có phương trình $dfrac{4}{3x}-dfrac{1}{2y}=dfrac{1}{8}text{         }left$2right$$

Từ $1$ và $2$ ta có hệ phương trình $left{ begin{array}{l}
frac{1}{x} + frac{1}{y} = frac{5}{{24}}{rm{ }}\
frac{4}{{3x}} – frac{1}{{2y}} = frac{1}{8}
end{array} right.$  

Đặt $a=dfrac{1}{x};b=dfrac{1}{y}.$ Khi đó hệ phương trình có dạng:

$begin{array}{l}
{rm{    }}left{ begin{array}{l}
a + b = frac{5}{{24}}\
frac{4}{3}a – frac{1}{2}b = frac{1}{8}
end{array} right.\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
24a + 24b = 5\
32a – 12b = 3
end{array} right.\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
24a + 24b = 5\
64a – 24b = 6
end{array} right.\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
88a = 11\
a + b = frac{5}{{24}}
end{array} right.\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
a = frac{1}{8}\
b = frac{1}{{12}}
end{array} right.
end{array}$  

$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
frac{1}{x} = frac{1}{8}\
frac{1}{y} = frac{1}{{12}}
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
x = 8{rm{      }}left$tmright$\
y = 12{rm{    }}left$tmright$
end{array} right.$  

Vậy vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là $8left$hright$;{rm{ 12}}left$hright$.$  

Bài 3 $2điểm$:

1) Giải hệ phương trình $left{ begin{array}{l}
2sqrt {2 – y}  + sqrt {x + 1}  = 4\
sqrt {2 – y}  – 3sqrt {x + 1}  =  – 5
end{array} right.$  

Giải 

1) ĐK: $left{ begin{array}{l}
x ge  – 1\
y le 2
end{array} right.$ 

Đặt $left{ begin{array}{l}
a = sqrt {2 – y}  ge 0\
b = sqrt {x + 1}  ge 0
end{array} right.$  

Khi đó hệ phương trình có dạng:

$begin{array}{l}
{rm{    }}left{ begin{array}{l}
2a + b = 4\
a – 3b =  – 5
end{array} right.\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2a + b = 4\
2a – 6b =  – 10
end{array} right.\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
7b = 14\
2a + b = 4
end{array} right.\
 Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
b = 2{rm{         ™}}\
a = 1{rm{          $tm$}}
end{array} right.
end{array}$

$ Rightarrow left{ begin{array}{l}
sqrt {2 – y}  = 1\
sqrt {x + 1}  = 2
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
2 – y = 1\
x + 1 = 4
end{array} right. Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
y = 1{rm{        $tm$}}\
x = 3{rm{       ™}}
end{array} right.$  

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất $left$x;yright$=left$3;1right$.$

2) Cho Parabol $$P$:y={{x}^{2}}$ và đường thẳng $left$dright$:y=mx+3.$

1. Chứng tỏ $left$dright$$ luôn cắt $left$Pright$$ tại hai điểm phân biệt.
2. Tìm tọa độ các giao điểm $A,B$ của Parabol $left$Pright$$ và đường thẳng $left$dright$$ khi $m=2.$ Tính diện tích $Delta AOB.$
3. Gọi giao điểm của $left$dright$$ và $left$Pright$$ là $C$ và $D$. Tìm $m$ để độ dài đoạn thẳng $CD$ nhỏ nhất.

Giải

a) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của $left$dright$$ và $left$Pright$$ là:

${{x}^{2}}=mx+3Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx-3=0$          $1$

Vì $a.c=1.left$-3right$=-3<0Rightarrow $ Phương trình $1$ luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi $m.$

Do đó phương trình $1$ luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi $m.$

Vậy $left$dright$$ luôn cắt $left$Pright$$ tại hai điểm phân biệt với mọi $m.$

b) Với $m=2$ thay vào đường thẳng $left$dright$$ ta có: $y=2x+3.$

Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của $left$dright$$ và $left$Pright$$ là:

$begin{array}{l}
{rm{     }}{x^2} – 2x – 3 = 0\
 Leftrightarrow {x^2} + x – 3x – 3 = 0\
 Leftrightarrow xleft$x+1right$ – 3left$x+1right$ = 0
end{array}$

$begin{array}{l}
 Leftrightarrow left$x+1right$left$x–3right$ = 0\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x + 1 = 0\
x – 3 = 0
end{array} right.\
 Leftrightarrow left[ begin{array}{l}
x =  – 1\
x = 3{rm{ }}
end{array} right.
end{array}$

Với $x=-1Rightarrow y=1Rightarrow Aleft$-1;1right$$

Với $x=3Rightarrow y=9Rightarrow Bleft$3;9right$$

Gọi $C,D$ lần lượt là hình chiếu của $B,A$ lên $Ox.]

$Rightarrow Cleft$3;0right$;text{ D}left$-1;0right$$

Từ đó, ta có $AD=1;text{ }BC=9;text{ }OD=1;text{ }OC=3;text{ }CD=4$

$Delta OAD$ vuông tại $DRightarrow {{S}_{Delta OAD}}=dfrac{1}{2}.OD.AD=dfrac{1}{2}.1.1=dfrac{1}{2}$ $đvdt$

$Delta OBC$ vuông tại $CRightarrow {{S}_{Delta OBC}}=dfrac{1}{2}.OC.BC=dfrac{1}{2}.3.9=dfrac{27}{2}$ $đvdt$

Hình thang vuông $ABCDtext{ }left$AD//BCright$Rightarrow {{S}_{ABCD}}=dfrac{left$AD+BCright$.CD}{2}=dfrac{left$1+9right$.4}{2}=20$ $đvdt$

Vậy ${{S}_{Delta OAB}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{OAD}}-{{S}_{OBC}}=20-dfrac{1}{2}-dfrac{27}{2}=6$ $đvdt$

c) Theo câu a, ta có $left$dright$$ luôn cắt $left$Pright$$ tại hai điểm phân biệt $C$ và $D$với mọi $m.$

Gọi tọa độ của $C$ và $D$ lần lượt là $left$x_1;y_{1}right$$ và $left$x_2;y_{2}right$.$ Các điểm $C$ và $D$ thuộc đường thẳng $left$dright$:y=mx+3$ nên ${{y}_{1}}=m{{x}_{1}}+3;{{y}_{2}}=m{{x}_{2}}+3.$

Ta có $CD=sqrt{{{left$x_2-x_{1}right$}^{2}}+{{left$y_2-y_{1}right$}^{2}}}.$

Do $C$ và $D$là giao điểm của $left$dright$$ và $left$Pright$$ nên ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$là nghiệm của phương trình:

${{x}^{2}}=mx+3Leftrightarrow {{x}^{2}}-mx-3=0$          $1$

Có $Delta ={{m}^{2}}+12>0,forall m$

Giả sử ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ thì ${{x}_{1}}=dfrac{m-sqrt{{{m}^{2}}+12}}{2};text{ }{{x}_{2}}=dfrac{m+sqrt{{{m}^{2}}+12}}{2}.$

Khi đó ${{x}_{2}}-{{x}_{1}}=sqrt{{{m}^{2}}+12};text{ }{{text{y}}_{2}}-{{y}_{1}}=mleft$x_2-x_{1}right$=msqrt{{{m}^{2}}+12}.$

Suy ra $C{{D}^{2}}={{m}^{2}}+12+{{m}^{2}}.left$m^2+12right$={{m}^{4}}+13{{m}^{2}}+12ge 12,forall m$

Do đó $C{{D}_{min }}=2sqrt{3}Leftrightarrow m=0.$

Bài 4 $3,5điểm$: Cho $O$ đường kính $AB,M$ là một điểm cố định trên tiếp tuyến tại $A$ của $left$Oright$.$ Vẽ tiếp tuyến $MC$ và cát tuyến $MHK$ $\$H\$nằmgiữa\$M\$và\$K\$;tia\$MK\$nằmgiữahaitia\$MB,MO\$$. Các đường thẳng $BH,BK$ cắt đường thẳng $MO$ tại $E$ và $F.$

1. Chứng minh rằng tứ giác $AMCO$, tứ giác $MFKC$ và tứ giác $MCHE$ nội tiếp.
2. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $MK$ cắt $left$Oright$$ tại $I,CI$ cắt $MK$ tại $N.$

Chứng minh $NH=NK.$

3. Chứng minh $OE=OF.$

Giải

a) *) C/m tứ giác $AMCO$ nội tiếp.

Vì $MA$ là tiếp tuyến của $left$Oright$$ $gt$

nên $MAbot AORightarrow widehat{MAO}={{90}^{o}}.$

Vì $MC$ là tiếp tuyến của $left$Oright$$ $gt$

nên $MCbot CORightarrow widehat{MCO}={{90}^{o}}.$

Xét tứ giác $AMCO$ có $widehat{MAO}+widehat{MCO}={{90}^{o}}+{{90}^{o}}={{180}^{o}}.$         

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

Suy ra tứ giác $AMCO$ nội tiếp đường tròn đường kính $MO.$

*) C/m tứ giác $MFKC$ nội tiếp.

Ta có $widehat{BKC}$ là góc nội tiếp chắn cung $BC$ của $left$Oright$$ nên $widehat{BKC}=dfrac{1}{2}$sđ $oversetfrown{BC}.$

$widehat{COB}$ là góc ở tâm chắn cung $BC$ của $left$Oright$$ nên $widehat{COB}=$sđ $oversetfrown{BC}.$

$Rightarrow widehat{COB}=2text{ }widehat{BKC}text{           }left$1right$$

Vì $MA,MC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $M$của $left$Oright$Rightarrow widehat{COM}=widehat{AOM}$ $tínhchấthaitiếptuyếncắtnhau$.

Mà $widehat{AOM}=widehat{BOF}$ $đốiđỉnh$

$Rightarrow widehat{COM}=widehat{BOF.}$

Vì $Delta MCO$ vuông tại $ORightarrow widehat{CMO}+widehat{COM}={{90}^{o}}Rightarrow 2widehat{CMO}+2widehat{COM}={{180}^{o}}.$

Hay $2widehat{CMO}+widehat{COM}+widehat{BOF}={{180}^{o}}.$

Lại có $widehat{COM}+widehat{BOC}+widehat{BOF}={{180}^{o}}.$

$Rightarrow widehat{BOC}=2text{ }widehat{CMO}text{           }left$2right$$

Từ $1$ và $2$ $Rightarrow widehat{BKC}=widehat{CMO}.$

Mà $widehat{BKC}+widehat{CKF}={{180}^{o}}$ $haigóckềbù$ $Rightarrow widehat{CMO}+widehat{CKF}={{180}^{o}}.$

Xét tứ giác $MFKC$ có $widehat{CMO}+widehat{CKF}={{180}^{o}}left$cmtright$.$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

$Rightarrow $ Tứ giác $MFKC$ nội tiếp.

*) C/m tứ giác $MCHE$ nội tiếp.

Ta có $widehat{CMO}=widehat{BKC}left$cmtright$Rightarrow widehat{CME}=widehat{BKC}.$

Lại có $widehat{CHB}=widehat{BKC}$ $haigócnộitiếpcùngchắncung\$BC\$của\$left(Oright$$)

$Rightarrow widehat{CME}=widehat{CHB}.$

Mà $widehat{CHB}+widehat{CHE}={{180}^{o}}$$haigóckềbù$

$Rightarrow widehat{CME}+widehat{CHE}={{180}^{o}}.$

Xét tứ giác $MCHE$ có $widehat{CME}+widehat{CHE}={{180}^{o}}left$cmtright$.$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

$Rightarrow $ Tứ giác $MCHE$ nội tiếp.

b) Vì $AI//MKleft$gtright$Rightarrow widehat{AIC}=widehat{HNC}$ $đồngvị$

Mà $widehat{AIC}=dfrac{1}{2}$sđ $oversetfrown{AC}$ $gócnộitiếpchắncung\$AC\$$ $Rightarrow widehat{HNC}=dfrac{1}{2}$ sđ $oversetfrown{AC}$

Vì $MA,MC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $M$của $left$Oright$$ nên $OM$ là phân giác của $widehat{AOC}.$

$Rightarrow widehat{MOC}=dfrac{1}{2}widehat{AOC}=dfrac{1}{2}$sđ $oversetfrown{AC}.$ Mà $widehat{HNC}=dfrac{1}{2}$sđ $oversetfrown{AC}$ $cmt$

$Rightarrow widehat{MOC}=widehat{HNC}$

Xét tứ giác $MCNO$ có $widehat{MOC}=widehat{HNC}left$cmtright$$. Mà hai góc này là hai góc của 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh $MC$ của tứ giác $MCNO$.

$Rightarrow $ Tứ giác $MCNO$ nội tiếp.

Lại có $widehat{MCO}={{90}^{o}}left$cmtright$Rightarrow $ Tứ giác $MCNO$ nội tiếp đường tròn đường kính $MO.$

$Rightarrow widehat{MNO}={{90}^{o}}$ $gócnộitiếpchắnnửađườngtrònđườngkính\$MO\$$

hay $ONbot HK$

$Rightarrow NH=NK$$quanhệđườngkínhvuônggócvớidâycungcủa\$left(Oright$.$

Lưu ý: Có thể hỏi theo hướng khác: Chứng minh rằng $M{{N}^{2}}+O{{N}^{2}}$ không phụ thuộc vào vị trí của cát tuyến $MHK.$

3. Vì $ONbot HKleft$cmtright$Rightarrow widehat{ONM}={{90}^{o}}.$

Xét tứ giác $AMNO$ có $widehat{MAO}+widehat{MNO}={{90}^{o}}+{{90}^{o}}={{180}^{o}}.$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

$Rightarrow $ Tứ giác $AMNO$ nội tiếp.

$Rightarrow widehat{AOM}=widehat{ANH}$ $haigócnộitiếpcùngchắncung\$AM\$$

Mà $widehat{AOM}=widehat{BOF}$ $đốiđỉnh$

$Rightarrow widehat{ANH}=widehat{BOF}$

Xét $Delta HNA$ và $Delta BOF$ có:

$widehat{ANH}=widehat{BOF}left$cmtright$;text{ }widehat{AHN}=widehat{OBF}$ $haigócnộitiếpcùngchắncung\$AK\$của\$left(Oright$$)

$Rightarrow Delta HNAbacksim Delta BOFleft$g.gright$Rightarrow dfrac{AN}{HN}=dfrac{OF}{OB}text{       }left$3right$$

Có $widehat{BEO}=widehat{EMH}+widehat{EHM}$$gócngoàicủa\$DeltaMEH\$$

Mà $widehat{EHM}=widehat{BHK}$ $đốiđỉnh$

$Rightarrow widehat{BEO}=widehat{EMH}+widehat{BHK}$    $\ast$

Có $widehat{OAN}=widehat{EMH}$ $haigócnộitiếpcùngchắncung\$ON\$$

$Rightarrow widehat{NAK}=widehat{NAO}+widehat{OAK}=widehat{EMH}+widehat{BHK}$ $do\$widehatOAK=widehatBHK\$(haigócnộitiếpcùngchắncung\$BK\$$                           $\ast \ast$

Từ $\ast$ và $\ast \ast$ $Rightarrow widehat{BEO}=widehat{NAK}$

Xét $Delta BEO$ và $Delta KAN$ có:

$widehat{BEO}=widehat{NAK}left$cmtright$;text{ }widehat{EBO}=widehat{NKA}$$haigócnộitiếpcùngchắncung\$AH\$$

$Rightarrow Delta BEObacksim Delta KANleft$g.gright$Rightarrow dfrac{OE}{OB}=dfrac{AN}{NK}$

Mà $NH=NKleft$cmtright$Rightarrow dfrac{OE}{OB}=dfrac{AN}{NH}text{        }left$4right$$

Từ $3$ và $4$ $Rightarrow dfrac{OF}{OB}=dfrac{OE}{OB}Leftrightarrow OE=OF.$                           $đpcm$.

Lưu ý: Ý c ta có thể trình bày theo cách khác mà không cần sử dụng kết quả của ý b như sau

Hướng dẫn:

Gọi $left{ G right}=ACcap OM.$

Ta có $MG.MO=MH.MK$=M{C}^2$$

$Rightarrow $Tứ giác $GHKO$ nội tiếp.

Có $widehat{AHB}={{90}^{o}}$ $gócnộitiếpchắnnửađườngtròn$

$Rightarrow widehat{AHE}={{90}^{o}}.$

Có $widehat{AHE}=widehat{AGE}={{90}^{o}}.$

$Rightarrow $ Tứ giác $AEHG$ nội tiếp.

Có $widehat{EAH}=widehat{EGH}=widehat{OKH}.$

$Rightarrow widehat{EAO}=widehat{EAH}+widehat{HAO}=widehat{OKH}+widehat{HKB}=widehat{OKB}=widehat{OBK}=widehat{OBF}.$

$Rightarrow Delta AOE=Delta BOFleft$g.c.gright$Rightarrow OE=OF.$                         $đpcm$.

Bài 5 $0,5điểm$:

Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a+b+c=3.$ Tìm GTNN của $A=dfrac{1}{{{a}^{2}}+1}+dfrac{1}{{{b}^{2}}+1}+dfrac{1}{{{c}^{2}}+1}.$

Phân tích:

Do vai trò của $a,b,c$ là bình đẳng nên dự đoán dấu “=” xảy ra khi $a=b=c=1.$

Nếu ta áp dụng Cô si cho từng mẫu của 3 phân thức thì thấy dấu của biểu thức $A$đổi thành “$le $”. Vậy làm thế nào để cho dấu của $A$ “$ge $”???

$Rightarrow $ Cô si ngược dấu.

Giải

Áp dụng BĐT Cô si dạng hai số: $x+yge 2sqrt{x.y}.$ Dấu “=” xảy ra $Leftrightarrow x=y.$

Ta có $dfrac{1}{{{a}^{2}}+1}=dfrac{{{a}^{2}}+1-{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+1}=1-dfrac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+1}ge 1-dfrac{{{a}^{2}}}{2a}=1-dfrac{a}{2}$

Tương tự, ta có: $dfrac{1}{{{b}^{2}}+1}ge 1-dfrac{b}{2};text{ }dfrac{1}{{{c}^{2}}+1}ge 1-dfrac{c}{2}$

Cộng theo vế ba BĐT trên ta được:

$Age 3-dfrac{1}{2}left$a+b+cright$=3-dfrac{3}{2}=dfrac{3}{2}.$

Dấu “=” xảy ra $ Leftrightarrow left{ begin{array}{l}
{a^2} = 1\
{b^2} = 1\
{c^2} = 1\
a + b + c = 3\
a,b,c > 0
end{array} right. Leftrightarrow a = b = c = 1.$  

Vậy ${{A}_{min }}=dfrac{3}{2}Leftrightarrow a=b=c=1.$