Bo de thi hoc sinh gioi toan lop 7

1 ĐỀ SỐ – TRƯỜNG THCS PHÚ NHUẬN 2014-2015 Câu (1,5 điểm) 2 1   0,4 − + − 0,25 +  11 −  : 2014 = 1) M   7  1,4 − + − 0,875 + 0,7  2015 11   2) Tìm x, biết x + x − = x + Câu (2,5 điểm) 1) Cho a, b, c ba số thực khác 0, thỏa mãn điều kiện : a +b−c b+c−a c+a −b = = c a b   Hãy tính giá trị biểu thức B =+ 1 b  a  c  1 + 1 +  a  c  b  2) Ba lớp A,7 B,7C mua số gói tăm từ thiện, lúc đầu số gói tăm dự định chia cho ba lớp với tỉ lệ : : sau chia theo tỉ lệ : : nên có lớp nhận nhiều gói Tính tổng số gói tăm mà ba lớp mua Câu (2,0 điểm) 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x + + x − 2013 với x số nguyên 2) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x + y + z = xyz Câu (3,0 điểm)  = 600 có tia phân giác Az Từ điểm Cho xAy B Ax kẻ BH vng góc với Ay H , kẻ BK vng góc với Az Bt song song với Ay, Bt cắt Az C Từ C kẻ CM vng góc với Ay M Chứng minh: a) K trung điểm AC b) ∆KMC tam giác c) Cho BK = 2cm, tính cạnh ∆AKM Câu (1,0 điểm) Cho ba số dương ≤ a ≤ b ≤ c ≤ Chứng minh rằng: a b c + + ≤2 bc + ac + ab + ĐÁP ÁN Câu 2 1   − 0,25 +  0,4 − + 11  : 2014 = 1) M  −  7  1,4 − + − 0,875 + 0,7  2015 11   2 2  − + 11 = 7 7 −  − +  11  1 1  1  1  2 − +  − +  − +   2014 11   : 2014 =  : − 7  2015   1   1   2015 − +    − + 11   − +   10        2  2014 = =  − :  7  2015 2) Vì x + x − > nên (1) ⇒ x + x − = x + ⇒ x − = 2 2 +Nếu x ≥ (*) ⇒ x − = ⇒ x = +Nếu x < ⇒ x − =−2 ⇒ x =−1 Câu 1) +Nếu a + b + c ≠ , theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a +b−c b+c−a c+a−b a+b−c+b+c−a+c+a−b = = = = c a b a+b+c a+b−c b+c−a c+a −b a+b b+c c+a Mà = +1 = +1 = + ⇒= = = c a b c a b  b  a  c   b + a  c + a  b + c  Vậy B =+ 1 1 + 1 +  =    =  a  c  b   a  c  b  +Nếu a + b + c = , theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a +b−c b+c−a c+a−b a+b−c+b+c−a+c+a−b = = = = c a b a+b+c a+b−c b+c−a c+a−b a+b b+c c+a Mà = +1 = +1 = +1 1⇒ = = =1 c a b c a b  b  a  c   b + a   c + a   b + c  Vậy B =+ 1 1 + 1 +  =      =  a  c  b   a   c   b  2) Gọi tổng số gói tăm lớp mua x ( x ∈  *) Số gói tăm dự định chia cho lớp A,7 B,7C lúc đầu a, b, c a+b+c x 5x 6x 7x = ⇒= a ;= b ;= c (1) 18 18 18 18 18 Số gói tăm sau chia cho lớp a ', b ', c ' , ta có: a b c Ta có: = = = a ' b ' c ' a '+ b '+ c ' x 4x 5x 6x = = = = ⇒ a' = ;b ' = ;c ' = (2) 15 15 15 15 15 So sánh (1) ( ) ta có: a > a '; b = b '; c < c ' nên lớp 7C nhận nhiều lúc đầu 6x 7x − = ⇒ x = 360(tm) 15 18 Vậy số gói tăm lớp mua 360 gói Vậy c '− c = ⇒ Câu 1) Ta có: A = x + + x − 2013 = x + + 2013 − x ≥ x + + 2013 − x = 2015 Dấu " = " xảy ( x + )( 2013 − x ) ≥ ⇔ −1 ≤ x ≤ 2013 Vậy MaxA = 2015 x = −1 2) Vì x, y, z nguyên dương nên ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z 1 1 1 + + ≤ + + = ⇒ x2 ≤ ⇒ x = yz yx zx x x x x Thay vào đầu ta có: + y + z = yz ⇒ y − yz + + z = Theo = ⇒ y (1 − z ) − (1 − z ) + = ⇔ ( y − 1)( z − 1) = Th1: y − = ⇒ y = z − = ⇒ z = Th : y − = ⇒ y = z − = ⇒ z = Vậy có hai cặp nghiệm nguyên thỏa mãn (1,2,3) ; (1,3,2 ) Câu z x B t C K A H M y ( )    CAB ACB = MAC a) ∆ABC cân B = BK đường cao ⇒ BK đường trung tuyến ⇒ K trung điểm AC b) ∆ABH = ∆BAK ( cạnh huyền – góc nhọn) 1 AC ⇒ BH = AC 2 Ta có: BH = CM (tính chất đoạn chắn) mà CK = BH = AC ⇒ CM = CK ⇒ ∆MKC ⇒ BH = AK (hai cạnh tương ứng) mà AK = tam giác cân (1) =  = 900  Mặt khác: MCB ACB = 300 ⇒ MCK 600 (2) Từ (1) (2) ⇒ ∆MKC tam giác c) Vì  = 300 ⇒ AB = BK = 2.2 = 4cm ∆ABK vuông K mà KAB ∆ABK vng K nên theo pytago ta có: AK= AB − BK 2= 16 − 4= 12 Mà KC = AC ⇒ KC = AK = 12 ∆KCM ⇒ KC = KM = 12 = BC = 4, AH = BK = 2, HM = BC ( HBCM hình chữ nhật) Theo phần b, AB ⇒ AM = AH + HM = Vì Câu Vì ≤ a ≤ b ≤ c ≤ nên: ( a − 1)( b − 1) ≥ ⇔ ab + ≥ a + b ⇔ Tương tự: Do đó: Mà : a a ≤ bc + b + c (2); 1 c c ≤ ⇔ ≤ ab + a + b ab + a + b (1) b b ≤ (3) ac + a + c a b c a b c + + ≤ + + bc + ac + ab + b + c a + c a + b (4) 2(a + b + c) a b c 2a 2b 2c + + ≤ + + = = 2(5) b+c a+c a+b a+b+c a+b+c a+b+c a+b+c Từ (4) (5) suy : a b c + + ≤2 bc + ac + ab + (dfcm) ĐỀ SỐ – HUYỆN THANH CHƯƠNG 2018 - 2019 Bài (2,0 điểm) a) Thực phép tính:     −1,2 : 1 1,25  1,08 −  : 25   + + 0,6.0,5 : M=   36 0,64 − −   25   17 2009 b) Cho N 0,7.( 2007 = − 20131999 ) Chứng minh N số nguyên Bài (2,0 điểm) Tìm x, y biết: x − −60 a )= −15 x − 2x + 3y − 2x + 3y − b) = = 6x Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức : P = 3x − + x + a) Rút gọn P b) Tìm giá trị x để P = Bài (2,0 điểm) Cho đoạn thẳng AB có O trung điểm Trên hai nửa mặt phẳng đối bờ AB kẻ hai tia Ax / / By Lấy hai điểm C , E D, F Ax, By cho = AC BD = , CE DF Chứng minh: a) Ba điểm C , O, D thẳng hàng, E , O, F thẳng hàng b) ED = CF  Từ A kẻ tia  = 1000 ; BD phân giác B Bài (2,0 điểm) Tam giác ABC cân C C , Ax tạo với AB góc 300 Tia Ax cắt BD M, cắt BC E BK phân giác CBD BK cắt Ax N a) Tính số đo  ACM b) So sánh MN CE ĐÁP ÁN Bài     −1,2 : 1 1,25  1,08 −  : 25   + a) M = + 0,6.0,5 :   36 0,64 − −   25   17 −1,2 : = + + 0,75 = −1 + + = 119 36 0,6 4 36 17 b) Chứng minh N số nguyên ta cần chứng minh : 2007 2009 − 20131999 có chữ số tận 2009 ( 2007 )2  ( )2  = 2007 = 2007 = 2007.( 1) có chữ số tận Ta có: 2007     502 502  = 20131999 2013 = ( 20132 )    409 499 = ( ) ( )  ( ).( 1) có chữ số tận Vậy 2007 2009 − 20131999 có chữ số tận ⇒ N số nguyên Bài  x = 31  x = 29 a) Từ gt tốn ta có: ( x − 1) =900 ⇒ x − =±30 ⇒  b) Áp dụng tính chất dãy tỷ số từ tỉ số đầu ta có: 2x + 3y − 2x + 3y − = = 12 2x + 3y − 2x + 3y − = Kết hợp với giả thiết ⇒ 12 6x +Nếu x + y − ≠ ⇔ x = 12 ⇔ x = ⇒ y = +Nếu x + y − = ⇔ x = − y Thay vào tỉ số đầu ta tính y = Bài a) Học sinh biết chia trường hợp để rút gọn P Với x ≥ ⇒ P = x − Với x < ⇒ P =− x + (tm) Với x < ⇒ P =− x + =6 ⇒ x =−2(tm) b) Với x ≥ ⇒ P = x − = ⇔ x = −2 Vậy P = x = ∨ x = Bài ;x = − F D A B O C E a) Chứng minh ∆AOE = ∆BOF (c.g c) ⇒ E , O, F thẳng hàng OE = OF (1) Tương tự chứng minh ∆AOC = ∆BOD(c.g c) ⇒ C , O, D thẳng hàng OC = OD (2) b) Từ (1), (2) kết hợp giả thiết chứng minh ∆EOD = ∆FOC (c.g c) ⇒ ED = CF Bài K D M x C E N A B a) Học sinh chứng minh được: ∆ANB cân N(có hai góc = 30 ) ⇒ NA = NB Nối CN , chứng minh ∆CAN = ∆CBN (c.c.c)  = 500  = NCB  = 500 ;  NMB =  A1 + B ⇒ NCA NMB góc ngồi ∆ABM ⇒  Từ đó, học sinh chứng minh được: ∆BNM = ∆BNC ( g c.g ) ⇒ BC = BM ⇒ ∆CBM cân  = 200 nên tính  B, mà lại có góc đỉnh CBM ACM = 200 b) Từ chứng minh , ta chứng minh ∆MNC cân N ⇒ MN = NC , so sánh CN với CE ( )  = 1800 − 1000 + 100 = 700 Xét tam giác CNE tính CEN  = 500 + 100 = 600 (góc ngồi ∆CAN ) Và tính CNE  > CNE  ⇒ CN > CE hay MN > CE ⇒ CEN ĐỀ SỐ – HUYỆN BẾN LỨC 2018 - 2019 Câu (4,0 điểm)   193 33   11  1931  − +  :  + +     193 386  17 34   1931 3862  25  a) Thực phép tính: A =  b) Rút gọn : B = ( −5 ) + ( −5 ) + ( −5 ) + ( −5 ) + + ( −5 ) 2016 + ( −5 ) 2017 Câu (4,0 điểm) 12a − 15b 20c − 12a 15b − 20c a, b, c biết = = a + b + c = 48 11 b) Một công trường dự định phân chia số đất cho ba đội I , II , III tỉ lệ với 7;6;5 Nhưng sau số người đội thay đổi nên chia lại tỉ lệ 6;5;4 Như a) Tìm có đội làm nhiều so với dự định 6m Tính tổng số đất phân chia cho đội Câu (4,5 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức C = x − 2017 + 2018 x − 2017 + 2019 15 n2 − b) Chứng tỏ S = + + + + không số tự nhiên với 16 n n ∈ , n > c) Tìm tất cặp số nguyên x, y cho x − xy + y = Câu (5,5 điểm) Cho tam giác cân ABC , AB = AC Trên cạnh BC lấy điểm D, tia đối CB lấy điểm E cho BD = CE Các đường thẳng vng góc với BC kẻ từ D E cắt AB, AC M , N Chứng minh rằng: a) DM = EN b) Đường thẳng BC cắt MN điểm I trung điểm MN c) Đường thẳng vng góc với MN I luôn qua điểm cố định D thay đổi cạnh BC Câu (2,0 điểm) Trong hình bên, đường thẳng OA đồ thị hàm số = y a) Tính tỉ số f= ( x) ax y0 − x0 − b) Giả sử x0 = Tính diện tích tam giác OBC O ĐÁP ÁN Câu   193 33  193 193 33 2 33 a )  − + = − + = − + =1  193 386 17 34 193 17 386 17 34 17 34 34      11  1931  1931 11 1931 11  1931 + 3862  25 +  = 1931 25 + 3862 25 + = 25 + 50 + =    ⇒ A = 1: = b) ( −5 ) B = ( −5 ) + ( −5 ) + ( −5 ) + + ( −5 ) 2016 B = ( −5 ) + ( −5 ) + ( −5 ) + ( −5 ) + + ( −5 ) Do đó: ( −5 ) B − B =−6 B =( −5 ) 2018 + ( −5 ) 2016 2017 + ( −5 ) + ( −5 ) 2018 2017 − 52018 −1⇒ B = Câu a) Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: 12a − 15b 20c − 12a 15b − 20c 12a − 15b + 20c − 12a + 15b − 20c = = = = 11 27 12a − 15b  =⇒ 12a = 15b  a b c   ⇒ 12a = 15b = 20c ⇒ = = 20c − 12a =⇒ 20c = 12a  12 15 20  Và a + b + c = 48 Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a = 12 ⇒ a= b c a+b+c 48 = = = = 24 1 1 1 + + 15 60 12 15 20 20, b= 16, c= 12 ( ) Số đất dự định chia cho đội I , II , III a, b, c ( m ) , DK : a, b, c > b) Gọi tổng số đất phân chia cho đội x m , DK : x > 3 Ta có a b c a+b+c x 7x 6x 5x = = = = ⇒a= ;b = ;c = (1) 18 18 18 18 18 Số đất sau chia cho đội I , II , III a ', b ', c ' ( m3 ) ĐK: a ', b ', c ' > a ' b ' c ' a '+ b '+ c ' x 6x 5x 4x = = = = ⇒ a' = ;b ' = ;c ' = (2) 15 15 15 15 15 So sánh (1) (2) ta có: a < a ', b = b ', c > c ' nên đội I nhận nhiều lúc đầu Ta có 10 Vì a − a ' = hay 7x 6x x − =6⇒ = ⇒ x = 360 18 15 90 Vậy tổng số đất phân chia cho đội 360m đất Câu a)C = x − 2017 + 2018 = x − 2017 + 2019 ( x − 2017 + 2019 ) − = x − 2017 + 2019 1− x − 2017 + 2019 Biểu thức C đạt giá tri nhỏ x − 2017 + 2019 có giá trị nhỏ Mà x − 2017 ≥ nên x − 2017 + 2019 ≥ 2019 Dấu x 2017 ⇒ C= " = " xảy = Vậy giá trị nhỏ C 2018 2019 2018 x = 2017 2019 15 n − 22 − 32 − 42 − n2 − b) S = + + + + = + + + + 16 n n 1 1   1 = − + − + − + + − = (1 + + + + 1) −  + + + +  n n  2 ⇒ S < n − (1) Nhận xét: ⇒ 1 1 1 1 ; ; ; ; < < < < 22 1.2 32 2.3 42 3.4 n ( n − 1) n 1 1 1 1 + + + + < + + + + = 1− −1 ⇒ ( n − 1) −  + + + +  > ( n − 1) − 1= n − n  n  2 2 ⇒ S > n − 2(2) Từ (1) (2) suy n − < S < n − hay S không số nguyên c) Ta có: x − xy + y = ⇒ x (1 − y ) + y = ⇒ (1 − y ) − x (1 − y ) = ⇔ (1 − x )(1 − y ) == 1.1 =−1 − 149 A B C D  1800  +C  C    A B A+ B    a) Từ A = 3B = 6C ⇒ = = = = = 200 6 + +1   400 ,=  200 ⇒= A 1200 ,= B C    Vậy = A 120 = = , B 40 , C 200 b) Trong ∆ACD có:   = 200 ⇒  ADC = 900 , C A2 = 700 ⇒  A1 = 500  = 400 > C  = 200 ⇒ AB < AC ⇒ AB < AC (*) Xét ∆ABD có B Áp dụng định lý Pytago cho hai tam giác vng ADB, ADC có: 2 = AD + CD AB = AD + BD AC Do đó, từ (*) ⇒ AD + BD < AD + CD ⇒ BD < CD ⇒ BD < CD 2 2 2 (2) Từ (1) (2) ⇒ AD < BD < CD Bài A M I B C E K N a) Theo giả thiết, ta có: 2AB = AB + AB = AB + AM + BM AM + AN = AM + AC + CN , ∆ABC cân A ⇒ AB = AC Do đó, từ AM + AN = AB ⇒ BM = CN Liên hệ tài liệu word toan zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 150 b) Qua M kẻ ME / / AC ( E ∈ BC ) ∆ABC cân A ⇒ ∆BME cân M ⇒ EM = BM = CN ⇒ ∆MEI = ∆NCI ( g c.g ) ⇒ IM = IN Vậy BC qua trung điểm MN c) K thuộc đường trung trực MN ⇒ KM = KN (1)  ∆ABK = ∆ACK (c.g c) ⇒ KB = KC (2);  ABK = ACK (*) Kết chứng minh câu a: BM = CN (3)  (**) Từ (1) , ( ) , ( 3) ⇒ ∆BMK = ∆CNK (c − c − c) ⇒  ABK = NCK  = 180 = 900 ⇒ KC ⊥ AN Từ (*) (**) ⇒  ACK = NCK ĐỀ SỐ 47 Bài (4,0 điểm) Cho biểu thức : C = − 99 100 Chứng minh rằng: + − + + − C < 32 33 34 399 3100 16 Bài (5,0 điểm) Câu 1: Tìm x, y, z biết: x = y = z − x − y x + y = z − 38 a + b ab = Câu 2: Cho tỉ lệ thức: với a, b, c, d ≠ c ≠ − d c + d cd Chứng minh rằng: a c a d = = b d b c Bài (3,0 điểm) Câu 1: Chứng minh với n nguyên dương ta có: 4n+3 + 4n+ − 4n+1 − 4n chia hết cho 300 Câu 2: Cho Q = 27 − x Tìm số nguyên x để Q có giá trị nguyên ? 12 − x Bài (3,0 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức sau: H = ( x − y ) − ( y − x ) − xy − 24 2 Bài (5,0 điểm) Cho ∆ABC nhọn Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C dựng đoạn thẳng AD vng góc với AB AD = AB Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B dựng đoạn thẳng AE vng góc với AC AE = AC 1) Chứng minh rằng: BE = CD 2) Gọi M trung điểm DE , tia MA cắt BC H Chứng minh MA ⊥ BC 3) Nếu= AB c= , AC b= , BC a tính độ dài đoạn HC theo a, b, c Liên hệ tài liệu word toan zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 151 ĐÁP ÁN Bài 99 100  99 100 1 − + − + + 99 − 100  =− + − + + 98 − 99 3  3 3 3 3 Biến đổi : 3C = 3. Ta có: 99 100   99 100   3C + C =1 − + − + + 98 − 99  +  − + − + + 99 − 100  3  3 3 3   3  −2       100 99  100 4C = +  +  +  −  +  − +  + +  − 99 + 99  − 100   3 3   3   1 1 100 4C =1 − + − + − 99 − 100 3 3 Đặt D =1 − 1 1 + − + − 99 3 3   Ta có: 3D = 3.1 − 1 1  1 + − + − 99  = − + − + − 98 3 3  3   Khi đó: 3D + D = − + 1   1 1  − + − 98  + 1 − + − + − 99  3   3 3  1 1 1 4D = − + − + − 98 + − + − + − 99 3 3 3  1 1  1   D = + ( −1 + 1) +  −  +  − +  + +  − 98 + 98  − 99  3 3  3   3 D =3 − 99 ⇒ D = − 99 4.3  100 100 3 − 99  − 100 ⇒ 4C = − 99 − 100 4.3  4.3  Nên ta có: 4C = ⇒C = 3 100  25 − 99 − 100  − 99 − 100  =  4.3  16 3  25  C =−  99 + 100  16  3  Ta có:  25  25 nên Vậy − + < + > C <   99 100 16  3  16 42.399 3100 16 Bài 1) Ta có: x + y =z − 38 ⇒ x + y − z = −38 Liên hệ tài liệu word toan zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 152 Vì x = y = z − x − y ⇒ x = z − x − x ⇒ x = z ⇒ x y x y = ⇒ = 20 15 x y z Từ (1) (2) suy = = 20 15 36 Vì x = y ⇒ x z x z = ⇒ = (1) 20 36 (2) Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: −2.20 = −40 x = −38 x y z 2x + y − z  −2.15 = −30 = = = = = −2 ⇒  y = 20 15 36 40 + 15 − 36 19 z = −72  −2.36 = Vậy x = −40; y = −30; z = −72 a + b ab a + b 2ab = 2) Ta có: nên = c + d 2cd c + d cd Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: a + b 2ab a + b + 2ab a + b − 2ab = = = c + d 2cd c + d + 2cd c + d − 2cd a + ab ) + ( b + ab ) ( a − ab ) + ( b − ab ) ( = = = ( c2 + cd ) + ( d + cd ) ( c2 − cd ) + ( d − cd ) a+b a−b  a +b   a −b  =  =   ⇒ + − + c d c d c d c−d     Suy +Với hoặc: a + b) (a − b) (= 2 (c + d ) (c − d ) a+b b−a = c+d c−d a +b a −b ( a + b )( c − d ) = ( a − b )( c + d ) = c+d c−d ⇒ ac − ad + bc − bd = ac + ad − bc − bd ⇒ ab = bc ⇒ +Với a c = b d a+b b−a ( a + b )( c − d ) = ( b − a )( c + d ) = c+d c−d ⇒ ac − ad + bc − bd = bc + bd − ac − ad ⇒ ac = bd ⇒ a d = b c a + b ab a c a d = −d ) ⇒ Vậy = ( a, b, c, d ≠ 0; c ≠= 2 c +d cd b d b c Bài 1) Với n nguyên dương, ta có: Liên hệ tài liệu word toan zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 153 4n+3 + 4n+ − 4n+1 −= 4n 4n.( 43 + 42 − − 1) n 75 4n−1.4.75 = 4= = 300.4n−1 Mà 300.4 n−1 chia hết cho 300 (với n nguyên dương) + 4n+ − 4n+1 − 4n chia hết cho 300 2) Điều kiện: x ∈ , x ≠ 12 Nên n +3 27 − x 2.(12 − x ) + 3 = = 2+ 12 − x 12 − x 12 − x Biến đổi: Q= Ta có: ∈ ; x ∈ ; x ≠ 12 nên Q có giá trị nguyên ∈ 12 − x ∈  ⇔ 12 − x ∈U (3) ={−3; −1;1;3} ⇒ x ∈ {15;13;11;9} 12 − x Vậy Q nguyên x ∈ {15;13;11;9} Mà Bài Ta có: H = ( x − y ) − ( y − x ) − xy − 24 2 =( x − y ) − 4.( y − x ) − xy − 24 =( x − y ) − 4.( x − y ) − xy − 24 2 2 2 = −3.( x − y ) = − 3.( x − y ) + xy − 24 ]  Ta có: 3.( x − y ) ≥ 0∀x, y; xy − 24 ≥ 0∀x, y Do đó: 3.( x − y ) + xy − 24 ≥ ∀x, y Nên − 3.( x − y ) + xy − 24  ≤ ∀x, y   Hay H ≤ Dấu " = " xảy : x − y = xy − 24 = 0(1) Với x − y =0 ⇒ x =2 y ⇒ Đặt x y = x y = = k ⇒ x = 2k ; y = 3k k =  k = −2 Thay = x 2= k , y 3k vào (1) ta được: 2k 3k − 24 =0 ⇔  x 2.2 = = x 3.2 = = Với k= ⇒  Liên hệ tài liệu word toan zalo: 039.373.2038  x = −4  y = −6 ; với k =−2 ⇒  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 154 = y  x 4;= −4; y = −6 x = Vậy giá trị lớn H ⇔  Bài N E M D F A I K B H C   + BAC  (vì tia AB nằm hai tia AD, AC ) 1) Ta có: DAC = DAB   (1)  = 900 (Vì AB ⊥ AD A) nên DAC = 900 + BAC Mà BAD   + BAC  (vì tia AC nằm hai tia AB, AE ) Ta có: BAE = CAE  (2)   = 900 (Vì AE ⊥ AC A) nên BAE = 900 + BAC Mà CAE  = DAC  Từ (1) (2) suy BAE  DAC  Xét ∆ABE ∆= = ( gt ); BAE = (cmt ); AE AC ( gt ) ADC có: AB AD Do ∆ABE = ∆ADC (c.g c) ⇒ BE = CD (hai cạnh tương ứng) 2) Trên tia đối tia MA lấy điểm N cho M trung điểm AN Từ D kẻ DF vng góc với MA F  Xét ∆MAE ∆MDN có: MN = MA(= vẽ thêm);  = AME DMN ( cmt ) ; ME MD( gt ) ⇒ ∆MAE = ∆MND(c.g c)  = MEA  Suy AE = DN NDM =  MEA  vị trí so le nên AE / / DN ⇒  ADN + DAE 1800 ( Mà NDM phía) (3) Liên hệ tài liệu word toan zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 155  + DAB  + BAC  + EAC = Ta lại có : DAE 3600  + BAC  = 1800 (do DAB  = EAC  = 900 ) (4) Hay DAE  Từ (3) (4) ⇒  ADN = BAC Ta có: AE DN = = (cmt ); AE AC ( gt ) nên AC = DN  = ( gt );  ADN BAC = (cmt ); AC DN (cmt ) Xét ∆ABC ∆= DAN có: AB AD =  = ACB hay DNF ACB ⇒ ∆ABC = ∆DAN (c.g c) ⇒ DNA  + BAD  + BAH = 1800 ( F , A, H thẳng hàng) Ta có: DAF ( ) =  900 Do=  900 (5) + BAH BAD Hay DAF  + DAF = 900 ( hai góc phụ nhau) (6) Trong ∆ADF vng F có FDA =  Từ (5), (6) ⇒ FDA BAH  + FDA  (vì tia DF nằm hia tia DA, DN) Ta có:  ADN = NDF   + BAH  (vì tia AH nằm hai tia AB, AC ) BAC = HAC   BAH  (cmt ) nên NDF   = HAC ADN BAC ; FDA = = Mà   HAC    = = (cmt ); AC DN = (cmt ); DNF ACB(cmt ) Xét ∆AHC ∆DFN có: NDF =  = 900 (vì DE ⊥ MA F) ⇒ ∆AHC = ∆DFN ( g c.g ) ⇒ DFN AHC mà DFN Nên  AHC = 900 ⇒ MA ⊥ BC H ( dfcm) 3) MA ⊥ BC H nên ∆AHB, ∆AHC vuông H Đặt HC =⇒ x HB =− a x (vì H nằm B C) Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông AHB, AHC ta có: 2 = AC − CH AH = AB − BH AH ⇒ AB − BH = AC − CH ⇒ c − ( a − x ) = b − x 2 a + b2 − c2 Từ tìm được: HC= x= 2a ĐỀ SỐ 48 – TRƯỜNG THCS HƯƠNG ĐIỀN 2017-2018 Câu Rút gọn biểu thức: a) a + a Câu Chứng minh: b) a − a c)3 ( x − 1) − x − 1 1 + + + +   2 b)3227 = ( 25 ) = 2135 < 2156 = 24.39 < 1639 < 1839 27 ⇒ −3227 > −1839 ⇒ ( −32 ) > ( −18 ) 27 39 Bài Liên hệ tài liệu word toan zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 162 a ) Tính x = 1,5; x = −0,5 b) Tính x = −0,5; x = 0; x = −15  x + 3= − 20  x= + 28 c) x + − = 20 ⇒  ⇔  x + − =−20  x + =−12(VN ) =  x + 28 =  x 25 ⇔ ⇔  x + =−28  x =−31 Bài a) ( 3x − 5) 2006 + ( y − 1) 2008 + ( x − z) 2100 =  x=  x − =    ⇒  y − =0 ⇒  y =±1 = x z x − z =     5 5 3 3   Vậy ( x; y; z ) ∈  ; −1;  ;  ;1;   x y z x + y + z 116 ⇒ = = = = =4 16 + + 16 29 b) Từ giả thiết = y 6;= z  x 4;= ⇒ −4; y = −6; z = −8 x = Bài a) A = 30 x yz − xy z − 2008 xyz ⇒ A có bậc 2 b) A xyz (15 x − y − 1004 z )= = ⇒ A 15 x − y = 1004 Bài Ta có: x x x y y y < < ; < < x+ y+ z+t x+ y+ z x+ y x+ y+ z+t x+ y+t x+ y z z z t t t < < ; < < x+ y+ z +t y+ z +t z +t x+ y+ z +t x+ z +t z +t  x x+ y+ z+t y   z t 