tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (20)

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Đề 90 Bài 1: (4,0 điểm) 2x + x −1 2x x − x + x x − x − ) 1− x 1− x x x −1 6− a) Tìm giá trị x để A = b) Chứng minh A > với x thoả mãn x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ Cho biểu thức A = + ( Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 14 x − 3xy = ( x+ y )  b) Giải hệ phương trình sau: 5yz = ( y + z )  4zx = ( z + x ) Bài 3: (3,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab bc ca + + ≤ c +1 a +1 b +1 Bài 4: (2,0 điểm) Cho ∆ ABC điểm M nằm ∆ ABC cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ? Bài 5: (6,0 điểm).Cho hai đường tròn (C1) (C2) tiếp xúc điểm T Hai đường tròn nằm đường tròn (C3) tiếp xúc với (C3) tương ứng M N Tiếp tuyến chung T (C 1) (C2) cắt (C3) P PM cắt đường tròn (C1) diểm thứ hai A MN cắt (C1) điểm thứ hai B PN cắt đường tròn (C2) điểm thứ hai D MN cắt (C2) điểm thứ hai C a Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp b Chứng minh AB, CD PT đồng quy Cố gắng lên !!! Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Đề 91 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x −3 x   x −3 x −2 9−x  P = 1 − + − :  x −  2 − x + x x + x − 6  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 ( x + + 1) = x−4 x + y + z =  xy + yz + zx = b) Tìm nghiệm nguyên hệ:  Bài 3: (2,0 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: Tính: T = x (1 + y )(1 + z ) 1+ x2 +y (1 + z )(1 + x ) 1+ y2 xy + yz + zx = +z (1 + x )(1 + y ) 2 1+ z2 Bài 4: (3,0 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M giao điểm AB CD, N giao điểm AD BC Gọi E, F, K trung điểm BD, AC MN a) Chứng minh điểm E, F, K thẳng hàng b) Tìm tập hợp điểm I nằm tứ giác thoả mãn S∆IAB + S∆ICD = SABCD Bài 5: (6,0 điểm) Cho hai đường tròn (o1) (o2) cắt A B Tiếp tuyến chung gần B hai đường tròn tiếp xúc với (o1) (o2) C D Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (o1) (o2) M N Các đường thẳng BC BD cắt đường thẳng MN P Q Các đường thẳng CM DN cắt E Chứng minh rằng: a) Đường thẳng AE vng góc với đường thẳng CD b) Tam giác EPQ tam giác cân Cố gắng lên !!! Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Đề 92 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :  x x +8 x + 2  x + x +  :  P= + − +  x +2 x+2 x   x+2 x x   x   a) Tìm x để P có nghĩa chứng minh P ≤ b) Tìm x thoả mãn : x + P = Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình :  x  x +  =1  x +1 b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = x2+ y2x + 2y = ( ) Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z ∈ R thỏa mãn : Hãy tính giá trị biểu thức : M = 1 1 + + = x y z x+ y+z + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) Bài 4: (6,0 điểm).Cho ∆ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c x + y = Chứng minh: 8(x + y ) + ≥5 xy Bài 3: (5,0 điểm) a) Giải phương trình : 25 - x - 10 - x = b) Tìm tất tam giác vng có độ dài cạnh số nguyên số đo diện tích số đo chu vi Bài 4: (6,0 điểm).Cho ∆ABC đều, nội tiếp đường tròn tâm O D điểm nằm cung BC không chứa điểm A tia AD lấy điểm E cho AE = DC a) Chứng minh ∆AEB = ∆CDB b) Xác định vị trí điểm D cho tổng (DA + DB + DC) lớn Bài 5: (2,0 điểm) Cho a, b, clà độ dài 3cạnh ∆ABC Gọi m, n, k độ dài đường phân giác 3góc ∆ABC Chứng minh : + + > + + Đề 94 Cố gắng lên !!! Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Bài 1: (4,0 điểm)   6x +   + 3 x3 3x A= − − 3x ÷ Cho biểu thức: ÷  3 x − x + x + ÷ + x ÷    Rút gọn biểu thức A Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 2: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x + y − xy = 19   x + y + xy = −7 Bài 3: (5,0 điểm).Giải phương trình a) x + 4x + + x + x + 15 + x + 12 x + 35 + x + 16 x + 63 = b) x + − x + + x + 11 − x + = Bài 4: (6,0 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp đường trịn tâm O Tia phân giác góc A cắt (O) D Một đường tròn (L) thay đổi qua A, D cắt AB, AC điểm thứ hai M, N a) CMR: BM = CN b) Tìm quỹ tích trung điểm K MN c) Tìm vị trí (L) cho MN ngắn Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I giao điểm hai đường chéo Kí hiệu S1 = S ∆AIB ; S = S ∆CID ; S = S ABCD a Chứng Minh: S1 + S ≤ S b Khi tứ giác ABCD hình thang hệ thức xảy nào? Đề 95 Cố gắng lên !!! Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Bài 1: (5,0 điểm) Cho phương trình : 2+ x + 2+ x + 2− x − 2− x = a) Tìm điều kiện x để phương trình có nghĩa b) Giải phương trình Bài 2: (3,0 điểm).Giải hệ phương trình:  x3 + y =   5 2 x + y = x + y  Bài 3: (5,0 điểm) a) Cho x, y >0 x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 1 + x + y xy b) Cho số dương a,b,c thay đổi thoả mãn : a+b+c=4 CMR: a + b + b + c + c + a > Bài 4: (6,0 điểm) Cho góc xIy A điểm lấy đường phân giác góc góc , Gọi K , M chân đường vuông góc hạ từ A đến cạnh Ix , Iy góc xIy Trên KM lấy điểm P ( KP < PM ) Qua P dựng đường thẳng vng góc với AP cắt KI Q , MI S a) Chứng minh cácc tứ giác KPAQ PSMA nội tiếp đường tròn b) Chứng minh : P trung điểm QS c) Cho ∠ KIM = 2α ; KM = a ; QS = b ( a < b ) Tính KQ Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam gi¸c ABC nhän cã ®êng cao: AA1, BB1, CC1 ®ång qui t¹i H Chøng minh r»ng: HA HB HC + + ≥6 HA1 HB1 HC1 DÊu "=" x¶y nµo? Cố gắng lên !!! Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011   2x + x − 2x x − x + x x − x (2 x − 1)( x + 1) x (2 x − 1)( x + 1)  x ( x − 1) − ) = 1+  −  (1 − x ) + x 1− x 1− x x x −1 (1 − x )( x + x + 1)  x −    x ( x + 1)  x x +1 = − 1 − =  x = 1− x + x +1  x + x +1 x + x +1  1.a) A = + ( ( ) 6− x +1 6− ⇔ = ⇔ x − x + = Từ giải x = + 3; x = − 5 x + x +1 x +1 > ⇔ x − x + > ⇔ ( x − 1) > b)Ta có: A > ⇔ x + x +1 Do x ≠ nên x − ≠ ⇒ ( x − 1) > Vậy A > − 2 2) Giải, xác định điều kiện: x < ;x ≥ 2 ⇔ x + x + + x − − 2 x − + = ⇔ ( x + 2) + ( x − − 7) = Ta có A =  x = −2 x + =   ⇔ ⇔   x = ⇔ x = (Thỏa mãn)  2x −1 − =   x = −2   1 11 1 ⇒ ≤  +  (*) dấu xảy x 3) Ta có với x, y > thì: ( x+y)2 ≥ xy ⇒ + ≥ x y x+ y x+ y 4 x y   = y Áp dụng bất đẳng thức (*) a+b+c = nên ta có: ab ab ab  1  = ≤ +  ÷; c + (c + a ) + (c + b )  c + a c + b  bc bc  1  ≤  + ÷; a +1  a + b a + c  Tương tự ta có: ca ca  1  ≤  + ÷ b +1  b + a b + c  ab bc ca  ab + bc ab + ca bc + ca  1 ⇒ + + ≤  + + ÷= ( a + b + c ) = c +1 a +1 b +1  c + a b+c a+b  4 ⇒ ab bc ca 1 + + ≤ Dấu xảy ⇔ a = b = c = c +1 a +1 b +1 + Hiển nhiên hệ có nghiệm x = y = z = Cố gắng lên !!! Trường THCS DTNT Quan Hóa + Với xyz ≠ (I) viết lại: Năm 2011 x + y  xy =  y + z =   yz z + x =   zx 1 x + y =  1 ⇔ (II)  + = y z 1  + = z x Cộng ba phương trình hệ (II) theo vế ta được: 1 11  1  11 ⇔ + + = 2 + + ÷= (*) x y z x y z Trừ phương trình (*) cho phương trình hệ (II) theo vế ta có : x = 1, y = 2, z = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) (1; 2; 3) BCN = ACM => BN = AM Vẽ tam giác CMN mà AM = BM + CM ⇔ BN = BM + MN ⇔ ∆BMN vuông M · · · ⇒ BMC = BMN + NMC = 900 + 600 = 1500 (1 điểm) a Gọi O1, O2, O3 tương ứng tâm đường trịn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3 thẳng hàng => BO1 // NO3 MB O B MA O A = = Tương tự: MN O N MP O P MA MB = => => AB//NP MP MN E B => EB PN PA ED = = = Vậy PA PM = PD.DN => EC PM PD EA =>∆ EBC ~ ∆ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800 => ABCD nội tiếp b Nối E O2 cắt (C2) C' D' = >∆ECC' ~ ∆ ED'D => ED.EC = ED'.EC' => EC.ED = (EO2 - R2)(EO2+R2) => EC.ED = EO22 - O2T2 Tương tự EB.EA = EO12 - O1T2 Mà •T M Tương tự CD// PM => AEDP hình bình hành (với E = AB ∩ CD) Do ∆PAT ~ ∆PTM => PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN N C O2 D O1 O3 A P EB ED = => EB.EA = EC.ED => EO1 − EO 2 = O1T − OT EC EA Hạ ET' ⊥ 0102 theo định lý Pitago ta có: EO12 - EO22 = (O1T' + T' E2) - (02T' + T' E2) = O1T' - O2T' => O1T - O2T = 01T' - 02T' O1T + O2T = 0102 = O1T' + O2T' => O1T = O1T => T ≡ T' tức PI qua E Cố gắng lên !!! Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Đề 91 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x −3 x   x −3 x −2 9−x  P = 1 − + − :  x −  2 − x + x x + x − 6  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 ( x + + 1) = x−4 x + y + z =  xy + yz + zx = b) Tìm nghiệm nguyên hệ:  Bài 3: (2,0 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: Tính: T = x (1 + y )(1 + z ) 1+ x2 +y (1 + z )(1 + x ) 1+ y2 xy + yz + zx = +z (1 + x )(1 + y ) 2 1+ z2 Bài 4: (3,0 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M giao điểm AB CD, N giao điểm AD BC Gọi E, F, K trung điểm BD, AC MN a) Chứng minh điểm E, F, K thẳng hàng b) Tìm tập hợp điểm I nằm tứ giác thoả mãn S∆IAB + S∆ICD = SABCD Bài 5: (6,0 điểm) Cho hai đường tròn (o1) (o2) cắt A B Tiếp tuyến chung gần B hai đường tròn tiếp xúc với (o1) (o2) C D Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (o1) (o2) M N Các đường thẳng BC BD cắt đường thẳng MN P Q Các đường thẳng CM DN cắt E Chứng minh rằng: a) Đường thẳng AE vng góc với đường thẳng CD b) Tam giác EPQ tam giác cân Cố gắng lên !!! Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011  x≥0 x ≥   đk  x − ≠ ⇔  x ≠ 2 − x ≠ x ≠    x ( x −3)  ( x −3)(3 + x ) + ( x − 2)(2 − x ) +9 − x  P = − :   ( x +3)( x −3   ( − x )(3 + x )   Ta có:    x −x−4     (2 − x )(3 + x )  = − (2 − x )  =  = . :  x +   (2 − x )(3 + x   x +   Vậy P = x −2 x −2 = ⇔ x − = ⇔ x = ⇔ x = 25 Vậy với x = 25 P = x −2 Ta thấy P = ⇔ a ĐK: x ≥ -1 PT ( )  x x +1 −1    x  = x−4⇔    = x−4   x  x + + 1   b ( ) x + − = x − ⇔ x + = Giải Pt x = (t/m x ≥ -1) KL: x = x + y = − z Hệ ⇔   xy + ( x + y ) z = x + y = u Đặt  ⇒x, y nghiệm phương trình: t2 - ut + v = xy = v  Phương trình có nghiệm ⇔ u2 – 4v ≥ u = − z (1) v + zu = ( ) (a) (*) Ta có hệ:  Thế (1) vào (2) ⇒ v = – z(5 - z) = z2 –5z + Hệ có nghiệm ⇔ (a) có nghiệm ⇔ (*) xảy ⇒ (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) ≥ ⇔ - 3z2 + 10z – ≥ (3)   z − ≥ 1 ≤ z ≤  7 − z ≥ ⇔  z ≤ ⇔ (z-1)(-3z+7) ≥ ⇔   z − ≤     z ≥ (VN ) 7 − z ≤   Từ (3) z nguyên ⇒ z = 1; u =  x + y =  x = ⇒ ⇒ v =  xy = y = +) z = ⇒   x =  u =  x + y =  y = ⇒ ⇒ +) z = ⇒   x = v =  xy =   y =  Vậy hệ có nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); Cố gắng lên !!! (2; 1; 2) 10 Trường THCS DTNT Quan Hóa Ta có 1+x2 = xy + yz + z = y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) Tương tự ta có: 1+y =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y) T= x ( y + x )( y + z )( z + x )( z + y ) ( x + z )( x + y ) +y ( z + x )( z + y )( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) Năm 2011 +z ( x + y )( x + z )( y + x )( y + z ) = ( z + x )( z + y ) =2(xy+yz+zx)=2 Vậy T= N 4.a) + Trên tia MA đặt MG = AB, tia MD đặt MH = CD Nối GH + Chứng minh được: 1 S∆EAB + S∆ECD = S∆DAB + S∆DBC = SABCD 2 1 S∆FAB + S∆FCD = S∆CAB + S∆ACD = SABCD 2 A K B E F G M H C D S∆EGH + S∆MHG = S∆FGH + S∆MHG = S∆KGH + S∆MHG = SABCD ⇒ S∆EGH = S∆FGH = S∆KGH Suy khoảng cách từ E; F; K đến đường thẳng GH nên E; F; K nằm đường thẳng Vậy E, F,K thẳng hàng (đfcm) b) + Lấy điểm I nằm tứ giác ABCD, chứng minh được: S∆IGH + S∆MGH = SABCD ⇒ S∆IGH = S∆EGH = S∆FGH ⇒ I nằm đường thẳng EF + Lấy điểm I’ đường thẳng EF nằm tứ giác ABCD, chứng minh S∆I ' AB + S∆I 'CD = SABCD Vậy tập hợp điểm I phần đường thẳng EF nằm tứ giác ABCD Do MN // CD nên ∠ EDC = ∠ ENA Mặt khác ∠ CDA= ∠ DNA ( Cùng chắn cung DA) -> ∠ EDC= ∠ CDA hay DC phân giác góc ADE Lâp luận tương tự -> CD phân giác góc ACE -> A E đối xứng qua CD-> AE ⊥ CD Do PQ song song với CD nên AE ⊥ PQ ( *) Gọi I giao điểm AB CD Ta có ∆ AID đồng dạng với ∆ DIB ( Do chung ∠ BID ∠ IAD = ∠ IDB (cùng chắn cung BD)) -> ID IB = -> ID = IA.IB IA ID (1) Lập luân tương tự -> IC2 = IA.IB Từ (1) (2) -> IC = ID Mà ID IC = AP AQ ( BI ) BA (2) => AP = AQ Cố gắng lên !!! 11 Trường THCS DTNT Quan Hóa Kết hợp với (*) -> ∆ EPQ cân E Năm 2011 Đề 92 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :  x x +8 x + 2  x + x +  :  P= + − +  x +2 x+2 x   x+2 x x   x   a) Tìm x để P có nghĩa chứng minh P ≤ b) Tìm x thoả mãn : x + P = Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình :  x  x +  =1  x +1 b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = x2+ y2x + 2y = ( ) Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z ∈ R thỏa mãn : Hãy tính giá trị biểu thức : M = 1 1 + + = x y z x+ y+z + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) Bài 4: (6,0 điểm).Cho ∆ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c0) 2x x 2x x x2 x2 +( ) + = ⇔ (x − ) + =1 ⇔ ( + 1) = x +1 x +1 x +1 x +1 x +1 x +1 x + (1 − ) x + (1 − ) = ⇔ x = − ± 2 − (thỏa mãn) x + (1 + ) x + (1 + ) = 2 a ĐK : x ≠ −1 ⇔ x − ⇔ b Giải hệ phương trình : Nếu y=0 ⇒ x=0 Vậy x=0, y=0 nghiệm hệ phương trình Với y ≠ hệ cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = x2y+ y3x + 2y2 = ⇔ y x + 2x − y = (1) x2 + y2 x + 2y = (2) Xét y ≠ −3 từ (1) ⇒ x = Nhận thấy y = −3 không thoả mãn hệ phương trình y2 thay vào (2) ta có : y3 +   y2 y2 y3 y3 ) + y2 + y = ⇔ y + + 2 = ⇔ y + 11 y + = y +2 y +2 y +2  ( y + 2)  y = −1 ⇒ y = −1 ⇒ x = −2 ⇔ −2 Vậy hệ có nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 ; ) y = − ⇒ y = ⇒ x = −2 3 3 x+ y x+ y+z−z 1 1 1 1 = => + =0 Từ : + + = => + + − x y z x+ y+z xy z( x + y + z ) x y z x+ y+z (    zx + zy + z + xy  ⇒ ( z + y)  + = ⇒ ( x + y)  ÷ = ⇒ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x) =  xy z ( x + y + z ) ÷ ÷  xyz ( x + y + z )    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).A = 4 Cố gắng lên !!! 13 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 A M F E O Q P B C N a Ta có : BOP góc ngồi ∆AOB ⇒ BOP= OAB + OBA = (BAC + ABC) 180 − ACB = 180 − ( BAC + ABC ) Lại có : PNB=1800 – MNC =1800 2 ⇒ BOP+PNP=1800 ⇒ tứ giác BOPN nội tiếp ⇒ OPM = OBC (cùng bù OPN ) ⇒ ∆ OPM ∆ OBC (g.g) Mặt khác : OMP = OCN PM OM OP (1) ⇒ = = a OC OB NQ ON OM PM = = = ∆ OCA (g.g) ⇒ Tơng tự ta có : ∆ ONQ  b OC OC a PQ OP PM MP NQ PQ = = = = ∆ AOB ∆ QOP (g.g) ⇒  Từ (1) , (2) ⇒ hay : c OB a a b c b Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên) ⇒ AQO=AMO = 900 ⇒ ∆ ABQ vng Q có QE trung tuyến ⇒ EQB= EBQ=CBQ ⇒ EQ//BC mà EF//BC ⇒ E, Q, F thẳng hàng Ta có chu vi ∆ AMN = AM + AN + MN = AM + AN + MX + XN Mà MB = MX(định lí hai tiếp tuyến cắt nhau) Và XN = NC (định lí hai tiếp tuyến cắt nhau) Vậy chu vi ∆ AMN = AM + AN + MB + NC = AB + AC(khơng đổi) ˆ ˆ Ta có BOX = 180 − BAC (không đổi) ˆ ˆ ˆ Tia OX hai tia OM, ON nên MON = MOX + XON ˆ ˆ ˆ ˆ Ta lại có MOX = MOB, XON = NOC (định lí hai tiếp tuyến cắt nhau) ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Vậy MOX + XON = MOB + NOC ⇒ MOX + XON = ˆ BOC ˆ BAC ˆ (không đổi) ⇒ MON = 90 − Cố gắng lên !!! 14 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Đề 93 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x −3   x +2 −x x −9  P = + − ÷: 1 − ÷ x −9  x + x −6   2 − x + x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nguyên x để P nguyên Bài 2: (3,0 điểm).Cho x > 0, y > x + y = Chứng minh: 8(x + y ) + ≥5 xy Bài 3: (5,0 điểm) a) Giải phương trình : 25 - x - 10 - x = b) Tìm tất tam giác vng có độ dài cạnh số nguyên số đo diện tích số đo chu vi Bài 4: (6,0 điểm).Cho ∆ABC đều, nội tiếp đường tròn tâm O D điểm nằm cung BC không chứa điểm A tia AD lấy điểm E cho AE = DC a) Chứng minh ∆AEB = ∆CDB b) Xác định vị trí điểm D cho tổng (DA + DB + DC) lớn Bài 5: (2,0 điểm) Cho a, b, clà độ dài 3cạnh ∆ABC Gọi m, n, k độ dài đường phân giác 3góc ∆ABC Chứng minh : + + > + + Cố gắng lên !!! 15 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 x ≥ x ≥   Điều kiện để P có nghĩa:  x ≠ ⇔ x ≠ x ≠  x ≠  (x − 9) + (4 − x) Ta có: P = −x − (2 − x )( x + 3) ( x − 2)( x + 3) x( x − 3) ( x − 3)( x + 3) (x − 9) + (4 − x) + (9 − x) x + −x 2+ x ⇔P = ⇔P = = (2 − x )( x + 3) x (2 − x ) x x Theo câu a ta có: P = 2+ x x =1+ x Do để P ∈ Z ta cần x  x =1 ∈Z⇔   x = (lo¹i)  ⇔ x = 1.Vậy với x = P có giá trị nguyên Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2 = [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2= 2x2y2 – 4xy + ⇒ 8(x + y ) + 1 = 16x y − 32xy + + = (4xy − 7)(4xy − 1) + + xy xy xy Vì x > y > nên theo BĐT Cơsi ta có: (4xy − 7)(4xy − 1) ≥  xy ≤ x + y = ⇔ xy ≤ ⇒   ≥4  xy 1 ⇒ (4xy − 7)(4xy − 1) + + ≥ ⇔ 8(x + y ) + ≥ Dấu xảy xy xy a ĐKXĐ: - 10 ≤ x ≤ 10 Đặt a = x = y ⇔ x=y=  x + y = a − b = 25 − x ; b = 10 − x ( a, b ≥ ) Ta hệ pt :  2  a − b = 15 Giải hệ pt ta : a = ; b = Suy : x1 = ; x2 = -3 b Gọi a, b, c số đo cạnh tam giác vng cần tìm Giả sử ≤ a ≤ b < c (1)  a + b2 = c2 Ta có hệ phương trình :  (2) ab = 2(a + b + c) Từ (1) ⇒ c2 = (a + b)2 − 2ab ⇒ c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2)) ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c ⇔ (a + b)2 − 4(a + b) + = c2 + 4c + ⇔ (a + b − 2)2 = (c + 2)2 ⇔ a + b − = c + (do a + b ≥ 2) ⇔ c = a + b − Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4) ⇔ ab −4a−4b + = ⇔ b(a −4) −4(a−4) = ⇔ (a −4)(b−4) = Phân tích = 1.8 = 2.4 nên ta có: a − =1 a - = hc   b - = b − = ⇔ a=5 hc  b = 12 Cố gắng lên !!! a =  b =8 16 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Từ ta có tam giác vng có cạnh (5 ; 12 ; 13) (6 ; ; 10) thỏa mãn u cầu tốn 4.Vì ∆ABC nên AB = CB (1) A Theo giả thiết ta có AE = CD (2) · · Ta lại có BAE = BCD (cùng chắn cung AD) (3) E Từ (1), (2) (3) suy ra: ∆ABE = ∆CBD O Theo câu a ta có: ∆ABE = ∆CBD ⇒ BE = BD ⇒ ∆BED cân B C · · Mặt khác ta lại có: BDA = BCA (cùng chắn cung AB) D ⇒ ∆BED ⇒ BD = ED Vậy ta có: DA + DB + DC = DA + ED + AE = 2DA Vì điểm D thuộc cung BC không chứa A nên suy tổng (DA + DB + DC) lớn DA đờng kính đờng trịn (O), hay D điểm cung BC nhỏ M Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB M ⇒ A1 = M1 ; A2 = C1 Mà A1 = A2 ( AD tia phân giác góc A ) Nên M1 = C1 ⇒ AM = AC Xét ∆AMC : MC < AM + AC = 2AM Xét ∆BMC ta có : AD // MC ⇒ = = Nên AD = < ⇒ > ( + ) ⇔ > ( + ) Tương tự : > ( + ) ; > ( + ) Vậy + + > + + A B D C Đề 94 Bài 1: (4,0 điểm)   6x +   + 3 x3 3x − − 3x ÷ Cho biểu thức: A =  ÷  3 x − x + x + ÷ + x ÷    Rút gọn biểu thức A Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Cố gắng lên !!! 17 Trường THCS DTNT Quan Hóa Bài 2: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình: Năm 2011  x + y − xy = 19   x + y + xy = −7 Bài 3: (5,0 điểm).Giải phương trình a) x + 4x + + x + x + 15 + x + 12 x + 35 + x + 16 x + 63 = b) x + − x + + x + 11 − x + = Bài 4: (6,0 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp đường trịn tâm O Tia phân giác góc A cắt (O) D Một đường tròn (L) thay đổi qua A, D cắt AB, AC điểm thứ hai M, N a) CMR: BM = CN b) Tìm quỹ tích trung điểm K MN c) Tìm vị trí (L) cho MN ngắn Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I giao điểm hai đường chéo Kí hiệu S1 = S ∆AIB ; S = S ∆CID ; S = S ABCD a Chứng Minh: S1 + S ≤ S b Khi tứ giác ABCD hình thang hệ thức xảy nào? Ta có: x + 3x + = ( 3x  A=     A=   ) ( ( −8 = ( )( ( ) 3x + + > 0;1 + x > 0, ∀x ≥ , nên điều kiện để A có nghĩa )   + 3x ) ÷ ( x − x + x + ≠ 0, x ≥ ⇔ x ≠ ⇔ ≤ x ≠ ( )( )   x + − 3x − x 3x − − 3x ÷ A =  ÷ ÷  3x − 3x + 3x + ÷ 3x − 23 3x + 3x + ÷ + x     3x + + 3x 3x − ÷ 3x − x + (0 ≤ x ≠ ) A= 3x − x + x + ÷ 3x −  6x + ) )( ) ( ( ) ( Cố gắng lên !!! )  ÷ 3x − x + − x ÷  ( ) ) 18 Trường THCS DTNT Quan Hóa A= ( ) =( 3x − 3x − ) 3x − + ( ) Năm 2011 3x − + 3x − = 3x + 3x − Với x số nguyên không âm, để A số nguyên  3x = 3 x = 3x − = ±1 ⇔  ⇔ ⇔ x = (vì  3x =  3x =  x ∈ Z x ≥ ) Khi đó: A = ( x + y ) − xy = 19  x + y − xy = 19  S − 3P = 19  S = x + y   ⇔ ⇔ 2.a)   ÷ (1)  x + y + xy = −7  x + y + xy = −7  S + P = −7  P = xy   Giải hệ (1) ta được: ( S = −1; P = −6), ( S = −2; P = −5)  x + y = −1  x + y = −2 Giải hệ phương trình tích, tổng:   ta có nghiệm hệ phương trình  xy = −6  xy = −5  x = −3  x = ; ;  y =  y = −3 cho là:   x = −1 −  x = −1 +   ;   y = −1 +  y = −1 −   a) x2 + 4x + = ( x + 1)( x+ 3) x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5) x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7) x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9) ⇒ ĐKXĐ : x ≠ -1; x ≠ -3; x ≠ -5; x ≠ -7; x ≠ -9 1 1 + + + = ( x + 1)( x + 3) ( x + 3)( x + 5) ( x + 5)( x + 7) ( x + 7)( x + 9) 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + − )= ⇔ ( − )= ⇔ ( x +1 x + x + x + x + x + x + x + x +1 x + pt ⇔ ⇒ 5( x + - x -1) = 2( x+1)( x+9)⇔ 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0⇔ x2 + 10x - 11 = Phương trình có dạng a + b + c = ⇒ x1 = 1; x2 = -11 x1; x2 thỏa mãn ĐKXĐ Vậy tập nghiệm phương trình : S = {−11;1} b) ĐKXĐ: x ≥ -2 ( 0,5 điểm) 2 Pt ⇔ ( x + − 2) + ( x + − 3) = | x + − | + | x + -3| = ⇔ | x + − | + | - x + 2| = áp dụng BĐT |A|+ |B| ≥| A + B| ta có : | x + − | + | - x + | ≥ Dấu "=" xảy : ( x + − )( - x + ) ≥ ⇔ ≤ x + ≤ ⇔ 2≤ x ≤ Vậy tập nghiệm phương trình : S = { x / ≤ x ≤ 7} 4.a) Xét ∆BMD ∆CND: + BD=CD (vì AD phân giác góc A) + ∠ACD = sđ cung AD 1 sđ cung AB + sđ cung BD = sđ cung AD 2 ⇒ ∠ACD = ∠MBD Trong (L), A1 = A2 ⇒ DM = DN ⇒ ∆ BMD = ∆ CND ⇒ BM = CN b) Gọi I trung điểm BC ⇒ I cố định Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’ ⇒ MM’NN’ hình bình hành ∠MBD = A1+D1= Cố gắng lên !!! 19 Trường THCS DTNT Quan Hóa ⇒ K trung điểm M’N’ Vì IM’ = BM = CN = IN’ ⇒ IM’=IN’ ⇒ IK phân giác ∠ M’IN’ Năm 2011  IM ' // MB ⇒ IM’, IN’ cố định Vậy: Quỹ tích K đờng phân giác ∠ M’IN’  IN ' // CN c) ∆ DMN cântại D có ∠ MDN = 1800 - ∠ BAC = Const ⇒ MN ngắn ⇔ DM nhỏ ⇔ DM ⊥ AB ⇔ AD đờng kính (L) Do  a Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S = S AID Kẻ AH ⊥ BD; CK ⊥ BD B AH BI S BI ⇔ = (1) Ta có: S4 DI S AID = AH DI SCID = CK DI S BI ⇔ = (2) S2 DI S BIC = CK BI S1 S3 = ⇔ S1.S2 = S3 S (3) Từ (1) (2) suy ra: S4 S2 S AIB = S1 H I S3 C A S4 K S2 D ≥ S + S + S S (4) Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4 2 Từ (3) (4) ta suy ra: S ≥ S1 + S + S1.S = ( S1 + S2 ) ⇔ S ≥ S1 + S (đpcm) b Khi tứ giác ABCD hình thang ta xét: * Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S = S ⇒ S = S1 + S S * Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S = S ⇒ ≥ S1 = S 2 S Dấu sảy khi: S1 = S = S = S = ⇔ ABCD hình bình hành Đề 95 Bài 1: (5,0 điểm) Cho phương trình : 2+ x + 2+ x + 2− x − 2− x = a) Tìm điều kiện x để phương trình có nghĩa b) Giải phương trình Bài 2: (3,0 điểm).Giải hệ phương trình: Cố gắng lên !!! 20 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 x + y =   5 2 x + y = x + y  3 Bài 3: (5,0 điểm) a) Cho x, y >0 x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 1 + x + y xy b) Cho số dương a,b,c thay đổi thoả mãn : a+b+c=4 CMR: a + b + b + c + c + a > Bài 4: (6,0 điểm) Cho góc xIy A điểm lấy đường phân giác góc góc , Gọi K , M chân đường vng góc hạ từ A đến cạnh Ix , Iy góc xIy Trên KM lấy điểm P ( KP < PM ) Qua P dựng đường thẳng vng góc với AP cắt KI Q , MI S a) Chứng minh cácc tứ giác KPAQ PSMA nội tiếp đường tròn b) Chứng minh : P trung điểm QS c) Cho ∠ KIM = 2α ; KM = a ; QS = b ( a < b ) Tính KQ Bài 5: (2,0 im).Cho tam giác ABC nhọn có đờng cao: AA1, BB1, CC1 đồng qui H Chứng minh rằng: HA HB HC + + ≥6 HA1 HB1 HC1 Dấu "=" xảy nào? a) iu kin : < x ≤ b) Đặt 2+ x + 2+ x 4+2 x = a ; + 2− x − 2− x = 2⇔ 2+ x 2+ 4+2 x + 2− x 2− 4−2 x = (1) − x = b ( a ; b ≥ 0) Cố gắng lên !!! 21 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 a + b =  Ta có :  a b2 + =2  2 + a − b a + b = a + b = a + b =    ⇔ ⇔ (I)  ( a + b ) − ab ( a − b ) = + ( a − b ) − 2ab ( a − b ) ( ab + ) − ( ab + ) = ( a − b − ) ( ab + ) =     Vì ab + > nên :   b = a  b=   a − b ) + 2ab = ab =  b =  a ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  a ( I ) ⇔ (  a =1+ a − b = a − b = a − =    a − 2a − =  a = − (loai a < 0) a    + x = +1 a = +   ⇔ ⇔ ⇔x =3 b = −1  − x = −1    x3 + y =  x3 + y =  x3 + y =    ⇔ ⇔ 2 Ta có:  5 2 2 3 x + y = x + y  x + y = ( x + y )( x + y )  x y ( x + y) =    Sảy trườngg hợp:  x3 + y =  x = y = ⇔ Trường hợp a:   y =1 x =  xy = 3 3  x + y =  x + y = − y + y = ⇔ ⇔ ⇔ hệ vô nghiệm Trường hợp b:  x + y = x = − y x = − y x = x = ; y =1 y = Vậy nghiệm hệ là:  3.a.Vi a > 0, b > ; Ta có: a + b ≥ a b = 2ab (Bdt Cô si) ⇒ a + b + 2ab ≥ 4ab ⇒ (a + b) ≥ 4ab (a + b)(a + b) a+b a a 1 ≥4 ⇒ ≥ ⇒ + ≥ ⇒ + ≥ (*) ab ab a+b ab ab a + b a b a+b Áp dụng BÐT (*) v i a = x + y ; b = 2xy ; ta có: 1 4 + ≥ = (1) 2 x + y 2xy x + y + 2xy (x + y) 1 ≥ ⇒ ≥ Mặt khác : (x + y) ≥ 4xy ⇒ (2) 4xy (x + y) xy (x + y)  1  1  1  1 ⇒A= + = + = + ÷+ ÷+ 2 x + y xy  x + y 2xy  2xy  x + y 2xy  xy 4  1 ≥ + = 1+ ÷ = ≥6 2  (x + y) (x + y) (x + y)   (x + y) [Vì x, y >0 x + y ≤ ⇒ < (x + y) ≤ ] ⇒ minA = x = y = b.*Do a,b,c >0 từ gt ta có : a + b < a + b + c = ⇔ a + b < ⇔ a + b < a + b (1) K *Hoàn toàn tương tự ta có: b + c < b + c (2) c + a < c + a (3) ⇒ *Cộng vế với vế (1),(2) (3) ta có: ( 2( a + b + c ) < a + b + b + c + c + a x Q 1 ) P A H Cố gắng lên !!! 22 I S M y Trường THCS DTNT Quan Hóa Hay < a + b + b + c + c + a ⇒ đpcm Năm 2011 4.• Theo giả thiết ∠ AKQ = ∠ APQ = 900 , nên tứ giác KPAQ nội tiếp đường trịn đường kính AQ Cũng theo giả thiết ∠ AMS = ∠ APS = 900 nên tứ giác PSMA nội tiếp đường tròn đường kính AS (ĐPCM) b) Trong tứ giác nội tiếp KPAQ ta có ∠ K1 = ∠ Q1 (cùng chắn cung AP) Trong tứ giác nội tiếp PSMA ta có ∠ S1 = ∠ M1 (cùng chắn cung AP) Mà A nằm phân giác ∠ xIy nên AK = AM ⇒ ∠ K1 = ∠ M1 Vậy ∠ Q1 = ∠ S1 hay ∆ AQS cân A có AP đường cao nên AP trung tuyến ⇒ P trung điểm QS c) Do AK ⊥ Ix ; AM ⊥ Iy A nằm phân giác góc xIy nên ∠ I1=∠I2=α ∆AKI = ∆ AMI ⇒ IK = IM ; AK = AM ⇒ AI trung trực KM Gọi H = AI ∩ KM ⇒ H trung điểm KM IA ⊥ KM H Trong tam giác vng AIK ta có ∠ I1 = ∠ K1 (cùng phụ với ∠ IAK) nên ∠ K1 = ∠ Q1 = α KH a = Trong tam giác vng AHK có : KH = KM/2 = a/2 ; ∠K1 =α nên AK = cos K 2cosα b Trong tam giác vuông APQ có : QP = QS/2 = b/2 ; ∠ Q1 = α nên AQ = 2cosα Trong tam giác vng AKQ có : KQ = AQ - AK nên KQ = Do tam gi¸c ABC nhọn, nên H nằm tam giác A b2 a2 = 4cos 4cos * Đặt S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB Ta cã: T¬ng tù: A AA1.BC S AA1 HA = = = 1+ S1 HA1 HA1.BC HA1 S HB =1 + S2 HB1 B1 C1 H S HC = 1+ S3 HC1 1 HA HB HC 1 Suy ra: + + =S + + HA1 HB1 HC1  S1 S S b2 - a2 4cos 2α B A  1 1  − = ( S1 + S + S3 )  + + ÷− ÷   S1 S S3 C Theo bất đẳng thức C«sy: 1 1  HA HB HC = ( S1 + S + S3 )  + + + + ≥ −3 = ÷≥ ⇒ HA1 HB1 HC1  S1 S S3  Dấu "=" xảy tam giác ABC Cố gắng lên !!! 23 ... ˆ (không đổi) ⇒ MON = 90 − Cố gắng lên !!! 14 Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Đề 93 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x −3   x +2 −x x ? ?9  P = + − ÷: 1 − ÷ x ? ?9  x + x −6   2 − x... BC Cố gắng lên !!! Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2011 Đề 93 Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x −3   x +2 −x x ? ?9  P = + − ÷: 1 − ÷ x ? ?9  3+ x x + x −6   2 − x a) Rút gọn biểu thức P... + c + a ⇒ đpcm Năm 2011 4.• Theo giả thi? ??t ∠ AKQ = ∠ APQ = 90 0 , nên tứ giác KPAQ nội tiếp đường trịn đường kính AQ Cũng theo giả thi? ??t ∠ AMS = ∠ APS = 90 0 nên tứ giác PSMA nội tiếp đường trịn