TÀI LIỆU TOÁN 9 ÔN THI VAO THPT CHUẨN

ƠN TUYỂN SINH 10 Chđ ®Ị I rót gän biĨu thức Có chứa thức bậc hai CN BC HAI A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Khái niệm x bậc hai số không âm a ⇔ x2 = a Kí hiệu: x = a 2.Điều kiện xác định biểu thức A Biểu thức A xác định ⇔ A ≥ 3.Hằng đẳng thức bậc hai A A ≥ A2 = A =  −A A < 4.Các phép biến đổi thức +) A.B = A B ( A ≥ 0; B ≥ ) +) A A = B B +) A 2B = A B ( B ≥ 0) +) A = A.B B B ( A.B ≥ 0; B ≠ ) +) ( A ≥ 0; B > ) ( ) ( B ≥ 0; A ≠ B ) n.( A m B ) = ( A ≥ 0; B ≥ 0; A ≠ B ) m A m B m = A2 − B A± B +) n A± B +) A ± B = m ± m.n + n = A−B m + n = A với  m.n = B Bµi 1: Thùc hiƯn phÐp tÝnh: 1) − 125 − 80 + 605 ; 2) 10 + 10 + 5+ ; 1− 3) 15 − 216 + 33 − 12 ; 4) − 12 − 18 − 48 + 27 ; 30 + 162 ( m± n ) = m± n BµI TËP 5) 2− 2+ ; + 2+ 2− 6) 16 − − ; 27 75 7) 27 − + 75 ; Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đô Lương - Nghệ An ÔN TUYỂN SINH 10 ( 3− 3+ 8) ) 10 + 9) − 25 12 + 10) − ( + ) ; 18) 19) 13) ( + ) ( 49 − 20 ) − ; + 2+ + ) 6−4 + − 6−4 2 + −8 5 −4 ; 17) 14 − − 24 − 12 ; + 10 + + − 10 + ; 14) + 6+4 16) ( 192 ; 11) − + + ; 12) 6+4 15) − 2− ;  x Bµi 2: Cho biĨu thøc A =  −  2 x  a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm giá trị x để A > - Câu I(2,5đ): HN Cho biÓu thøc A = 20) ( + + ; +1 3−2 −3 ) ( ) +1 − 1− −1 3 + +1 1+ +1  x − x x + x  ÷ ÷ x + − x − ÷ ÷   x 1 + + , víi x ≥ vµ x ≠ x−4 x −2 x +2 1/ Rót gọn biểu thức A 2/ Tính giá trị biểu thức A x = 25 3/ Tìm giá trị x để A = -1/3 Câu I: (1,5đ) C Tho Cho biĨu thøc A = 1/ Rót gän biĨu thức A 2/ Tìm giá trị x để A > Câu III: HCM Thu gọn biểu thức sau: 15 − + + 1+ 5  x+ y x− y − B =  + xy  − xy x + x −1 − x − x −1 − x x−x 1− x A=   x + xy  : ÷ ÷  − xy ÷  Bài 1: (2,0đ) KH (Không dùng máy tính cầm tay) a Cho biÕt A = + 15 vµ B = - 15 h·y so s¸nh tỉng A + B vµ tÝch A.B Bài 2:Cho biểu thức: Hà Tĩnh  x x x    − P =  +  với x >0  x  x + x x + x  1.Rút gọn biểu thức P 2.Tìm giá trị x để P = Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ; ƠN TUYỂN SINH 10 Bài 1: (1,5 điểm) BÌNH ĐỊNH Cho P = x+2 x +1 x +1 + − x x −1 x + x +1 x −1 a Rút gọn P b Chứng minh P ; y > ; x ≠ y Câu 6: VĨNH PHÚC Rút gọn biểu thức: A = 48 − 75 − (1 − 3)2 Bài ( điểm ) ĐÀ NẲNG  a    − + Cho biểu thức K =  ÷:  ÷  a −1 a − a   a +1 a −1 a) Rút gọn biểu thức K b) Tính giá trị K a = + 2 c) Tìm giá trị a cho K < 25 a) PHÚ YÊN Trục mẫu : A = + ; B= 4+2 Bài 1: (1,5 điểm) hng yên a) Rút gän biÓu thøc: A = 27 − 12 Bài (1,5 điểm) QUẢNG TRỊ Cho biểu thức A = x − 27 + x − − x − 12 với x > a/ Rút gọn biểu thức A b/ Tìm x cho A có giá trị Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 Bài (1,5 điểm) QUẢNG TRỊ  Rút gọn biểu thức: P =   a −1 Câu (2,0 điểm) QUẢNG TRỊ −   a +1 a +2  với a > 0, a ≠ 1, a ≠  :  − a   a −2 a −  Rút gọn (khơng dùng máy tính cầm tay) biểu thức: a) 12 − 27 + b) − + ( − ) 1) Rót gọn biểu thức: Hải d ơng x  víi x > vµ x ≠ A= − : ÷ x +1 x + x +1 x+ x Cõu 2:(2.0 im) Hải Dơng thøc 2( x − 2) x + a) Rút gọn biểu thức: A = với x ≥ x ≠ x−4 x +2  1  Bài 2(2,0 điểm): Hà Giang Cho biểu thức : M =  ÷1 − ÷ a  − a + a  a, Rót gän biĨu thức M b, Tính giá trị M a = Bài 3: (2điểm) BÌNH THUẬN Rút gọn biểu thức: 1/ 2/ A= + 15 + − 15 − 15 + 15  a − a  a + a  1 +  B = 1 + − a  + a   Câu 1: (2đ) Rút gọn biểu thức Long An a/ A = − 27 − 128 + 300 Câu2: (2đ) Long An a2 + a 2a + a − + (với a>0) Cho biểu thức P = a − a +1 a a/Rút gọn P b/Tìm giá trị nhỏ nht ca P Câu 3: (2 điểm) Bắc Ninh Cho biÓu thøc: A = 2x x + − 11x − − x + 3 − x x2 − Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đô Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 a/ Rót gọn biểu thức A b/ Tìm x để A < c/ Tìm x nguyên để A nguyên B Câu III: (1,0 điểm) Bắc giang x+ x Rút gọn: A =    x − x  + 1 − 1 Víi x ≥ 0; x ≠ x +  x −  Bài 2: (2,0 điểm) ĐĂK LĂK 1/ Rút gọn biểu thức A = ( + 2) + ( − 2)  x +2 2/ Cho biểu thức B =   x −1 − x +1 x −3 +    : 1 − ÷ ÷ ÷ ( x − 1)( x − 3)   x −1 x −1 A Rút gọn biểu thức B B Tìm giá trị nguyên x để biểu thức B nhận giá trị nguyên Bµi (2,0 điểm): Quảng Bình Cho biểu thức: N= n + n + ; víi n ≥ 0, n ≠ n +1 n −1 a Rót gän biĨu thức N b Tìm tất giá trị nguyên n để biểu thức N nhận giá trị nguyên Bài 3: (1,0 di m) ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN y x + x +x y+ y (x > 0; y > 0) Rút g n bi u th c P = xy +  x   10 − x  + + : x − + ÷  ÷  x −4 2− x x + ữ x +2 ài 3: Cho biĨu thøc B =  a) Rót gän biĨu thức B; b) Tìm giá trị x để A > − + x −1 x x +1 x − x +1 Bµi 4: Cho biĨu thøc C = a) Rót gän biĨu thøc C; b) Tìm giá trị x để C < Bài 5: Rót gän biĨu thøc : a) D = x + + x2 − + x + − x2 − x + − x2 − x + + x2 −  x + x  x − x  b) P = 1 + ; ÷  ÷1 − x − ÷ ÷ x +    ; c) Q = d) H = x +1 ; : x − x x x +x+ x x −1 − x − x − −1 1  a +1 + ÷: a −1  a − a +1 a− a  Bµi 6: Cho biĨu thøc M =  a) Rót gän biĨu thøc M; Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đô Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 b) So s¸nh M víi 2x − x − Bµi 7: Cho biểu thức P = Q = x −2 a) Rót gän biĨu thøc P vµ Q; b) Tìm giá trị x để P = Q x − x + 2x − x +2 2x + x x − x x + + − x x− x x+ x Bµi 8: Cho biĨu thøc P = a) Rót gän biĨu thøc P b) So s¸nh P víi c) Víi mäi giá trị x làm P có nghĩa, chứng minh biểu thức giá trị nguyên nhận P  3x + 9x − 1  + + ÷  x + x −2 ÷: x − x − x +   Bµi 9: Cho biĨu thøc P =  a) Tìm điều kiện để P có nghĩa, rút gọn biểu thức P; số tự nhiên; P c) Tính giá trị P với x = b) Tìm số tự nhiên x để  x +2 x +3 x +2  x  − − : − ÷  ÷  x−5 x +6 2− x x −3÷ x +1÷     Bµi 10: Cho biĨu thøc : P =  a) Rót gän biĨu thøc P; b) T×m x ®Ĩ Chđ ®Ị II ≤− P HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ I Tính chất hàm số bậc y = ax + b (a ≠0) -Đồng biến a > 0; nghịch biến a < -Đồ thị đường thẳng nên vẽ cần xác định hai điểm thuộc đồ thị +Trong trường hợp b = 0, đồ thị hàm số qua gốc tọa độ +Trong trường hợp b ≠ 0, đồ thị hàm số cắt trục tung điểm b -Đồ thị hàm số tạo với trục hồnh góc α , mà tgα = a -Đồ thị hàm số qua điểm A(xA; yA) yA = axA + b II.Điểm thuộc đường – đường qua điểm Điểm A(xA; yA) thuộc đồ thị hàm số y = f(x) yA = f(xA) Ví dụ 1: Tìm hệ số a hàm số: y = ax biết đồ thị hàm số qua điểm A(2;4) Giải: Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 Do đồ thị hàm số qua điểm A(2;4) nên: 4= a.22 a=1 Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ cho A(-2;2) đường thẳng (d) có phương trình: y = -2(x + 1) Đường thẳng (d) có qua A khơng? Giải: Ta thấy -2.(-2 + 1) = nên điểm A thuộc v đường thẳng (d) III.Quan hệ hai đường thẳng Xét hai đường thẳng: (d1): y = a1x + b1 ; (d2): y = a2x + b2 với a1 ≠ 0; a2 ≠ -Hai đường thẳng song song a1 = a2 b1 ≠ b2 -Hai đường thẳng trùng a1 = a2 b1 = b2 -Hai đường thẳng cắt a1 ≠ a2 +Nếu b1 = b2 chúng cắt b1 trục tung +Nếu a1.a2 = -1 chúng vng góc với IV.Cách tìm giao điểm hai đường y = f(x) y = g(x) Bước 1: Tìm hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình f(x) = g(x) (II) Bước 2: Lấy nghiệm thay vào hai công thức y = f(x) y = g(x) để tìm tung độ giao điểm Chú ý: Số nghiệm phương trình (II) số giao điểm hai đường V.Tìm điều kiện để đường thẳng đồng qui Bước 1: Giải hệ phương trình gồm hai đường thẳng khơng chứa tham số để tìm (x;y) Bước 2: Thay (x;y) vừa tìm vào phương trình cịn lại để tìm tham số VI.Tính chất hàm số bậc hai y = ax2 (a ≠ 0) -Nếu a > hàm số nghịch biến x < 0, đồng biến x > Nếu a < hàm số đồng biến x < 0, nghịch biến x > -Đồ thị hàm số Parabol qua gốc tọa độ: +) Nếu a > parabol có điểm thấp gốc tọa độ +) Nếu a < Parabol có điểm cao gốc tọa độ -Đồ thị hàm số qua điểm A(xA; yA) yA = axA2 VII.Vị trí đường thẳng parabol -Xét đường thẳng x = m parabol y = ax2: +) ln có giao điểm có tọa độ (m; am2) -Xét đường thẳng y = m parabol y = ax2: +) Nếu m = có giao điểm gốc tọa độ m +) Nếu am > có hai giao điểm có hồnh độ x = ± a +) Nếu am < khơng có giao điểm VIII.Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) Bước 1: Tìm hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình: cx2= ax + b (V) Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 Bước 2: Lấy nghiệm thay vào hai công thức y = ax +b y = cx để tìm tung độ giao điểm Chú ý: Số nghiệm phương trình (V) số giao điểm (d) (P) IV.Tìm điều kiện để (d) (P) a) (d) (P) cắt phương trình (V) có hai nghiệm phân biệt b) (d) (P) tiếp xúc với phương trình (V) có nghiệm kép c) (d) (P) khơng giao phương trình (V) vơ nghiệm X.Viết phương trình đường thẳng y = ax + b biết 1.Quan hệ hệ số góc qua điểm A(x0;y0) Bước 1: Dựa vào quan hệ song song hay vng góc tìm hệ số a Bước 2: Thay a vừa tìm x0;y0 vào cơng thức y = ax + b để tìm b 2.Biết đồ thị hàm số qua điểm A(x1;y1) B(x2;y2) Do đồ thị hàm số qua điểm A(x1;y1) B(x2;y2) nên ta có hệ phương trình: Giải hệ phương trình tìm a,b 3.Biết đồ thị hàm số qua điểm A(x0;y0) tiếp xúc với (P): y = cx2 (c 0) +) Do đường thẳng qua điểm A(x0;y0) nên có phương trình : y0 = ax0 + b (3.1) +) Do đồ thị hàm số y = ax + b tiếp xúc với (P): y = cx (c 0) nên: Pt: cx2 = ax + b có nghiệm kép (3.2) +) Giải hệ gồm hai phương trình để tìm a,b XI.Chứng minh đường thẳng ln qua điểm cố định ( giả sử tham số m) +) Giả sử A(x0;y0) điểm cố định mà đường thẳng qua với m, thay x 0;y0 vào phương trình đường thẳng chuyển phương trình ẩn m hệ số x 0;y0 nghiệm với m +) Đồng hệ số phương trình với giải hệ tìm x0;y0 XII.Một số ứng dụng đồ thị hàm số 1.Ứng dụng vào phương trình 2.Ứng dụng vào tốn cực trị bµi tËp hàm số Câu IV: (1,5đ) C tho Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P) Tìm a, biết (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x hoành độ Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) (P) (d) điểm A có Nguyn Kim Phỳc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 Bài 2: (2,25đ) hue a) Cho hàm số y = ax + b T×m a, b biÕt r»ng đồ thị hàm số đà cho song song với x có hoàng độ -2 b) Không cần giải, chứng tỏ phơng trình ( + )x2 - 2x - = cã hai nghiệm đờng thẳng y = -3x + ®i qua ®iĨm A thc Parabol (P): y = ph©n biệt tính tổng bình phơng hai nghiệm Câu II: HCM a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = x đuờng thẳng (d): y = x + trªn cïng mét hƯ trơc toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) vµ (d) b»ng phÐp tÝnh Bài 2: (2,50 điểm) KH Cho Parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d): y = mx – (m tham số, m ≠ ) a Vẽ đồ thị (P) mặt phẳng Oxy b Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm (p) (d) c Gọi A(xA; yA), B(xB; yB) hai giao điểm phân biệt (P) (d) tìm giá trị m cho yA + yB = 2(xA + xB) – Bàì 1: Hà Tĩnh Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + qua điểm M(-2;2) Tìm hệ số a Bài 2: (2,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Đề thức Cho hàm số y = ax + b tìm a, b biết đồ thị hàm số đẫ cho qua hai điểm A(-2; 5) B(1; -4) Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + a tìm điều kiện m để hàm số nghịch biến b Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hoành độ − Bài (3.0 điểm ) QUẢNG NAM Cho hàm số y = x2 y = x + a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm A,B đồ thị hai hàm số phép tính c) Tính diện tích tam giỏc OAB Bài (1,5 điểm) QUNG NINH Cho hàm sè : y = (2m – 1)x + m + với m tham số m # hơp sau : HÃy xác định m trêng Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đô Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 Tø gi¸c ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiÕp cïng ch¾n cung CD) => ∠A1= ∠A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ∠ABC = ∠CME (cïng phô ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cïng bï ∠ADC) => ∠CME = ∠CDS » = CS » => SM ¼ = EM ¼ => ∠SCM = ∠ECM => CA tia phân giác góc SCB => CE Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp AC // FG Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠DEB = ∠BAC = 900 ; l¹i cã ∠ABC lµ gãc chung => ∆DEB ∼ ∆ CAB Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai gãc kỊ bï); ∠BAC = 900 ( v× ∆ABC vuông A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp * BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay ∠BFC = 900 nh vËy F vµ A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG (HD) DÔ thÊy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B C, H ) ; tõ M kỴ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp hÃy xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác Chøng minh r»ng MP + MQ = AH Chøng minh OH ⊥ PQ Lêi gi¶i: Ta cã MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 900; MQ ⊥ AC (gt) => ∠AQM = 900 nh vËy P vµ Q nhìn BC dới góc 900 nên P Q nằm đờng tròn đờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC = BC.AH Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM = AB.MP Tam gi¸c ACM có MQ đờng cao => SACM = AC.MQ Ta cã SABM + SACM = SABC => 1 AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC ®Ịu) => MP + MQ = AH » = HQ ẳ ( tính Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => ∠HAP = ∠HAQ => HP chÊt gãc néi tiÕp ) => ∠HOP = ∠HOQ (t/c gãc ë t©m) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH PQ Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác néi tiÕp Lêi gi¶i: Ta cã : ∠ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MCI = 900 (vì hai góc kề bù) ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MDI = 900 (vì hai góc kề bù) => MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = ∠C1 Mµ ∠A1 + ∠M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + ∠C4 = 900 => ∠C3 + ∠C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 900 XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã ∠OHK = 900; ∠OCK = 900 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mµ OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp Bài 19 Cho đờng tròn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông gãc víi CD Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chøng minh BI // AD Chøng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiÕp tun cđa (O’) Lêi gi¶i: ∠BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bù); DE AB t¹i M => ∠BMD = 900 => ∠BID + BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DC; theo trªn BI ⊥ DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Tõ (1) vµ (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thôi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC OI bán kính ) => ∠I3 = ∠C1 mµ ∠C1 = ∠E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => ∠I1 = ∠I3 => ∠I1 + ∠I2 = ∠I3 + ∠I2 Mµ ∠I3 + ∠I2 = ∠BIC = 900 => ∠I1 + ∠I2 = 900 = ∠MIO’ hay MI ⊥ O’I t¹i I => MI lµ tiÕp tun cđa (O’) Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 Bài 20 Cho đờng tròn (O; R) (O’; R’) cã R > R’ tiÕp xóc ngoµi C Gọi AC BC hai đờng kính ®i qua ®iĨm C cđa (O) vµ (O’) DE lµ dây cung (O) vuông góc với AB trung ®iĨm M cđa AB Gäi giao ®iĨm thø hai cđa DC với (O) F, BD cắt (O) G Chøng minh r»ng: Tø gi¸c MDGC néi tiÕp Bốn điểm M, D, B, F nằm đờng tròn Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB ®ång quy MF = 1/2 DE MF lµ tiÕp tun cđa (O’) Lêi gi¶i: ∠BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CGD = 900 (vì hai góc kề bù) Theo giả thiÕt DE ⊥ AB t¹i M => ∠CMD = 900 => CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ gi¸c néi tiÕp ∠BFC = 900 ( néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE AB M) nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng tròn ®êng kÝnh BD => M, D, B, F cïng n»m đờng tròn Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD DF nªn suy BE ⊥ DF Theo trªn BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF ⊥ DF mµ qua B chØ cã đờng thẳng vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung ®iĨm cđa DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => ∆MDF c©n M => D1 = F1 OBF cân O ( OB OF bán kính ) => ∠F3 = ∠B1 mµ ∠B1 = ∠D1 (Cïng phơ víi ∠DEB ) => ∠F1 = ∠F3 => ∠F1 + ∠F2 = ∠F3 + ∠F2 Mµ ∠F3 + ∠F2 = ∠BFC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = 900 = ∠MFO’ hay MF ⊥ O’F t¹i F => MF tiếp tuyến (O) Bài 21 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiÕp xóc t¹i A Chøng minh IP // OQ Chøng minh r»ng AP = PQ Xác định vị trí P để tam giác AQB cã diƯn tÝch lín nhÊt Lêi gi¶i: Ta cã OI = OA IA mà OA IA lần lợt bán kính đờng tròn (O) đờng tròn (I) Vậy đờng tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân I ( IA IP bán kính ) => ∠A1 = ∠P1 => ∠P1 = ∠Q1 mµ hai góc đồng vị nên suy IP // OQ ∠APO = 900 (néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ Nguyn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đô Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 AB.QH mµ AB lµ đờng kính không đổi nên SAQB lớn QH lín nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO Thật P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO ⊥ AB t¹i O => Q trung điểm cung AB H trung víi O; OQ lín nhÊt nªn QH lín nhÊt (HD) KỴ QH ⊥ AB ta cã SAQB = Bài 22 Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thø tù ë H vµ K Chøng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK Chøng minh KC KD = KH.KB Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào? Lời giải: Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới góc 900 nên H C nằm đờng tròn đờng kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + ∠BHC = 1800 (2) Tõ (1) vµ (2) => ∠CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450 Xét KHC ∆KDB ta cã ∠CHK = ∠BDC = 450 ; ∠K lµ gãc chung KC KH = => ∆KHC ∼ ∆KDB => => KC KD = KH.KB KB KD (HD) Ta có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E B th× H ≡ B; E ≡ C th× H ≡ C) Bài 23 Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE Chøng minh ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF ED, Chøng minh ®iĨm b, k, e, m, c cïng nằm đờng tròn Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải: Theo giả thiết ABHK hình vuông => BAH = 450 Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => ∠BAC = 900 => ∠BAH + ∠BAC + ∠CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo ∠CAD = 450 hay ∠FAC = 450 (2) Tõ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông) => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vu«ng) => ∠CMF = 450 hay ∠CMB = 450 Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông) Nh K, E, M cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dùng BC => điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn Nguyn Kim Phỳc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 ∆CBM cã ∠B = 450 ; ∠M = 450 => ∠BCM =450 hay MC ⊥ BC t¹i C => MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 24 Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn cắt BA BC D E A Chứng minh AE = EB Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đờng trung D trực đoạn HE qua trung điểm I BH F Chøng minh OD lµ tiÕp tun cđa đờng tròn ngoại tiếp tam giác O BDE H / _ Lêi gi¶i: _K 1 ∠AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) / I 0 => AEB = 90 ( hai gãc kỊ bï); Theo gi¶ thiÕt ∠ABE = 45 B E C => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB Gäi K lµ trung ®iĨm cđa HE (1) ; I lµ trung ®iĨm cđa HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE ⊥ HE t¹i E => IK ⊥ HE t¹i K (2) Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trực HE Vậy trung trực đoạn HE ®i qua trung ®iĨm I cđa BH theo trªn I thuéc trung trùc cña HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trßn ) => ∠BDH = 900 (kỊ bï ∠ADC) => tam giác BDH vuông D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng tròn ngoại tiÕp tam gi¸c BDE b¸n kÝnh ID Ta cã ∆ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => D2 = B1 (4) Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH ⊥ AC t¹i F => ∆AEB cã ∠AFB = 900 Theo trªn ∆ADC cã ∠ADC = 900 => ∠B1 = ∠C1 ( cïng phô ∠BAC) (5) Tõ (3), (4), (5) =>∠D1 = ∠D2 mµ ∠D2 +∠IDH =∠BDC = 900=> ∠D1 +∠IDH = 900 = ∠IDO => OD ⊥ ID D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp Chøng minh MI = MH.MK Chøng minh PQ ⊥ MI Lêi gi¶i: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AB = AC => ABC cân A Theo giả thiết MI ⊥ BC => ∠MIB = 900; MK ⊥ AB => ∠MKB = 900 => ∠MIB + ∠MKB = 1800 mµ hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiÕp * ( Chøng minh tø gi¸c CIMH néi tiÕp tơng tự tứ giác BIMK ) Theo tứ gi¸c BIMK néi tiÕp => ∠KMI + ∠KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => ∠HMI + ∠HCI = 1800 mà KBI = HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1) Theo tø gi¸c BIMK néi tiÕp => ∠B1 = ∠I1 ( nội tiếp chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiÕp => ∠H1 = ∠C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) ẳ ) => I1 = H1 (2) Mà ∠B1 = ∠C1 ( = 1/2 s® BM MI MK = Tõ (1) vµ (2) => ∆MKI ∆MIH => => MI2 = MH.MK MH MI Theo trªn ta cã ∠I1 = ∠C1; cịng chøng minh t¬ng tù ta cã ∠I2 = ∠B2 mµ ∠C1 + ∠B2 + ∠BMC = 1800 => ∠I1 + ∠I2 + ∠BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc ®èi => tø gi¸c PMQI néi tiÕp Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 => ∠Q1 = ∠I1 mµ ∠I1 = ∠C1 => ∠Q1 = ∠C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ Bài 26 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R VÏ d©y cung CD ⊥ AB ë H Gäi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm cđa AM vµ CB Chøng minh : KC AC AM tia phân giác CMD Tứ gi¸c OHCI néi tiÕp = KB AB Chøng minh đờng vuông góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng tròn M ằ = MC ẳ ằ Lời giải: Theo giả thiết M trung ®iĨm cđa BC => MB => ∠CAM = ∠BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => AK tia KC AC phân giác góc CAB => ( t/c tia phân giác tam giác ) = KB AB » => ∠CMA = ∠DMA => MA tia phân giác (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung điểm CD góc CMD ằ (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM BC I => ∠OIC = 900 ; CD ⊥ AB t¹i H => ∠OHC = 900 => ∠OIC + ∠OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI néi tiÕp KỴ MJ ⊥ AC ta cã MJ // BC ( vuông góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A đờng tròn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), tõ M kỴ MH ⊥ BC, MK ⊥ CA, MI ⊥ AB Chøng minh : Tø gi¸c ABOC néi tiÕp ∠BAO = ∠ BCO ∆MIH ∼ ∆MHK MI.MK = MH2 Lời giải: (HS tự giải) Tứ giác ABOC néi tiÕp => ∠BAO = ∠ BCO (néi tiÕp chắn cung BO) Theo giả thiết MH BC => ∠MHC = 900; MK ⊥ CA => ∠MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => ∠HCM = ∠HKM (néi tiÕp cïng ch¾n cung HM) Chøng minh tơng tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => ∠MHI = ∠MBI (néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) ¼ ) => ∠HKM = ∠MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã Mµ ∠HCM = ∠MBI ( = 1/2 sđ BM KHM = HIM (2) Từ (1) (2) => ∆ HIM ∼ ∆ KHM MI MH = Theo trªn ∆ HIM ∼ ∆ KHM => => MI.MK = MH2 MH MK Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung ®iĨm I cđa BC Chøng minh tø gi¸c BHCF hình bình hành E, F nằm đờng trßn (O) Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ÔN TUYỂN SINH 10 Chøng minh tứ giác BCFE hình thang cân Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Lời giải: Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng (HD) Tứ giác ABHC néi tiÕp => ∠BAC + ∠B’HC’ = 1800 mµ ∠BHC = ∠B’HC’ (®èi ®Ønh) => ∠BAC + ∠BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = ∠BFC => ∠BFC + ∠BAC = 1800 Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 => Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuộc (O) * H E đối xứng qua BC => ∆BHC = ∆BEC (c.c.c) => ∠BHC = ∠BEC => ∠ BEC + ∠BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) Ta cã H E đối xứng qua BC => BC ⊥ HE (1) vµ IH = IE mµ I lµ trung ®iĨm cđa cđa HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2) Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3) Theo E (O) => ∠CBE = ∠CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4) Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính (O) => ACF = 900 => ∠BCF = ∠CAE ( v× cïng phơ ∠ACB) (5) Tõ (4) vµ (5) => ∠BCF = ∠CBE (6) Tõ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH Theo giả thiết I trung ®iĨm cđa BC => OI ⊥ BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) => OIG = HAG GI OI = (vì so le trong); lại có ∠OGI = ∠ HGA (®èi ®Ønh) => ∆OGI ∼ ∆HGA => mµ OI = AH => GA HA GI = mà AI trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm tam GA giác ABC Bài 29 BC dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chøng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vÞ trÝ cđa A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lời giải: (HD) Tứ giác BFEC nội tiÕp => ∠AEF = ∠ACB (cïng bï ∠BFE) ∠AEF = ∠ABC (cïng bï ∠CEF) => ∆ AEF ∼ ∆ ABC VÏ ®êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cïng vu«ng gãc AC) => BHKC hình bình hành => A trung điểm HK => OK đờng trung bình cđa ∆AHK => AH = 2OA’ ¸p dơng tÝnh chất : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng d¹ng ta cã : R AA ' = ∆ AEF ABC => (1) R bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC; R bán kính đờng R ' AA1 tròn ngoại tiếp AEF; AA lµ trung tun cđa ∆ABC; AA1 lµ trung tun cđa AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp AEF AH A 'O Tõ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’ = AA’ 2 VËy R AA1 = AA’ A’O (2) Gäi B’, Clần lợt trung điểm AC, AB, ta có OBAC ; OCAB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA, OB, OC lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB = ( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB ) 2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đô Lương - Nghệ An ÔN TUYỂN SINH 10 AA1 AA1 mµ lµ tØ sè trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF vµ ABC AA ' AA ' AA1 EF FD ED nên = Tơng tự ta có : OB = R ; OC’ = R Thay vµo (3) ta đợc AA ' BC AC AB EF FD ED 2SABC = R ( BC + AC + AB )  2SABC = R(EF + FD + DE) BC AC AB * R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC Ta có SABC = AD.BC BC không đổi nên SABC lín nhÊt AD lín nhÊt, mµ AD lín A điểm giỡa cung lín BC Theo (2) => OA’ = R Bµi 30 Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bán kính OA Chứng minh AM phân giác góc OAH Giả sử ∠B > ∠C Chøng minh ∠OAH = ∠B - ∠C Cho ∠BAC = 600 vµ ∠OAH = 200 TÝnh: a) B C tam giác ABC b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R Lời giải: (HD) ẳ = CM ẳ => M AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM trung điểm cđa cung BC => OM ⊥ BC; Theo gi¶ thiÕt AH ⊥ BC => OM // AH => ∠HAM = OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => ∠HAM = OAM => AM lµ tia phân giác góc OAH Vẽ dây BD ⊥ OA => »AB = »AD => ∠ABD = ∠ACB Ta cã ∠OAH = ∠ DBC ( gãc cã c¹nh tơng ứng vuông góc nhọn) => OAH = ABC ∠ABD => ∠OAH = ∠ABC - ∠ACB hay ∠OAH = ∠B - ∠C a) Theo gi¶ thiÕt ∠BAC = 600 => ∠B + ∠C = 1200 ; theo trªn ∠B ∠C = ∠OAH => ∠B - ∠C = 200 0 ∠B + ∠C = 120 ∠B = 70 =>  ⇔  0 ∠B − ∠C = 20 ∠C = 50 π R 1202 R π R R R (4π − 3) b) Svp = SqBOC - S V BOC = = − R − = 3600 2 12 Câu V(0,5đ): HN CáC BàI TOáN NÂNG CAO Giải phơng trình: x + x + x + = (2 x + x + x + 1) Bài 5: (1,25đ) hue 4 Một phễu có hình dạng hình nón đỉnh S, bán kính đáy R = 15cm, chiều cao h = 30cm Một hình trụ đặc kim loại có bán kính đáy r = 10cm đặt vừa khít hình nón có đầy nớc (xem hình bên) Ngời ta nhấc nhẹ hình trụ khỏi phễu HÃy tính thể tích chiều cao khối nớc lại phễu Nguyn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đô Lương - Nghệ An ÔN TUYỂN SINH 10 Bài 5: Hà Tĩnh Các số a, b, c ∈ [ − 1;4] thoả mãn điều kiện a + 2b + 3c ≤ chứng minh bất đẳng thức: a + 2b + 3c ≤ 36 Đẳng thức xảy nào? Câu 5: (1,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Cho số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a+b+c=3 Chứng minh rằng: Bài 5: (1,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Đề thức Với số k nguyên dương, đặt Sk = ( + 1)k + ( - 1)k Chứng minh rằng: Sm+n + Sm- n = Sm Sn với m, n số nguyên dương m > n Bài (1,5 điểm) nam định x + y xy = 1) Giải hệ phơng trình:  2  x + y − x y = ( xy − 1) + 2) Chøng minh r»ng víi mäi x ta lu«n cã: (2 x + 1) x − x + > (2 x − 1) x + x + Bài :(1điểm) HẢI PHÒNG Cho 361 số tự nhiên a1 , a , a , , a 361 thoả mãn điều kiện 1 1 + + + + = 37 a1 a2 a3 a 361 Chứng minh 361 số tự nhiên đó, tồn số Bài (0,5 điểm) THÁI BÌNH Giải phương trình: x2 - 1 + x + x + = ( x + x + x +1) 4 Bài (0,5 điểm) THÁI BÌNH 1 1   + = 3 + Giải phương trình: ÷ x 2x − 5x −   4x − Bài (1,0 điểm) THANH HÓA 3m Cho số thực m, n, p thỏa mãn : n + np + p = − Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : B = m + n + p Bài ( 1,5 điểm ) ĐÀ NẲNG Người ta rót đầy nước vào ly hình nón cm Sau người ta rót nước từ ly để chiều cao mực nước cịn lại nửa Hãy tính thể tích lượng nước cịn lại ly Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 Câu : PHÚ YÊN ( 1.0 điểm ) Cho D điểm cạnh BC tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O , O2 tiếp xúc AB , AC B , C qua D Gọi E giao điểm thứ hai hai đường tròn Chứng minh điểm E nằm đường tròn (O) Câu V : (1 điểm) Hải d ơng Cho x, y tháa m·n: x + − y = y + x Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: B = x + 2xy − 2y + 2y + 10 Cõu 5:(1,0 im) Hải Dơng thức 4x Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: A = x +1 Bµi 5: Hµ Giang (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức: P = sin 150 + sin 250 + sin 650 + sin 750 Bài 5: (1 điểm) BÌNH THUẬN Tính diện tích xung quanh thể tích hình nón có chiều cao h = 12 cm bán kính đường tròn đáy r = cm Câu 5: (1đ) Long An Cho b,c hai số thoả mãn hệ thức: 1 + = b c Chứng minh hai phương trình sau phải có nghiệm: x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) C©u 7: (0,5 điểm) Bắc Ninh Cho hình thoi ABCD Gọi R, r lần lợt bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ABC, a độ dài cạnh h×nh thoi Chøng minh r»ng: 1 + = 2 R r a Câu VI:(0,5 điểm) Bắc giang Cho số dơng x, y, z thỏa mÃn xyz - 16 =0 x+ y+ z Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc P = (x+y)(x+z) C©u VI:(0,5 điểm) Bắc giang Tìm số nguyên x; y thoả mÃn ®¼ng thøc: x2+ xy +y2 - x2y2 = Bài 5: (1,0 điểm) ĐĂK LĂK Gọi x1 , x hai nghiệm phương trình: x + 2(m + 1)x + 2m + 9m + = (m tham số) Chứng minh : 7(x1 + x ) − x1 x ≤ 18 Bài 5: (1,0 điểm) ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN Cho x, y >0 x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = Bµi 5: (1, điểm) hng yên 1 + x +y xy Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đơ Lương - Nghệ An ƠN TUYỂN SINH 10 Cho hai số a,b khác thoả mÃn 2a2 + b + 12 = 4 a Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc S = ab + 2009 Nguyễn Kim Phúc THCS Quang Sơn - Đô Lương - Nghệ An ... BEH = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 90 0 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 90 0 (vì hai góc kề bù).(2) EAF = 90 0 ( Vì tam giác ABC vuông A)... ) = 2( x + y ) Bµi Hai líp 9A vµ 9B cã tỉng céng 70 HS nÕu chun HS tõ líp 9A sang líp 9B th× sè HS ë hai líp b»ng TÝnh sè HS lớp Bài Hai trờng A, B có 250 HS lớp dự thi vào lớp 10, kết có 210.. .ÔN TUYỂN SINH 10 ( 3− 3+ 8) ) 10 + 9) − 25 12 + 10) − ( + ) ; 18) 19) 13) ( + ) ( 49 − 20 ) − ; + 2+ + ) 6−4 + − 6−4 2 + −8 5 −4 ; 17) 14 − − 24 − 12 ; + 10 + + − 10 + ; 14) + 6+4 16) ( 192