Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 đủ chuyên đề

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN DẠNG I: RÚT GỌN BIỂU THỨC Trang Câu 1: (4 điểm) Cho biểu thức: x − x −1 + P= x −1 − x + x3 − x x − a Tìm điều kiện xác định rút gọn P b Tìm giá trị x P = x x −1 A = 1− ( − − ): 1+ x 4x −1 1− x 4x + x + Câu 2: (4,0 điểm) Cho biểu thức: a) Rút gọn A; b) Tìm giá trị nguyên x để A đạt giá trị nguyên; c) Tính giá trị A với Bài 3: (4,0 điểm) P= x = −7 49(5 + 2)(3 + + 2 )(3 − + 2 ) x2 − x x + x ( x − 1) − + x + x +1 x x −1 Cho biểu thức: a Rút gọn P b Tìm giá trị nhỏ P x , P chứng tỏ < Q < c Xét biểu thức: x −9 x +1 x +3 A= + + (x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9) x − x + x − − x Bài 4: (4,0 điểm) Cho Q= a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị x để A = − 2 x x −1 A = 1− ( − − ): + x 4x −1 − x x + x +1 Câu 5: (4,0 điểm) Cho biểu thức: a) Rút gọn A; b) Tìm giá trị nguyên x để A đạt giá trị nguyên; c) Tính giá trị A với Bài 6: (4,0 điểm) Cho biểu thức A = 1+ ( x = −7 49(5 + 2)(3 + + 2 )(3 − + 2 ) 2x + x −1 2x x − x + x x − x − ) 1− x 1− x x x −1 a) Tìm giá trị x để A= 6− Trang A> x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ với x thoả mãn b) Chứng minh Bài 7: (4,0 điểm).Cho biểu thức :  x x +8 x + 2  x + x +  :  P =  + − +   x   x+2 x x   x +2 x+2 x a) Tìm x để P có nghĩa chứng minh P ≤ b) Tìm x thoả mãn : x + P = ( ) Bài 8: (4,0 điểm).Cho biểu thức:  x−3   x+2 9− x x − 9 P= + − ÷:  1− ÷ x−9   − x 3+ x x + x − 6  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nguyên x để P nguyên Bài 9: (4,0 điểm)   6x +   + 3 x3 3x A =  − − x  ÷ ÷ ÷ + 3x ÷ x + x + 3 x −    Cho biểu thức: Rút gọn biểu thức A Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 10: (4,0 điểm)  a   a 1 − :  −  a + 1 1 + a a a + a + a + 1    Cho biểu thức: A =  a.Rút gọn biểu thức A b.Tính giá trị biểu thức A a = 2011 − 2010 Bài 11: (4 điểm) Cho biểu thức:   6x +   + 3 x3 3x A =  − − x  ÷ ÷ ÷ ÷  3 x − 3x + x +   + 3x  a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức Bài 12: (4 điểm)Cho biểu thức: A=  x +1   xy + x  + + 1 : 1 −  xy + 1 − xy      xy + x xy − A − nhận giá trị nguyên x +  xy +  a Rút gọn biểu thức b Cho Tìm Max A 1 + =6 x y Bài 13 Cho biểu thức :   x   x A = 1 + : − ÷  ÷  x −1 x x + x − x −1 ÷ ÷ x +     Trang a.Rút gọn A b.Tính A biết x = + c.Tìm x để A > Bài 14 Cho biểu thức : P= a.Rút gọn P b.Tìm m để c.Tìm m ∈ 3m + 9m − m −2 − + − m+ m −2 m −1 m −1 P = N để P ∈ N Bài15 Cho biểu thức : P= − + x +1 x x +1 x − x +1 a.Rút gọn P b.Chứng minh Bài 16 Cho biểu thức: ≤ P ≤ M=     ( x −2 )( )− x +1 x −1 (  x +2    ) ( ) x −1 2 a.Tìm điều kiện x để M có nghĩa b.Rút gọn M c.Chứng minh M ≤ Bài 17 Cho biểu thức : D= ( a) Rút gọn biểu thức D b) Tính giá trị D Bài 18 Cho biểu thức : x−5 2+ x x2 2− x − − 2− x x −4 2+ x : ) x − 3x x − x3 = A=  a +1  a −1  − +4 a÷   a− ÷ ÷ a +1 a  a −1  a.Rút gọn A Trang b.Tính A với : a= ( 4+ 15 Bài 19 Cho : )( A= 10 − )( − 15 ) a −9 a + a +1 − − a −5 a +6 a − 3− a a.Rút gọn A b.Tìm a để A < b.Tìm a để A ∈ Z Bài 20 Cho : A=  a− a +7   a +2 a −2 a  + :  − −  ÷ ÷ ÷ a −2  a −2 a +2 a−2÷  a−4  a.Rút gọn A b.So sánh : A với A Bài 21 Cho : Tính A biết : Bài 22 Cho : A = A= x x 1− x − xy − y x + x − xy − y − x 2x2 + y2 - 4x - 2xy + =  1  1 x + y x + x y + y + + + :  ÷ y÷ xy + x y  x  x + y x y  a.Rút gọn A b.Cho xy = 16 Tìm minA 23: Cho biểu thức : N= a ab + b a, Rút gọn biểu thức N b, Tính N a = 4+2 c, CMR a a +1 = b b+5 + b ab − a − a+b ab ,b= 4−2 Thì N có giá trị khơng đổi Trang 24: Cho biểu thức : M=  a  a2   a2 a3     + : −   2 a + b a + b b − a a + b + ab     a, Rút gọn biểu thức M b, Tính M a = b = 1+ c, Tìm a, b trường hợp 25: Cho biểu thức : 1− a = b M = H= + x −1 − x a, Rút gọn biểu thức H b, Tính H x = 53 + x −1 + x x3 − x x −1 9−2 c, Tìm x H = 16 HƯỚNG DẪN Câu a ≥ 0; x ≠ ; x ≠ (2,0đ) ĐK: x 4,0 đ 0,5 đ 0,5 đ Trang   x ÷ x −1  − + :  x + x + (2 x − 1) x − ÷ x +  A= -  x − − x + x + (2 x + 1) x −1 A = - (2 x + 1)(2 x − 1) ( b (1,0đ) ) ( ) x −1 x +1 x +1 = 1− = x −1 − x A = - x −1 x −1 A∈ Z ⇔ ∈Z 1− x ∈Z Do − x nên − x số hữu tỉ c −7 49(5 + 2)(3 + + 2 )(3 − + 2 ) Với x = (1,0đ) x = - 49(5 + 2)(5 − 2) = (39 + 20 2) = ⇒ x = 75.(39 + 20 5) − 75.(39 + 20 5) ( = x ) − x(2 x x x −1 ( x + x +1 ) ( ) + 2( x +1 x ) ( x −1 − x +1 + ) )( x +1 ) x −1 x −1 x +1 1 3  P = x − x +1 =  x − ÷ + ≥ 2 4  b (1,0đ) ⇔x= ( thỏa mãn) dấu xảy x= Vậy GTNN P x (1,0đ).Với x > 0; x ≠ Q = x − x + > (1) 2− ( 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ ) x −1 0,25 0,5 0,5 = x − x +1 Vậy P = x − x + , với x > 0; x ≠ c 0,25 đ Vậy A a.(2,0đ) Đk : x > 0; x ≠ P= 0,5 đ 0,25 đ Suy x số phương, − x ∈ Z => − x ∈ Ư(2) Do x ≥ 0; x ≠ 1; x ∈ Z − x ∈ Ư(2) => x = Vậy x = A có giá trị nguyên 0,5 đ 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 2 x = ≥0 x − x +1 x − x +1 Xét Dấu khơng xảy điều kiện x ≠ 0,25 0,25 0,25 Trang Nên Q < 2.(2) Từ (1) (2) suy < Q < a(2,0đ) A= 0,25 x −9 x +1 x +3 + − ( x − 3)( x − 2) x −3 x −2 = x − + (2 x + 1)( x − 2) − ( x + 3)( x − 3) ( x − 3)( x − 2) = x − + 2x − x + x − − x + x− x −2 = ( x − 3)( x − 2) ( x − 3)( x − 2) 0,5 0,5 ( x − 2)( x + 1) x +1 = = ( x − 3)( x − 2) x −3 0,5 x +1 x − với (x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9) Vậy b(2,0đ) Với (x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9) Ta có: 0,5 A= x +1 = − ⇔ x +2 = − x +3 x −3 ⇔ x = ⇔ x = (t / m) 1 − Vậy A = ⇔ x = A=− ⇔ 0,5 1,0 0,5 Câu a ≥ 0; x ≠ ; x ≠ (2,0đ) ĐK: x 4,0 đ 0,5 đ   x ÷ x −1  − + :  x + x + (2 x − 1) x − ÷ x +  A= -  x − − x + x + (2 x + 1) (2 x + 1)(2 x − 1) x −1 A= - ( ) ( ) x −1 x +1 x +1 = 1− = x −1 − x A = - x −1 x −1 b A∈ Z ⇔ ∈Z (1,0đ) 1− x ∈Z − x Do nên − x số hữu tỉ Suy x số phương, − x ∈ Z => − x ∈ Ư(2) Do x ≥ 0; x ≠ 1; x ∈ Z − x ∈ Ư(2) => x = 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ Vậy x = A có giá trị nguyên 0,5 đ Trang c −7 49(5 + 2)(3 + + 2 )(3 − + 2 ) (1,0đ) Với x = x=-7 ⇒ x = (39 + 20 5) 0,5 đ 49(5 + 2)(5 − 2) = 75 (39 + 20 2) = 0,5 đ Vậy A − (39 + 20 5) Câu 6.a)   2x + x − 2x x − x + x x − x (2 x − 1)( x + 1) x (2 x − 1)( x + 1)  x ( x − 1)  A = 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  ( Ta có A= ) 6− x +1 6− ⇔ = ⇔ x − x + = 5 x + x +1 Từ giải x = + 3; x = − x +1 ⇔ > ⇔ x − x + > ⇔ ( x − 1) > x + x +1 b)Ta có: A> x − ≠ ⇒ ( x − 1) > Do x ≠ nên Vậy ( x ) + (8 x + 8) − ( x + 2) ( x + x + 3) + ( x + 2) P= : x ( x + ) x ( x + 2) Câu a) Điều kiện x>0 Ta có : A> x +4 x+4 P= x + x + ⇒ P-1= x + x + −1 = − ( x − 1) ( x + 1) + ≤0 b) ( x + 1).P = ⇔ ( x + 1) = x + x + ⇔ 3x + x -1 = Vậy P ≤ −3−2 3 −3+ x= x= ⇔ (loại) (thỏa Câu 8.a) Điều kiện để P có nghĩa: (x − 9) + (4 − x) P= (2 − 7−4 ⇔ (thoã mãn điều kiện x>0) x ≥  x ≥    x ≠ 2⇔ x ≠ x ≠  x ≠  x= Ta có: 9− x − x)( x + 3) ( x − 2)( x + 3) x( x − 3) ( x − 3)( x + 3) ⇔ P= (x − 9) + (4 − x) + (9 − x) (2 − x)( x + 3) x+3 x ⇔ P= 4− x (2 − x) x = 2+ x x Trang P= b).Theo câu a ta có: 2+ x x 2 = 1+ x x∈Z⇔ Do để P ∈ Z ta cần  x =1   x = (lo¹ i) ⇔ x = 1.Vậy với x = P có giá trị ngun Bài 9: a)Ta có: ( nghĩa  A =     A=   A= 3x ) 3x + 3x + = −8 = ( ( ) 3x + + > 0;1 + x > 0, ∀x ≥ )( ) x − 3x + x + ≠ 0, x ≥ ⇔ x ≠ ⇔ ≤ x ≠ ( ) (   + 3x 3x ÷ − ÷ + x 3 x + x + ÷ 3x −  (  ÷ 3x − 3x + 3x − 3x + 3x + ÷  ( 6x + ) 3x + + x )( ) =( 3x − , nên điều kiện để A có ) 3x − + ( )   x + − 3x − 3x  − 3x ÷ A = ÷  3x − 3x + 3x + ÷   ( ( ) ( )( ) ) 3x − + ( A= = 3x + ) 3x − 3x − 2 ( 0≤ x≠ )  ÷ 3x − 3x + − 3x ÷  ( ) 3) 3x − 3x − 3x − b).Với x số nguyên không âm, để A số nguyên  x = 3 x = x − = ±1 ⇔  ⇔ ⇔ x=3 x = x =   (vì x ∈ Z x ≥ ) Khi đó: A =  a   a 1 − :  −  a + 1 1 + a a a + a + a + 1    Bài 10: Điều kiện: a ≥ A =  = =  a − a +  a  : −  + a (a + 1)(1 + a)  a +1   ( a − 1) a +1− a : a +1 (1 + a )( a + 1) ( a − 1) (1 + a )(a + 1) (a + 1)( a − 1) = 1+ a Bài11.a) Ta có: 3x + 3x + = = ( 3x ) −8 = ( ( ) , nên điều kiện để A có nghĩa x + + > 0;1 + x > 0, ∀x ≥ )( ) 3x − 3x + 3x + ≠ 0, x ≥ ⇔ 3x ≠ ⇔ ≤ x ≠ ( )    + 3x  6x + 3x  ÷ ÷ A= − ÷ + x − 3x ÷ 3 x + x +  3x − ÷ ÷     x + − x − 3x  ÷ 3x − 3x + − x A=  3x − 3x + 3x + ÷   ( ( ) ( )( ) ) ( ) Trang 10 HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tớch cung chứa gúc 900) E b) AC // BD (cựng EB) ∆EAC ~ ∆EBD ⇒ ⊥ (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ CE AC = DE BD DM CM = DE CE c) AC // BD (cmt) d) ¶O ⇒ ¶D = = ; ¶O ¶O = ¶O ¶O = ⇒ ¶O B O A ∆NAC ~ ∆NBD mà ¶O + ¶O = ỏ Vậy: DB = + OB tgα ¶O = ⇒ NC AC = NB BD + ¶O R tgα = 1800 (3) Từ 1; 2; ⇒ ¶O + ¶O ⇒ CE CM = DE DM ⇒ NC CM ⇒ = NB DM = 900 ; + ¶O ; Lại cú: AC = OA.tgỏ = R.tgỏ ¶D ⇒ (2) ⇒ MN // BD = 900 (…) AC.DB = R.tgỏ R tgα ⇒ AC.DB = R2 (Đpcm) Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1 a Chứng minh tứ giỏc HA 1BC1 nội tiếp đường trũn Xỏc định tâm I đường trũn b Chứng minh A1A phõn giỏc ·B A C 1 A c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MH = MC B1 So sỏnh diện tớch tam giỏc: ∆HAC ∆HJM HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tớch cung chứa gúc 900) Tâm I trung điểm BH b) C/m: = ; = ; ·HA C 1 = ·HBC ·HBC ·HCB ⇒ ·HA C 1 = ·HA B 1 ·HA B ⇒ 1 đpcm ⇒ ⇒ SHAC : S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 HM.JK mà J H M ·HCB c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … ỊJ trung trực A1C1 d) S HJM = C1 I K 12 C A1 B HC.AC1 ; MH ⇒ HC HM+MC MC AC1 = = = 1+ = 1+ = =2 MC HM HM HM JK (JK// AC1 Trang 161 ⇒ SHAC : S HJM = Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giỏc MABP nội tiếp tâm O đường trũn nằm trờn đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI Cz Chứng minh I điểm cố định ⊥ c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng HD: a) MABP nội tiếp đ/trũn đ/k MP.(quĩ tớch cung chứa gúc 900…)z P OA = OB = R(O) O thuộc đường trung trực AB qua L I ⊥ PM ⇒ trung điểm AB… b) IP // CM ( Cz) MPIC hỡnh thang ⇒ ⊥ vỡ A,B,C cố định c) PA ⇒ ⊥ KM ; PK KH ⊥ PM ⊥ ⇒ ⇒ B IL = LC không đổi I cố định MB ⇒ H trực tõm ∆ PKM L K ⇒ ⇒ O N d) AHBK nội tiếp đ/trũn đ/k KH (quĩ tớch cung chứa gúc…) N tâm đ/trũn ngoại tiếp … NE = NA = R(N) ⇒ H ⇒ N thuộc đường trung trực AB x O,L,N thẳng hàng A M C y Bài 53: Cho nửa đường trũn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sỏnh hai tam giỏc: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuụng cõn c Tứ giỏc ANKP hỡnh gỡ? Vỡ sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) b) HS tự c/m ∆ KMN vuụng cõn c) ∆ KMN vuụng KN KM mà KM // BP ⇒ ⊥ U ⇒ KN ⊥ BP K P Trang 162 · APB ⇒ = 900 (gúc nội tiếp…) ⇒ AP ⊥ BP M KN // AP ( BP) KM // BP Mà ⊥ ⇒ KMN · · = PAT = 450 ¼ PKM · · PAM = PKU = = 450 ; · · PKN = 450 KNM = 450 ⇒ T // N = B O A PK // AN Vậy ANPK hỡnh bỡnh hành Bài 54: Cho đường trũn tõm O, bỏn kớnh R, cú hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phõn giỏc gúc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường trũn ngoại tiếp tứ giỏc ONMA, I di động nào? C HD: a) (chắn cung ¼ đ/trũn) · · AMD = DMB = 450 ⇒ MD tia phõn giỏc M · AMB b) ∆ OMB cõn vỡ OM = OB = R(O) ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến ∆ OMB ~ ∆ NAB ⇒ ⇒ BM BO ⇒ = BA BN F N I A BM.BN = BO.BA = 2R2 không đổi E O B c) ONMA nội tiếp đ/trũn đ/k AN Gọi I tâm đ/trũn ngoại tiếp I cách A O cố định I thuộc đường trung trực OA ⇒ ⇒ Gọi E F trung điểm AO; AC Vỡ M chạy trờn cung nhỏ AC nờn tập hợp I đoạn EF D Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường trũn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường trũn (O) A b Tứ giác ABCE hì nh gì? Tại sao? c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sỏnh với · · BGO BAC A E d Cho biết DF // BC Tớnh cos · ABC HD:a) Gọi H trung điểm BC ⇒ AH BC (∆ ABC cõn A) ⊥ Trang 163 lập luận AH AE ⊥ BC // AE (1) ⇒ b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) Từ F ABCE hỡnh bỡnh hành ⇒ c) Theo c.m.t ⇒ AB // CF ⇒ BGO · ⇒ = 90 – · ABC = ⇒ · BAH D M N AE = BC (2) O I GO AB = _ _ ⊥ · BAC H B C G d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục đối xứng cuarBC đ/trũn (O) nờn F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) DF.DN = DA.DC ⇒ ⇒ 2BH2 = AC2 ⇒ ⇒ BH = AC ⇒ cos = · ABC BH AB = Bài 56: Cho đường trũn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường trũn (O) điểm C; D cắt (O’) E;EF a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng D b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp A c Chứng minh: A tâm đường trũn nội tiếp ∆BDE d Tỡm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) O’ HD: a) = 900 = (góc nội tiếp chắn nửa đ/trũn) O · FBA · CBA ⇒ CBA · b) · CDF + · FBA = 900 = = 1800 ⇒ · CEF c) CDEF nội tiếp Xột (O) cú: ⇒· ADE = ⇒ ⇒ · ADB = = · ECB · ECB C (cựng chắn cung EF) DA tia phõn giỏc · DOA ⇒ DOA · B (cựng chắn cung AB) · BDE Vậy A tâm đường trũn nội tiếp ∆BDE d) ODEO’ nội tiếp Thực : =2 chắn cung DE) F CDEF nội tiếp (quĩ tớch …) ⇒ · ADE · ADB C, B, F thẳng hàng = · EO'A Tương tự EA tia phân giác · DCA ; mặt khỏc: ; · EO'A · DAO = =2 · EFA · EAO' mà (đ/đ) nội tiếp Nếu DE tiếp xỳc với (O) (O’) thỡ ODEO’ hỡnh chữ nhật ⇒ · DCA · DEB = ⇒ ODO' · = · EFA (gúc nội tiếp ⇒ · O'EO ODEO’ AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Trang 164 Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường trũn (O; R) cú đường kính cố định AB CD ⊥ a) Chứng minh: ACBD hỡnh vuụng b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E B; E C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác ≠ ≠ · AEB ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường trũn mà ta phải xỏc định tâm bán kính theo R C HD: a) AB CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) ⊥ M ACBD hỡnh vuụng E / ⇒ 0 b) = = 45 ; = = 45 / · · ·AED ·DEB AOD DOB = = ⇒· AED ⇒ · DEB = 450 ; · AED ⇒ · AED = ED tia phõn giỏc · EMB · EMB ⇒ ⊥ BM ⇒ A O B = 450 (∆ EMB vuụng cõn E) (2 góc đồng vị) ⇒ c) ∆ EMB vuụng cõn E CE CE · AEB ED // MB ⊥ DE ; ED // BM D CE đường trung trực BM d) Vỡ CE đường trung trực BM nờn CM = CB = R Vậy M chạy đường trũn (C ; R’ = R ) Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 40 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường trũn tõm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trũn b Chứng minh: CA = CM c Đường thẳng HE cắt đường trũn tõm O K, đường thẳng HI cắt đường trũn tõm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp Bài 59: BC dây cung đường trũn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC ≠ cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O Trang 165 c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN Bài 60: Cho đường trũn tõm (O; R) cú AB đường kính cố định cũn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường trũn B AD, AC cắt (∆) Q P a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vuụng gúc với DC c Tỡm tập hợp cỏc tõm E đường trũn ngoại tiếp ∆CPD Bài 61: Cho ∆ABC cõn (AB = AC; µ A < 900), cung trũn BC nằm bờn ∆ABC tiếp xỳc với AB, AC B C Trờn cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác · HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp PQ // BC ⇒ Bài 62: Cho nửa đường trũn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường trũn (O) M Hạ CI AM C (I AM) a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường trũn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành c Chứng minh: ∈ ⊥ = · · MOI = CAI N d Chứng minh: MA = 3.MB HD: a) (…) ; (…) · COA = 900 I = · CIA = 900 Tứ giỏc CIOA nội tiếp (quĩ tớch cung chứa gúc 900) A b) MB // CI ( BM) (1) O ⇒ ⊥ ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) ⇒ M ¶N = ¶N CI = BM (2) Từ ⇒ c) ∆ CIM vuụng cõn ( (đ/đ) ; NC = NB ; · · NCI = NBM B (slt) BMCI hỡnh bỡnh hành ; ) ⇒ · 1· · CIA = 900 CMI = COA = 450 chung ; IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) ⇒ MOI · · = IOC d) ∆ ACN vuụng cú : AC = R mà: ⇒ MOI · · · · IOC = CAI = CAI ; NC = MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC vỡ OI (với R = AO) R AC = 2 Trang 166 Từ : AN = ; NI = R R 10 AC +CN = 2R + =R = 2 2 ⇒ 2 MB = R R 2R R 10 − = = 10 10 NC − MN = ⇒ ⇒ NC R 10 MI = = MN = NA 10 AM = AN + MN = + R 10 = R 10 10 3R 10 AM = BM Bài 63: Cho ∆ABC cú = µ 600 A nội tiếp đường trũn (O), đường cao AH cắt đường trũn D, đường cao BK cắt AH E a Chứng minh: · · BKH = BCD b Tính · BEC c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtrũn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rừ nú (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cõn I A HD: a) ABHK nội tiếp ; ⇒· · BKH = BAH · · BCD = BAH ( cựng chắn cung BD) ⇒ BCD · · = BKH b) CE cắt AB F ; AFEK nội tiếp ⇒ FEK · · = 1800 − ¶A = 1800 − 600 = 1200 ⇒ BEC c) K = 1200 F E I ¶B + ¶C 1200 · BIC = 1800 − = 1800 − = 1200 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung B H nằm đường trũn tõm (O) d) Trong đ/trũn (O) cú = sđ ; đ/trũn (S) cú = sđ º · · » D S IO DAS ISO DS 2 vỡ · DAS = · ISO (so le trong) nờn: » DS C = º IO mà » DS = º º ⇒ IO IE = º ⇒ IE đpcm Trang 167 Bài 64: Cho hỡnh vuụng ABCD, phớa hỡnh vuụng dựng cung phần tư đường trũn tõm B, bỏn kớnh AB nửa đường trũn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK ⊥ C D AD PH AB Nối PA, cắt nửa đường trũn đường kính AB I PB cắt nửa đường trũn ⊥ M Chứng minh rằng: a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giỏc APMH hỡnh thang cõn HD: a) ∆ ABP cõn B (AB = PB = R(B)) mà ⇒ ⇒ BI AP ⊥ ⇒ I trung điểm AP ⇒ I AM = PH ; AP chung AH = PM ; AHPK hỡnh chữ nhật ⇒ ⇒ ∆vAHP = ∆v PMA AH = KP ⇒ PM = PK = AH d) PMAH nằm trờn đ/trũn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) = PA // MH ⇒ PM » M BI đường cao đường trung tuyến b) HS tự c/m c) ∆ ABP cõn B ⇒ · AIB = 900 K …)P (gúc nội tiếp ⇒ » AH A B H Vậy APMH hỡnh thang cõn Bài 65: Cho đường trũn tõm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường trũn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tỡm vị trớ điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) BOIM nội tiếp vỡ A B · · OIM = OBM = 900 HO b) ; (2 gúc nội tiếp cựng chắn cung BM) · · · · INB = OBM = 900 NIB = BOM I ∆ IBN ~ ∆OMB ⇒ c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn ⇔ IH lớn vỡ AO = R(O) N M Khi M chạy trờn tia Bx thỡ I chạy trờn nửa đường trũn đ/k AO Do SAIO lớn Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức · HAI = 450 Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) thỡ SAIO lớn Trang 168 Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường trũn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D A D C) A ≠ ≠ a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phõn giỏc b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI · BAC ⊥ D CE c Suy E di động đường trũn mà ta phải xỏc định tâm giới hạn d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm chớnh cung nhỏ AC HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường trũn (O; R) HS tự c/m : AB = AC = BC = R ⇒ ⇒ AO hay AI tia phõn giỏc b) Ta cú : DE = DC (gt) ⇒ E = Trong đ/trũn (O; R) cú: AB = AC ⇒ = O ⇒ DI tia phõn giỏc º » ⇒ IB BC ⇒ · BDC · BDC = = · BAC º ⇒ BDI · IC = = 600 (cựng chắn » AC ⇒ IC không đổi ⇒ » BC ) I · IDC ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE định C · BAC ∆ DEC cõn ; ∆CDE I điểm ⇒ Tâm O cách cạnh AB AC B ⇒ ⇒ DI IE = IC mà I C cố E di động đ/trũn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I (cung nhỏ ) D → C thỡ E → C ; D → A thỡ E → B ⇒ E động » BC ⊥ ∈ nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC Bài 67: (6,0 điểm) 1) Cho ∆ABC vuông A, đường cao AH Gọi (P), (Q) theo thứ tự đường tròn nội tiếp hai tam giác AHB AHC Kẻ tiếp tuyến chung (khác BC) (P) (Q) cắt AB, AH, AC theo tự M, K, N Chứng minh a ∆HPQ ∆ABC b KP // AB, KQ // AC c Tứ giác BMNC nội tiếp 2) Cho a, b, clà độ dài cạnh ∆ABC Gọi m, n, k độ dài đường phân giác ba góc ∆ABC Chứng minh rằng: + + > + + Giải 1) a ∆ AHB ∆ CHA mặt khác P Q tâm đường tròn nội tiếp ∆ AHB ∆ AHC Trang 169 => HP AB = HQ AC (1) lại có ∠ BAC = ∠ PHQ = 900 (2) Từ (1) (2) suy ∆ HPQ ∆ ABC b Theo câu a ta có ∠ PQH = ∠ ACB (3) ∠ PKQ = ∠ PHQ = 900 => tứ giác PKQH nội tiếp => ∠ PKH = ∠ PQH (4) Từ (3) (4) => ∠ PKH = ∠ ACB lại có ∠ BAH = ∠ ACB=> ∠ PKH = ∠ BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta có KQ //AC c Ta có ∠ ACB = ∠ PKH = ∠ MKP = ∠ AMK => ∠ BMN + ∠ NCB = ∠ BMN + ∠ AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp M A N K M A Q P B C H B C D 2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB M ∠ A1 = ∠ M1, ∠ A2 = ∠ C2, 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 + + > + + 1) a ∆ AHB ∆ CHA mặt khác P Q tâm đường tròn nội tiếp ∆ AHB ∆ AHC => (1) lại có ∠ BAC = ∠ PHQ = 900 (2) HP AB = HQ AC Từ (1) (2) suy ∆ HPQ ∆ ABC b Theo câu a ta có ∠ PQH = ∠ ACB (3) ∠ PKQ = ∠ PHQ = 90 => tứ giác PKQH nội tiếp => ∠ PKH = ∠ PQH (4) Từ (3) (4) => ∠ PKH = ∠ ACBA lại có ∠ BAH = ∠ ACB=> ∠ PKH = ∠ BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta có KQ //AC c Ta có ∠ ACB = ∠ PKH = ∠ MKP = ∠ AMK N K => ∠ BMN + ∠ NCB = ∠ BMN + ∠ AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp M Q P B Trang 170 H C M 2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB M ∠ A1 = ∠ M1, ∠ A2 = ∠ C2, 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 + + > + + Bài 68: (6,0 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn 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 Giải:4.a) Xét ∆BMD ∆CND: A B + BD=CD (vì AD phân giác góc A) + ∠ACD = D sđ cung AD 1 ∠MBD = A1+D1= sđ cung AB + sđ cung BD = sđ cung AD ⇒ ∠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 ⇒ K trung điểm M’N’ Vì IM’ = BM = CN = IN’ ⇒ IM’=IN’ ⇒ IK phân giác ∠ M’IN’  IM ' // MB  Do  IN ' // CN ⇒ IM’, IN’ cố định Vậy: Quỹ tích K đờng phân giác ∠ M’IN’ c) ∆ DMN cântại D có ∠ MDN = 1800 - ∠ BAC = Const ⇒ MN ngắn ⇔ DM nhỏ ⇔ DM ⊥ AB ⇔ AD đờng kính (L) a Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S = S AID Kẻ AH ⊥ BD; CK ⊥ BD Trang 171 C B 1 AH BI SCID = CK DI 2 S3 BI S BI 1 = (1) = (2) S AID = AH DI ⇔ S BIC = CK BI ⇔ S DI S DI S1 2 Ta có: S1 S3 = ⇔ S1.S = S3 S (3) A S S Từ (1) (2) suy ra: S AIB = H I S4 Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4 ≥ S1 + S2 + S3 S4 (4) S3 C K S2 Từ (3) (4) ta suy ra: S ≥ S1 + S2 + S1.S2 = ( S1 + S ) ⇔ S ≥ S1 + S2 (đpcm) D 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 ≥ S1 = S * Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S = S ⇒ S Dấu sảy khi: S1 = S = S = S = ⇔ ABCD hình bình hành Bài 69: (2,0 điểm) Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I trung điểm BC ,N trung điểm EF a.Chứng minh điểm E, F nằm đường tròn cố định đường tròn (O) thay đổi b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) K Chứng minh :EK song song với AB c.Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy đường thẳng cố định đường tròn(O) thay đổi Bài 70: (2,0 điểm) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tiếp điểm (O) cạnh BC, CA, AB D, E, F Kẻ BB1 ⊥ AO , AA1 ⊥ BO Chứng minh điểm D, E, A, B thẳng hàng Giải:69 a) ∆ ABF ∆ AFC đồng dạng (g_g) Ta có : AB/ AF=AF/AC ⇔ AF2=AB.AC ⇒ AF= AB AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB AC khơng đổi Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB AC ) cố định b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn Ta có : ∠ AIF = ∠ AOF (1) 1 ∠ ∠ ∠ AOF = EOF ∠ EKF = EOF ⇒ ∠ EKF = ∠ AOF (2).Từ(1) và(2) ⇒ ∠ AIF = ∠ EKF Do : EK vàAB song song vơí c) Cm A,N,O thẳng hàng AO ⊥ EF ; Gọi H giao điểm BC EF AH AN = Ta có : ∆ ANH ∆ AIO đồng dạng nên AO AI Suy :AH.AI =AN.AO Lại có :AN AO=AE2 =AB.AC Trang 172 ⇒ AH = AB AC AI Do : AI.AH =AB.AC khơng đổi Vậy H cố định Tứ giác OIHN tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN ln qua I H ;Do tâm đương f tròn nằm đường trung trực IH ∧ ˆ 70 Theo ta có: AA1 B = AB1 B =900 Suy tứ giác AA1 B1 B nơi tiép đường tròn ∧ ⇒ BA1 B1 = ABˆ B1 chắn cung BB ∧ AE1O = AAˆ1O = 1V ⇒ tứ giác AEA O nội tiếp Mặt khác: ∧ ⇒ EA1 A = EOˆ A1 chắn cung AE) ∧ BAB1 = B1 Aˆ E OAˆ E + EOˆ A = 90 ⇒ E , A1 , B1 mà thẳng hàng (*) Tương tự: ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp Theo ta có: ∧ AA1 B = ABˆ1 B =900 Suy tứ giác AA1 B1 B nôi tiép đường tròn ∧ ⇒ A1 B1 A = A1 Bˆ A chắn cung AA ∧ OD1 B = OBˆ B = 1V ⇒ tứ giác OB DB nội tiếp Ta lại có: ∧ ⇒ DB1 B = DOˆ B (cùng chắn cung BD) ∧ DOB = DBˆ O DBˆ O + DOˆ B = 90 DBˆ O = OBˆ A mà Tính chất tiếp tuyến cắt ∧ DB1 B + BBˆ1 A+ ABˆ1 A1 = 180 ⇒ điểm D, B , A thẳng hàng (**) 1 Vậy Từ (*) , (**) suy A1, D, B1, E thẳng hàng Bài 71: Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) điểm A ngồi đường tròn Từ điểm M di động đường thẳng d ⊥ OA A, vẽ tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Dây BC cắt OM OA H K a) Chứng minh OA.OK khơng đổi, từ suy BC qua điểm cố định b) Chứng minh H di động đường tròn cố định c) Cho biết OA = 2R, xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ Tìm giá trị nhỏ Xét ∆BOM vuông B nên : OB2 = OH.OM (2) Từ (1) (2) suy A OK = R (không đổi) Trang 173 Giải :a) Dễ thấy OM ⊥ BC∆HOK ∆AOM OH OK = => OA OM => OA.OK = OH.OM (1) R2 OK = OA (không đổi) K cố định OA => b)Ta có OHK = 900 => H nằm đường tròn đường kính OK cố định = OM.BC c) Tứ giác MBOC có hai đường chéo vng góc nên SMBOC => S nhỏ ⇔ OM nhỏ BC nhỏ + OM nhỏ ⇔ M trùng với A + BC nhỏ ⇔ BC ⊥ OK ⇔ H trùng với K ⇔ M trùng với A R2 R OK = = 2R ; Nếu OA = 2R thì: Vậy SMBOC = 2R R = R R2 R − =R BC = BK = Bài 72: (6 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O;R ) Điểm M thuộc cung nhỏ BC gọi I,K,H theo thứ tự hình chiếu vng góc M AB; AC; BC Gọi P, Q trung điểm AB; HK a) Chứng minh MQ ⊥ PQ AB AC BC + = b) Chứng minh : MI MK MH c) Cho tam giác ABC Xác định vị trí điểm M cung BC để MA + MB + MC đạt giá trị lớn · · · · · · Giải: a) Tứ giác MCKH nội tiếp ⇒ BCM = HKM =BAM; HMK = BCA = BMA ⇒ ∆ HMK Mặt khác MP, MQ trung tuyến ∆ BMA, ∆ BMA ∆ HMK MP MB = · · ⇒ MQ MH BMH = PMQ ⇒ ∆ BMH ∆ PMQ 0 · · Mặt khác BHM =90 ⇒ PQM =90 ⇒ PQ ⊥ MQ b) Giả sử AC ≥ AB ta có: AB AC AI − BI AK + KC AI AK + = + = + MI MK MI MK MI MK (1) BI KC = ) · · ·MBI = MCK · cotg MBI = cotgMCK ⇒ MI MK ⇒ ( Do AI CH = µC1 = A nên cotgA =cotgC à1 MI MH Do ( 2) AK BH = (3) µ =B nên cotgA =cotgB à1 A ⇒ MK MH Trang 174 AB AC CH BH BC + = + = c) Từ (1),(2) (3) suy MI MK MH MH MH Gọi D giao điểm MA với BD ta có : ∆ MBD · · · · ∆ MAC ( BMD = AMC, DBM = CAM ) ⇒ MB BD = MA AC MC CD = Tương tự ta có : MA AB MB MC + =1 Do MA MA Suy MA + MB + MC = 2MA ≤ 4R Vậy max (MA + MB + MC) = 4R AM đường kính M trung điểm cung BC Bài 73: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn có đường cao: AA1, BB1, CC1 đồng qui H Chứng minh rằng: Dấu "=" xảy nào? HA HB HC + + ≥6 HA1 HB1 HC1 A Giải: Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm tam giác * Đặt S = S∆ABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB B1 C1 H Ta có: AA1.BC S AA HA = = = 1+ S1 HA BC HA1 HA1 Suy ra: T2: , B HC S HB S =1+ = 1+ S2 HB1 S3 HC1  HA HB HC 1 + + =S + + HA1 HB1 HC1  S1 S S3 A1 C  1 1  ÷− = ( S1 + S2 + S3 )  + + ÷−   S1 S2 S3  Theo bất đẳng thức Côsy:  1  HA HB HC = ( S1 + S + S3 )  + + + + ≥ 9−3= ÷≥ ⇒ S3  HA1 HB1 HC1  S1 S Dấu "=" xảy tam giỏc ABC Trang 175 ... ∈Z 1− x ∈Z Do − x nên − x số hữu tỉ c −7 49( 5 + 2)(3 + + 2 )(3 − + 2 ) Với x = (1,0đ) x = - 49( 5 + 2)(5 − 2) = ( 39 + 20 2) = ⇒ x = 75.( 39 + 20 5) − 75.( 39 + 20 5) ( = x ) − x(2 x x x −1 ( x + x... có giá trị ngun 0,5 đ Trang c −7 49( 5 + 2)(3 + + 2 )(3 − + 2 ) (1,0đ) Với x = x=-7 ⇒ x = ( 39 + 20 5) 0,5 đ 49( 5 + 2)(5 − 2) = 75 ( 39 + 20 2) = 0,5 đ Vậy A − ( 39 + 20 5) Câu 6.a)   2x + x − 2x... điểm).Cho biểu thức:  x−3   x+2 9 x x − 9 P= + − ÷:  1− ÷ x 9   − x 3+ x x + x − 6  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nguyên x để P nguyên Bài 9: (4,0 điểm)   6x +   + 3 x3