1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Luyện thi HSG toán 9

41 400 1
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 41
Dung lượng 2,56 MB

Nội dung

Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới Luyện thi HSG toán 9 Năm học : 2010 - 2011 Đề số 1 Câu 1: ( 4 điểm) Giải các phơng trình sau: a) 2 9 12 4 4x x + = b) 2 2 2 1 6 9 1x x x x + + + = . Câu 2: ( 4 điểm) a) Cho a + b + c + d = 2. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 1 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 2 2 2 1 2 1x x x x+ + + + Câu 3: (4 điểm) a) Cho a = x + y; b = x 2 + y 2 ; c = x 3 + y 3 . C/m rằng: a 3 - 3ab +2c = 0. b) Cho 2 số x, y thoả mãn: 2x 2 + 2 2 1 4 y x + =4, (x 0).Tìm x, y để tích x.y đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4: ( 6 điểm) Cho ABC vuông tại A, đờng cao AH chia cạnh BC thành 2đoạn BH = 4cm và CH = 9cm. Gọi D và E lần lợt là hình chiếu của H trên AB, AC. Các đờng thẳng vuông góc với DE tại D và E lần lợt cắt BC tại M và N. a) Tính độ dài DE. b) C/m M là trung điểm của BH và N là trung điểm của CH. c) C/m 2 BDH và BHA đồng dạng. Tìm tỉ số đồng dạng. d) Tính diện tích tứ giác DENM. Câu 5: (2 điểm) Cho ABC có góc ABC bằng 30 0 , góc BAC bằng 45 0 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính số đo góc AMC. Giải Câu1. giải các PT: a) 2 9 12 4 4x x + = ( ) 2 3 2 4 3 2 4x x = = * Xét 2 trờng hợp: - Trờng hợp 1: Nếu 3- 2x 0 x 1,5. PT có dạng: 3 - 2x = 4 2x = -1 x=- 0,5 - Trờng hợp 2: Nếu 3- 2x < 0 x < 1,5. PT có dạng: -3 +2x = 4 2x=7 x=3,5 Vậy PT có t/n S = { } 0,5;3,5 b) 2 2 2 1 6 9 1x x x x + + + = ( ) ( ) 2 2 1 3 1x x + = 1 3 1x x + = * xét 3 trờng hợp: - Trờng hợp 1: Nếu x < 1 thì x - 1 < 0 và x - 3 < 0, PT có dạng: - x+1-x+3=1 2x = 3 x= 1,5 (loại vì không thoả mãn ĐK x < 1) - Trờng hợp 2: 1 x< 3 thì x-1 > 0 và x-3 < 0 , PT có dạng: x-1-x+3 =1 0x=-1(VN) - Trờng hợp 3: Nếu x 3 thì x - 1 > 0 và x - 3 > 0 PT có dạng: x - 1 + x - 3 = 1 2x = 5 x = 2,5 ( loại vì không thoả mãn ĐK x 3 ) Vậy PTVN hay S = Câu2: a) Cách 1: Ta có: a 2 + b 2 2ab a 2 + c 2 2ac a 2 + d 2 2ad b 2 + c 2 2bc b 2 + d 2 2bd c 2 + d 2 2cd 3(a 2 +b 2 +c 2 +d 2 ) 2(ab + ac + ad +bc + bd + cd) 4(a 2 +b 2 +c 2 +d 2 ) (a+b+c+d) 2 =2 2 =4 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 1 . Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = a = 1 2 1 + Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới Cách 2: Đặt a = 1 2 + x ; b = 1 2 + y; c = 1 2 + z; d = 1 2 + u. Vì a + b + c +d = 2 nên x + y+ z + u = 0 . Ta có: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = ( 1 2 + x) 2 + ( 1 2 + y) 2 +( 1 2 + z) 2 + ( 1 2 + u) 2 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 1 4 + x + x 2 + 1 4 + y + y 2 + 1 4 + z + z 2 + 1 4 + u + u 2 = 1 +(x + y +z + u) + (x 2 + y 2 + z 2 + u 2 ) = 1 + (x 2 + y 2 + z 2 + u 2 ) 1 Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = u = 0. Vậy a 2 + b 2 + c 2 + d 2 1 . Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = d = 1 2 b). Ta có: A = ( ) ( ) 2 2 1 1x x+ + 1 1A x x = + + Cách 1: Xét 3 trờng hợp: *Nếu x <-1 thì A = - x- 1 - x+1 =-2x>2(1) * Nếu -1 x<1 thì A= x+1-x+1 = 2 (2) * Nếu x 1 thì A = x+1+x-1= 2x 2 dấu "=" xảy ra khi x=1 (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra min A = 2 1 1x Cách 2: áp dụng BĐT A B A B+ + dấu "=" xảy ra khi A.B 0, ta có: 1 1A x x= + + = 1 1 1 1 2x x x x+ + + + = Vậy min A= 2 ( ) ( ) 1 1 0 1 1x x x + = Câu 3: a) Cách 1: Với a = x + y; b = x 2 + y 2 ; c = x 3 + y 3 , ta có: a 3 - 3ab + 2c = (x + y) 3 - 3 (x+y)( x 2 + y 2 ) + 2(x 3 + y 3 ) = x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 3 - 3x 3 - 3xy 2 - 3x 2 y- 3y 3 + 2x 3 +2y 3 = (3x 3 -3y 3 ) +(3x 2 y- 3x 2 y) +(3xy 2 - 3xy 2 ) = 0 + 0 + 0 = 0. Vậy a 3 - 3ab + 2c = 0 Cách 2: Thay a, b, c vào vế trái của BT cần CM, ta có: VT = (x+y) 3 - 3(x+y)(x 2 +y 2 ) + 2(x 3 +y 3 ) = (x+y)[(x+y) 2 - 3(x 2 +y 2 ) + 2(x 2 - xy +y 2 )] =(x+y)(x 2 +2xy + y 2 - 3x 2 -3y 2 +2x 2 -2xy +2y 2 ) = (x+y).0 = 0 = VP (đpcm) b) (2đ) Ta có: 2 2 2 1 2 4 4 y x x + + = 2 2 2 2 1 ( 2) ( ) 2 4 y x x xy xy x + + + + = + 2 2 1 2 2 y x x xy x + + = + ữ ữ 2 + xy 0 xy - 2 Suy ra Min xy =- 2 x- 1 0 x = và x+ 2 y = 0 x = 1 và y = -2 hoặc x = -1 và y = 2 Câu4: (6đ) ABC, à A = 90 0 , AH BC, BH = 4cm CH = 9cm, HD AB, HE AC , MD MD DE, NE DE a) AE = ? b) MB = MH; NH = NC c) BDH BHA. Tìm tỉ số đồng dạng. d) S DENM = ? C/m 2 O D B M H N C A E GT KL Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới a) ABC vuông tại A, đờng cao AH, ta có: AH = . 4.9 2.3 6BH HC = = = (cm) AC = 2 2 2 2 6 9 117 10,8AH HC+ = + = = (cm) AH 2 = AE.AC AE = 2 2 6 3,3 10,8 AH AC = ; (cm) b) Tứ giác ADHE có à à à 0 90A D E= = = nên là hình chữ nhật. Suy ra AH = DE = 6 cm. Gọi O là giao điểm của AH và DE, ta có: OA = OH = OE = OD ã ã OHE OEH= (2 góc đáy cân OHE). Mà ã ã ã ã 0 90EHN OHE OEH HEN+ = + = ã ã EHN HEN= NHE cân tại N NH = NE (1) * à ã ã ã 0 90C EHN CEN HEN+ = + = à ã C CEN= NEC cân tại N NC = NE (2) Từ (1) và (2) suy ra NH = NC. Vậy Nlà trung điểm của HC. C/m tơng tự ta có: M là trung điểm của BH. c) Xét BDH và BHA có: ã ã ã ã 0 90 ;BDH BHA BHD BAH= = = (góc có cạnh tơng ứng vuông góc) BDH ~ BHA (g.g) k = 3,3 0,55 6 HE HA = = d) Vì MD và NE cùng vuông góc với DE nên MD//NE do đó tứ giác DENM là hình thang vuông. Mặt khác NE = NH = NC = 9:2 = 4,5 (cm); DM = MH = 4:2 = 2 (cm); DE = AH = 6cm nên S DENM = (DM + NE).DE :2 = (2 + 4,5).6:2 = 19,5 (cm 2 ) Câu5:(2đ) ABC: ã ã 0 0 30 ; 45ABC BAC= = MB = MC; M BC ã ?AMC = C/m Kẻ CD và MN vuông góc với AB (D, N AB), ta có CD//MN và DAC vuông cân tại D (Vì ã ã 0 0 90 ; 45CDA BAC= = (GT)) Do đó DA = DC (1) Vì CD//MN mà BM = MC nên BN = ND. MBD có đờng cao MN cũng là trung tuyến . Vậy MBD cân tại M, do đó ã ã 0 30MDB MBD= = . Suy ra ã 0 0 0 90 30 60MBC = = và ã 0 0 0 180 2.30 120BMD = = , do đó ã 0 0 0 180 120 60DMC = = . * MDC có ã ã 0 60MDC DMC= = . Vậy MDC là tam giác đều, do đó DM = DC (2) Từ (1) và (2) suy ra DMA cân tại D , do đó ã ã DMA DAM= và ã ã ã 0 30DMA DAM MDB+ = = (t/c góc ngoài tam giác) hay 2. ã ã 0 0 30 15MAB MAB= = ã ã ã 0 0 0 30 15 45AMC ABM MAB= + = + = . Vậy ã 0 45AMC = Đề số 2: Câu 1: ( 4 điểm) Giải các phơng trình sau: 1) 2 1 1 2 1 1x x = 2) 3 4 1 8 6 1 5x x x x+ + + + = Câu 2: ( 4 điểm) 1) C/mr nếu 1 1 1 2 a b c + + = và a + b + c = abc thì 2 2 2 1 1 1 2 a b c + + = 3 B N D M C A KL GT Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới 2/ Biết a, b là hai số thực dơng thoả mãn ĐK a 2 + b 2 = 1. Chứng minh rằng: 2 1 1 2 2 a b a b b a + ữ ữ Câu 3: (4 điểm) Chứng minh rằng với mọi n N * ta có: 1) 1 1 1 ( 1). 1 1n n n n n n = + + + + 2) 1 1 1 1 2 1 1 2 3 2 2 3 4 3 3 4 5 4 4 5 + + + + + + + + . + 1 1 ( 1). 1n n n n < + + + Câu 4: (6 điểm) Cho tam giác ABC . Goi M, N lần lợt là trung điểm các cạnh BC và AC, các điểm H, G, O lần lợt là trực tâm, trọng tâm, giao điểm các đờng trung trực của tam giác. Chứng minh rằng: 1/ Tam giác MNO đồng dạng với tam giác ABH. 2/ Tam giác AHG đồng dạng với tam giác MOG. 3/ Ba điểm H, G, O thẳng hàng. Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác vuông ABC có cạnh huyền BC = 2a, đờng cao AH. Gọi O là trung điểm của BC, D và E lần lợt là hình chiếu của H trên AB, AC. Tìm giá trị lớn nhất của; 1) Độ dài DE. 2) Diện tích tứ giác ADHE. Giải : Câu 1: ( 4 điểm) 1) ĐK: x 1 và x 1 2 , ta có: 2 1 1 2 1 1x x = x 2 - 1 = 2x - 1 x(x - 2) = 0 x = 0 hoặc x = 2 * x = 0 hoặc x = 2 đều thoả mãn ĐK trên. Vậy PT có t/n: S = { } 0; 2 2) ĐK: x 1 , ta có: 2 2 ( 1 2) ( 1 3) 5x x + + = 1 2 1 3 5x x + + = Vì x 1 nên 1 2 2 0x + > . Do đó chỉ cần xét 2 trờng hợp; + Nếu 1 3 0x < 1x < 3 x - 1 < 9 x< 10. Kết hợp với ĐK trên ta có: 1 x < 10 PT có dạng: 1 2 3 1 5x x + + = 0. 1x = 0 Nghiệm đúng với mọi giá trị của x thuộc khoảng đang xét. + Nếu 1 3 0x 1x 3 x - 1 9 x 10. Kết hợp với ĐK trên thì với x 10. Pt có dạng 1 2 1 3 5x x + + = 2 1x = 6 1x =3 x - 1 = 9 x =10 ( Đợc vì thuộc khoảng đang xét) Vậy pt có t/n S = { } 1 10x x Câu 2: (4 điểm) 1) Từ: a + b + c = abc 1 1 1 1 ab ac bc + + = và từ: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2( ) 4 a b c a b c ab ac bc + + = + + + + + = 4 Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới 2 2 2 1 1 1 a b c + + + 2 = 4 2 2 2 1 1 1 a b c + + = 2 2) Ta có: VT = 2 1 1 1 1 2 a b a b a b b a a b b a + = + + ữ ữ = 1 1b a a b a b + + + (1) + Từ gt suy ra 0 < a < 1 nên (1) là tổng của hai số dơng, áp dụng BĐT Co si cho (1) Ta có: VT ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 . 2 2 2 2 a b a b a b a b a b ab a b ab ab + + + = = = (đpcm) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a 2 + b 2 = 1 và 1 1 1 2 a b a b a b a b + + = = = Câu 3: (4 điểm) 1) Biến đổi VT, ta có: VT = ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n = + + + + + + = 1 1 1 1 1 n n n n n n + = + + = VP (đpcm) 2) áp dụng công thức TQ vừa c/m trên, ta có: VT= 1 1 1 1 1 1 1 1 . 2 2 3 3 4 1n n + + + + + = 1 1 1n + <1(Vì n N * nên 1 0 1 1n < < + ) Câu 4: (6 điểm) C/m ABC có MB = MC, NA = NC (gt) nên MN là đờng trung bình, do đó MN//AB và MN = 1 2 AB; H là trực tâm (gt) nên AH BC; BH AC; G là trong tâm (gt) nên GM = 1 2 GA; OM BC , ON AC. 1) Xét MNO và AHB có: + ã ã MNO ABH= (góc có cạnh tơng ứng song song, vì MN//AB; ON//HB do cùng vuông góc với AC) + ã ã NMO BAH= (Góc có cạnh tơng ứng song song, vì MN//AB; OM//HA do cùng vuông góc với BC) Suy ra MNO ~ ABH (g.g) 2) Xét AHG và MOG có: + GM = 1 2 GA (c/m trên); OM = 1 2 HA (Do 1 2 OM MN HA AB = = ); ã ã OMG GAH= (so le trong) Suy ra AHG ~ MOG (c.g.c) 5 A B HH HH M C N 0 G ABC , MB = MC, NA = NC GT Trực tâm H, trọng tâm G, OM BC , ON AC 1) MNO ~ ABH KL 2) AHG ~ MOG 3) H, G, O thẳng hàng. Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới 3) Do A, G, M thẳng hàng nên tổng 3 góc: AGN, NGO, OGM bằng 180 0 ; mặt khác do 2 góc AGH và MGO bằng nhau (theo câu 2) suy ra tổng 3 góc HGA, AGN, NGO bằng 180 0 . Vậy 3 điểm H, G, O thẳng hàng. (đpcm) Câu 5: (2 điểm) GT ABC, à A = 90 0 , BC = 2a, AH BC. OB = OC, HD AB, HE AC. 1) Tính maxDE = ? 2) Tính maxS ADHE = ? C/m; 1) (1 đ) Tứ giác ADHE có 3 góc vuông ( à à à 0 90A D E= = = ) nên là hình chữ nhật, do đó: DE = AH. Suy ra DE lớn nhất AH = AO = a ABC vuông cân tại A. Vậy Max DE = a ABC vuông cân tại A. 2) (1 đ) Ta có S ADHE = AD.AE ; AH 2 = AD.AB 2 AH AD AB = ; AH 2 = AE.AC 2 AH AE AC = , do đó S ADHE = 4 4 3 3 2 . . 2 2 2 AH AH AH AO a AB AC AH BC a a = = = Vậy Max S ADHE = 2 2 a AH = AO = a ABC vuông cân tại A. Đề số 3: Câu 1: (4 điểm) Giải các PT sau: 1) 2 3 3x+ + = b) 2 2 2 4 6x x+ = Câu 2: (4 điểm) 1) Cho a + b > 1. C/m rằng: a 4 + b 4 > 1 8 2) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 a b c b c a c a b a b c + + + + + + + Câu 3: (4 điểm) 1) Chứng minh rằng: 10 60 24 40 5 3 2+ + + = + + 2)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 3 + y 3 + xy biết x + y = 1. Câu 4: (6 điểm) Cho đoạn thẳng AB. Trong cùng một nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng AB, ta kẻ các tia Ax vuông góc với AB, By vuông góc với AB . Lấy trên Ax một điểm C và trên By một điểm D sao cho: AC.BD = 2 4 AB (*) và gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. 1) C/m hệ thức CD 2 = OC 2 + OD 2 2) C/m ODC P AOC. 3) Tìm quỹ tích hình chiếu I của điểm O trên đoạn thẳng CD khi C và D di chuyển nhng (*) vẫn đợc thoả mãn. Câu 5: (2 điểm) Cho nhọn ABC , AB = c, BC = a, CA = b. Chứng minh rằng: b 2 = a 2 + c 2 - 2ac.cosB. 6 D B O H E C KL A Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới Giải: Câu 1: (4 điểm)1) ĐK x 0, bình phơng hai vế ta có: 2 + 3 9 3 7x x+ = + = . Bình phơng hai vế tiếp ta có: 3 + 2 49 46 46 2116x x x= = = = > 0. Thử lại: Ta có VT = 2 3 2116 2 3 46 2 49 2 7 9 3+ + = + + = + = + = = =VP Vậy PT có tập nghiệm S = { } 2116 2) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 6 2 1 6 2 1 6x x x x + = = = + Nếu x ( ) 1 2 1 6 2 1 6 2 6 2x x x = = = + 3 2 1x = + (Thoả mãn ĐK x 1) + Nếu x < 1 thì ( ) 2 1 6 2 1 6 2 2 6 1 3 2x x x x = = = = . (Thoả mãn ĐK x<1) Vậy PT có tập nghiệm S = { } 3 2 1;1 3 2+ Câu 2: (4 điểm) 1) Vì a + b >1> 0 nên bình phơng hai vế ta có: a 2 + b 2 + 2ab > 1.(1) Mặt khác (a - b) 2 0 a 2 + b 2 - 2ab 0 (2) Cộng từng vế của (1) và (2) ta có: 2(a 2 + b 2 ) > 1 a 2 + b 2 > 1 2 .(3) Bình phơng hai vế của (3) ta có: a 4 + b 4 + 2a 2 b 2 > 1 4 (4) Mặt khác (a 2 - b 2 ) 2 0 a 4 + b 4 - 2a 2 b 2 0 (5) Cộng vế với vế của 2 BĐT (4) và (5), ta đợc: 2(a 4 + b 4 ) > 4 4 1 1 4 8 a b + (đpcm) 2) Với 2 số x, y > 0, ta có: ( ) ( ) ( ) 4 1 1 4 y x y x x y xy x y x y xy x y + + + + = + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 x y xy y x xy xy x xy y xy x y xy x y xy x y + + + + = = + + + 0, vì x, y > 0. Suy ra: 1 1 4 x y x y + + . Dấu "=" xảy ra khi x = y. * Trong một tổng 2 cạnh bao giờ cũng lớn hơn cạnh còn lại nên 1 ; a b c+ 1 ; b c a+ 1 c a b+ đều là dố dơng, do đó áp dụng BĐT 1 1 4 x y x y + + , với x, y > 0, ta đợc: 1 1 4 2 2a b c b c a b b + = + + Tơng tự ta có: 1 1 2 1 1 2 ; b c a c a b c c a b a b c a + + + + + + . Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta đợc: 2 1 1 1 1 1 1 2 a b c b c a c a b a b c + + + + ữ ữ + + + 1 1 1 1 1 1 a b c b c a c a b a b c + + + + + + + (đpcm) Câu 3: 1) Ta nhận thấy: 10 = 5 + 3 + 2 = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 3 2+ + ; 60 2 15 2 5. 3= = ; 24 2 3. 2= ; 40 2 2. 5= nên 7 Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới VT = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 3 2 2 5. 3 2 5. 2 2 3. 2+ + + + + = ( ) 2 5 3 2 5 3 2+ + = + + = VP (đpcm) 2) Ta có: A = (x + y)(x 2 - xy + y 2 ) + xy = x 2 - xy + y 2 + xy = x 2 + y 2 Cách 1: Từ x + y = 1 ( ) 2 2 2 1 2 1x y x y xy + = + + = (1) Mặt khác ta có: (x - y) 2 0 x 2 + y 2 - 2xy 0 (2) Cộng vế với vế của (1) và (2) ta đợc: 2(x 2 + y 2 ) 1 2 2 1 2 x y + Vậy min A = 1 1 2 2 x y = = Cách 2: Từ x + y = 1 1y x = , thay vào A ta có: A = x 2 + (1 - x) 2 = 2(x 2 - x) +1 2 1 1 1 2 2 2 2 A x = + ữ . Do đó min A = 1 2 x= 1 2 ; y = 1 2 . Cách 3: Đặt x = 1 2 + a thì y = 1 2 - a, ta có: A = 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 a a a + + = + ữ ữ Do đó min A = 1 2 1 0 2 a x y = = = Câu4: 1) C/m hệ thức CD 2 = OC 2 + OD 2 Ta có: AC.BD = 2 4 AB (gt) mà OA = 2 1 . 2 AC OA AC OB AB AC BD OA OA BD OA BD = = = AOC P BDO (c.g.c) à à ả ả 1 1 2 1 ;O C O D = = Nh vậy à ả à ả ã 0 0 1 2 1 1 90 90O O O D COD+ = + = = Tam giác COD vuông tại O. Theo đ/l Pi-Ta-go ta có: CD 2 = OC 2 + OD 2 2) AOC P BDO OC OA OD BD = hay OC OB OD BD = BOD P ODC (c.g.c) 3) Từ kết quả trên, suy ra: ả ả ã ả ả 2 2 2 2 O D COI D O= = = COI = COA (g.c.g) Suy ra OI = OA = 1 2 AB. Điểm I luôn luôn cách điểm O một khoảng không đổi bằng 1 2 AB nên điểm I nằm trên đờng tròn đờng kính AB. Vậy quỹ tích điểm I là nửa đờng trònđờng kính AB (phần nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng AB, có chứa Ax) Câu 5: Kẻ AH BC 8 A O B y D I x C 1 1 1 2 2 2 Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới Cách 1: AHC vuông ở H, ta có: AC 2 = AH 2 + HC 2 = AH 2 + (BC 2 - HB 2 ) = AH 2 + BC 2 + HB 2 - 2 BC.HB = (AH 2 + HB 2 ) + a 2 - 2a.HB (1) Trong vuông AHB , ta có: AH 2 + HB 2 = AB 2 = c 2 HB = AB.cosB = c.cosB (2) Từ (1) và (2) suy ra b 2 = a 2 + c 2 - 2ac.cosB (đpcm) Cách 2: Trong vuông AHB, ta có: AH = AB.sinB = c.sinB; HB = AB.cosB =c.cosB Suy ra HC = BC - HB = a - c.cosB. Trong vuông AHC, ta có: AC 2 = AH 2 + HC 2 = (c.sinB) 2 + (a - c.cosB) 2 = c 2 sin 2 B + a 2 + c 2 .cos 2 B - 2ac.cosB = a 2 + c 2 ( sin 2 B + cos 2 B) -2ac.cosB b 2 = a 2 + c 2 - 2ac.cosB (đpcm) Đề số 4: Câu1: (3 điểm) Trong hệ toạ độ xôych hai đờng thẳng có phơng trình: y = x + 1 (d 1 ) và y = - x + 2 (d 2 ). Gọi giao điểm của d 1 và d 2 là A, giao điểm của d 1 , d 2 với Ox lần lợt là B, C. 1) Tính diện tích tam giác ABC. 2) Tìm tâm và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 2: (4 điểm) Giải các phơng trình: 1/ x 4 + x 2 - 2 = 0 2/ 2 2 1 6 4 2 6 4 2x x + = + Câu 3: (6 điểm) 1/ Cho a là số thực không âm. Chứng minh rằng: 3 6 2a a a a+ + + 2) C/mr nếu a, b là 2 số dơng thoả mãn ĐK a + b = 1 thì 2 2 1 1 6 ab a b + + . 3/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2ac + bc + cd. Trong đó a, b, c, d là những số thực thoả mãn ĐK: 4a 2 + b 2 = 2 và c + d = 4. Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC . Goi M, N lần lợt là trung điểm các cạnh BC và AC, các điểm H, G, O lần lợt là trực tâm, trọng tâm, giao điểm các đờng trung trực của tam giác. Chứng minh rằng: 1/ Tam giác MNO đồng dạng với tam giác ABH. 2/ Tam giác AHG đồng dạng với tam giác MOG. 3/ Ba điểm H, G, O thẳng hàng. Câu 3: (2 điểm) Tính diện tích toàn phần của hình chóp S.ABC. Biết góc ASB bằng 60 0 , góc BSC bằng 90 0 , góc ACS bằng 120 0 và các cạnh SA = SB = SC = a. Giải: 9 A B C H a b c Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới Câu1: ( 3 điểm) 1) * Tìm toạ độ điểm A. Vì A là giao điểm của d 1 và d 2 x+1 =- x + 2 2x = 1 x = 1/2 y = 1+1/2=3/2 Vậy A(1/2; 3/2). * Tìm toạ độ điểm B. Vì B là giao điểm của d 1 và Ox y = 0 và x+1 = 0 x = -1. Vậy B(-1; 0) * Tìm toạ độ điểm C. Vì C là giao điểm của d 2 và Ox y = 0 và -x+2 = 0 x = 2. Vậy C(2; 0) Diện tích ABC có BC = 3; đờng cao AH = 3/2 S ABC =1/2.3.3/2 =9/4 (đvS) 2) Ta có a 1 .a 2 = 1.(-1) = - 1 d 1 d 2 tại A ABC vuông tại A đờng tròn ngoại ABC có tâm I là trung điểm của BC bán kính IA = IB = IC=3/2 Câu 2: (4 điểm) Giải các phơng trình: 1/ x 4 + x 2 - 2 = 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 2 1 1 0 1 1 1 0x x x x x + = + + = ( ) ( ) 2 2 1 2 0x x + = Vì x 2 2 0 2 2 0x + > nên x 2 - 1 = 0 2 1 1x x = = vậy phơng trình có tập nghiệm: S = { } 1; 1 2) 2 2 1 6 4 2 6 4 2x x + = + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 2 2x = + 1 2 2 2 2 1 2 2x x = + + = + Xét 2 trờng hợp: * Nếu x 1 phơng trình trở thành: x - 1 = 2 2 1 2 2x = + (thoả mãn ĐK x 1) * Nếu x< 1 phơng trình trở thành: x - 1 = - 2 2 1 2 2x = (Thoả mãn ĐK x<1) Vậy phơng trình có tập nghiệm: S = { } 1 2 2;1 2 2+ Câu 3: (5 điểm) 1) Đặt x = 6 0a , ta cần c/m: x 6 - x 3 - x 2 - x +2 0 6 3 3 2 2 2 1 2 2 1 0x x x x x x x + + + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 1 1 0x x x x + + Do x 0 nên BĐT luôn luôn đúng. Vật bất đẳng thức đợc c/m, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 1a = 2) Vì a, b > 0 ; a + b =1 (a + b) 2 = 1, do đó: ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 2( ) 2 a b a b ab a b ab a b + + + = + + + = 2 2 2 2 2 2 2( ) 4 ( ) 2 2 a b ab a b ab ab a b + + + + + + = 2 + 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 a b a b ab ab ab a b + + + + + + = 3 + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b ab ab ab a b + + + + ữ + Theo BĐTCôsy ta có: a 2 + b 2 2ab nên 2 2 1 2 a b ab + (Dấu "=" xảy ra a= b = 1 2 ) 10 y=-x+2 O C A H B y x [...]... "=" xảy ra khi a = b = c Suy ra a = b = c = 0 và a = b = c =1 Câu 3: (4 điểm) x 2 2 x + 20 09 20 09 x 2 + 2.20 09. x + 20 092 = 1) Ta có: A = x2 20 09. x 2 2 2 x 2.20 09. x + 20 09 2008.x 2 ( x 20 09 ) 2008 2008 (Dấu "=" xảy ra khi A= + = + 2 2 2 20 09. x 20 09. x 20 09. x 20 09 20 09 2008 x = 20 09 x = 20 09 Vậy min A = 20 09 4 2) Ta có: a(a-1) + b(b-1) + c( c-1) 3(a2 + b2 + c2) - 3(a + b + c) 4 3 3(a2 + b2 +... y z = = = k x = 4k , y = 3k , z = 9k thế vào phơng trình kia ta có: 4 3 9 7.4k - 3.3k + 2 9k = 37 28k- 9k + 18k = 37 37k = 37 k=1 Do đó: b) Cách 1: Đặt x = 4, y = 3, z = 9 Vởy phơng trình có một nghiệm duy nhất (x; y; z) = (4; 3; 9) Cách 2: x y z x y z 7 x 3 y 2 z 7 x 3 y + 2 z 37 = = = = =1 = = = = = 4 3 9 28 9 18 { x = 4, y = 3, z = 9 28 9 + 18 37 4 3 9 7 x 3 y + 2 z = 37 7 x 3 y + 2... n = 10060 09, ta có: 2 1006010 2 10060 09 < 1 < 2 10060 09 2 100608 10060 09 Cộng vế với vế của các BĐT trên ta có: 1 1 1 1 1 + + + + + < 2 10060 09 2 1 =2006 - 2 (1) 2 3 4 5 10060 09 Mà 2 1006010 > 2 10060 09 = 2006;3 > 2 2 2006 3 < 2 1006010 2 2 (2) 1 1 1 1 1 + + + + + < 2006 2 Từ (1) và (2) suy ra: 2006 - 3 < 2 3 4 5 10060 09 1 1 1 1 1 2004 < 1 + + + + + + < 2005 (đpcm) 2 3 4 5 10060 09 2 1006010... 18 x = 9 (Đợc, vì x = 9 thuộc khoảng đang xét) Vậy phơng trình có tập nghiệm S = { 1 ;9} b) ĐK: x 1, 2 x 1 0 2 x 1 x 1 2 x 3 Vậy ĐK: x 1 và x 3 3 x = 3 2 3 x = 6 3 2x 2 x + 3 = 3 2x 2 2 x 1 2 2 ( x + 3) = 9 ( 2 x 2 ) x 2 + 6 x + 9 = 18 x 18 x2 - 12x + 27 = 0 x 12 x + 36 9 = 0 Ta có: ( ) ( x 6 ) 32 = 0 ( x 6 3) ( x 6 + 3) = 0 ( x 9 ) ( x 3) = 0 suy ra x = 9 hoặc... FAD / và AD = AD/ nên DE = D/F do đó DF + DE = DF + D/F = DD/ d) Biện luận: Bài toán luôn dựng đợc và có 1 nghiệm hình Ngày 01/12/ 09 Đề 10: (Thời gian làm bài 150/) Câu1:(4 điểm) Giải các phơng trình: a) 49 x 98 14 x2 = 9 x 18 + 8 ; 49 b) x + 2 x 1 + x 2 x 1 = 2 Câu 2: ( 6 điểm) 1) Cho a + b + c = 6 và ab + bc + ca = 9 Chứng minh rằng: 0 a 4, 0 b 4 và 0 c 4 2) Cho a + b + c = 2 và a2 + b2... điểm) Cho ABC vuông tại A Các điểm D, E thuộc cạnh BC sao cho BD = DE = EC Biết AD =10 cm, AE = 15cm Tính độ dài BC 29 Trờng THCS Xuân Hng GV: Lê Trọng Tới Câu 1: (4 điểm) Giải phơng trình: a) ĐK: x 2, ta có: 49 x 98 14 Giải: (Đề 10) x2 = 9 x 18 + 8 49 ( x 2 ) 2 x 2 = 9 ( x 2 ) + 8 49 7 x 2 2 x 2 = 3 x 2 + 8 2 x 2 = 8 x 2 = 4 x 2 = 16 x = 18 (thoả mãn ĐK trên ) Vậy phơng trình có tập... 2 , ta có: 3 1 9 = 3(x - 2) - (x+ 1) = - 9 3x - 6 - x - 1 = - 9 x + 1 x 2 ( x + 1) ( 2 x ) 2x = - 2 x = - 1(không thoả mãn ĐK trên) Vậy phơng trình vô nghiệm b) ĐK: x 0, bình phơng hai vế ta có: 2 + 3 + x = 9 3 + x = 7 3 + x = 49 x = 46 x = 2116 (Thoả mãn ĐK x 0) Thử lại: Thay x = 2116 vào vế trái của phơng trình, ta có: VT = 2 + 3 + 2116 = 2 + 3 + 46 = 2 + 49 = 2 + 7 = 9 = 3 = VP Vậy... điểm) 3 x =1 4 A ABC, à = 90 , AB = 9cm, AC = 12cm A ã ã GT BAD = DAC , DE AB, DF AC 0 E F à à KL a) BC = ?, B = ?, C = ? B C b)DB = ?, DC = ? D c) Tứ giác AEDF là hình gì ? Tính chu vi và diện tích tứ giác AEDF C/m: à = 90 0 áp dụng đ/l Pi-Ta-Go ta có: BC2 = AB2 +AC2= 92 + 122 =225 a) ABC, A suy ra BC = 15cm Ta có: SinB = AC 12 à à à = = 0,8 B 5308/ , do đó C = 90 0 B = 90 0 5308/ 36052 / BC 15... 25 16 25 16 9 3 AC DC = = 14 AC = 5.14 = 70 ( cm ) ; DC = 4.14 = 56 ( cm ) suy ra 5 4 1 1 Vì ABCD là hình chữ nhật nên OA = OB = OC = OD = AC = 70 = 35 ( cm ) ; 2 2 ã ADF vuông ở F nên: DF = AD.sin DAB = 42.0,8 = 33, 6 ( cm ) ; DF 33, 6 = = 0 ,96 suy ra sin ã AOD = 0 ,96 DO 35 2 DF 96 24 DO DF DO 2 DF 2 DO 2 DF 2 OF 2 OF = = = = = = = b) Ta có: ữ DO 100 25 25 24 625 576 625 576 49 7 DO OF... + 2(xy + xz + yz) = 9 (1) hay A + 2B = 9 Xét hiệu: A - B = x2 + y2 + z2 - xy - xz - yz = GV: Lê Trọng Tới 1 2 2 2 2 2 2 x 2 xy + y + x 2 xz + z + y 2 yz + z 2 ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 ( x y ) + ( x z ) + ( y z ) 0 , dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z 2 Nên A B , dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z (2) a) Từ (1) và (2) suy ra 3A A + 2B = 9, nên A 9 Do đó min A = 9 x = y = z = 1 b) . 2 2 2 2 2 20 09 20 09 2.20 09. 20 09 20 09. x x x x x x + + + = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 20 09 2.20 09. 20 09 2008. 2008 2008 20 09. 20 09. 20 09. 20 09 20 09 x x x x A x. Lê Trọng Tới Luyện thi HSG toán 9 Năm học : 2010 - 2011 Đề số 1 Câu 1: ( 4 điểm) Giải các phơng trình sau: a) 2 9 12 4 4x x + = b) 2 2 2 1 6 9 1x x x x +

Ngày đăng: 10/10/2013, 06:11

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w