Luyen thi HSG toan 9

Gäi D vµ E lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña H trªn AB vµ AC... VËy N lµ trung ®iÓm cña HC.[r]

Luyện thi HSG toán Năm học : 2010 - 2011

Đề số 1

Câu 1: ( điểm) Giải phơng trình sau: a) 9 12x 4x2 4

   b) x2 2x 1 x2 6x9 1

C©u 2: ( ®iĨm) a) Cho a + b + c + d = Chøng minh r»ng: a2 + b2+ c2+ d2 1 

b) T×m giá trị nhỏ biểu thức: A= x2 2x 1 x2 2x 1

    

Câu 3: (4 điểm) a) Cho a = x + y; b = x2 + y2; c = x3 + y3 C/m r»ng: a3 - 3ab +2c = 0.

b) Cho sè x, y tho¶ m·n: 2x2 +

2

1 y

x  =4, (x 0).Tìm x, y để tích x.y đạt giá trị nhỏ

Câu 4: ( điểm) Cho ABC vuông A, đờng cao AH chia cạnh BC thành 2đoạn BH = 4cm CH = 9cm Gọi D E lần lợt hình chiếu H AB, AC Các đờng thẳng vng góc với DE D E lần lợt cắt BC M N

a) Tính độ dài DE

b) C/m M trung điểm BH N trung điểm CH c) C/m  BDH BHA đồng dạng Tìm tỉ số đồng dạng d) Tính din tớch t giỏc DENM

Câu 5: (2 điểm) Cho ABC cã gãc ABC b»ng 300, gãc BAC b»ng 450.

Gọi M trung điểm BC Tính số đo góc AMC Giải

Câu1 giải c¸c PT: a) 9 12x 4x2 4

   



3 2 x



2  4 2 x 4

* XÐt trêng hỵp:

- Trêng hỵp 1: NÕu 3- 2x   x 1,5 PT cã d¹ng: - 2x =  2x = -1  x=- 0,5 - Trêng hỵp 2: NÕu 3- 2x <  x < 1,5 PT cã d¹ng: -3 +2x =  2x=7  x=3,5 VËy PT cã t/n S =



0,5;3,5



b) x2 2x 1 x2 6x 9 1

      



x1



2 



x 3



2 1 x1 x 1

* xÐt trêng hỵp:

- Trờng hợp 1: Nếu x < x - < vµ x - < 0, PT cã d¹ng: - x+1-x+3=1  2x = x= 1,5 (loại không thoả mÃn ĐK x < 1)

- Trờng hợp 2: 1x< x-1 > vµ x-3 < , PT cã dạng: x-1-x+3 =1 0x=-1(VN) - Trờng hợp 3: Nếu x x - > x - > PT cã d¹ng: x - + x - =

 2x = x = 2,5 ( loại không thoả mÃn ĐK x )

Vậy PTVN hay S =

Câu2: a) Cách 1: Ta cã: a2 + b2  2ab

a2 + c2  2ac

a2 + d2  2ad

b2 + c2  2bc

b2 + d2  2bd

c2 + d2  2cd

3(a2+b2+c2+d2)  2(ab + ac + ad +bc + bd + cd)  4(a2+b2+c2+d2)  (a+b+c+d)2 =22 =4

 a2 + b2+ c2+ d2 1 DÊu "=" x¶y a = b = c = a =

2 Cách 2: Đặt a =

2 + x ; b =

2 + y; c =

2 + z; d =

2 + u V× a + b + c +d = nªn x + y+ z + u = Ta cã: a2 + b2 + c2 + d2 = (1

2 + x)

2+ (1

2 + y)

2+(1

2 + z)

2 + (1

2 + u)

2

 a2 + b2 + c2 + d2 =

4+ x + x

2 + 1

4 + y + y

2 + 1

4 + z + z

2 + 1

4 + u + u

2

= +(x + y +z + u) + (x2 + y2+ z2+ u2)

= + (x2 + y2+ z2+ u2) 1DÊu "=" x¶y x = y = z = u = 0.

VËy a2 + b2+ c2+ d2 1

 DÊu "=" x¶y a = b = c = d =

2 b) Ta cã: A =



x1



2 



x1



2  A  x x

C¸ch 1: XÐt trêng hỵp:

*NÕu x <-1 th× A = - x- - x+1 =-2x>2(1) * NÕu -1  x<1 th× A= x+1-x+1 = (2)

* NÕu x 1 th× A = x+1+x-1= 2x 2 dÊu "=" x¶y x=1 (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) suy A =    1 x

Cách 2: áp dụng BĐT A B A B dÊu "=" x¶y A.B 0, ta cã:

A  x x1= x  1 x    x 1 x 2

VËy A= 



x1

 

x1



    0 x

Câu 3: a) Cách 1: Với a = x + y; b = x2 + y2; c = x3 + y3, ta cã:

a3 - 3ab + 2c = (x + y)3 - (x+y)( x2 + y2) + 2(x3 + y3)

= x3 + 3x2y + 3xy2+ y3 - 3x3- 3xy2- 3x2y- 3y3+ 2x3 +2y3

= (3x3 -3y3) +(3x2y- 3x2y) +(3xy2 - 3xy2)

= + + = VËy a3 - 3ab + 2c = 0

C¸ch 2: Thay a, b, c vào vế trái BT cần CM, ta cã: VT = (x+y)3 - 3(x+y)(x2+y2) + 2(x3+y3)

= (x+y)[(x+y)2 - 3(x2 +y2) + 2(x2 - xy +y2)]

=(x+y)(x2 +2xy + y2- 3x2-3y2+2x2-2xy +2y2)

= (x+y).0 = = VP (®pcm) b) (2®) Ta cã:

2

2

1

2

4 y x

x

  

2

2

2

1

( 2) ( )

4 y

x x xy xy

x

       

2

1

2 y

x x xy

x

   

        

   

 + xy   xy  -

Suy Min xy =-  x-

x vµ x+2 y

=  x = vµ y = -2 x = -1 y = Câu4: (6đ)

ABC, A= 900 , 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) SDENM = ?

C/m

a) ABC vng A, đờng cao AH, ta có: AH = BH HC  4.9 2.3 6  (cm)

AC = AH2 HC2 62 92 117 10,8

     (cm)

AH2 = AE.AC  AE =

2 62

3,3 10,8 AH

AC   (cm)

b) Tø gi¸c ADHE cã A D E  900

nên hình chữ nhật Suy AH = DE = cm

Gọi O giao điểm AH DE, ta cã: OA = OH = OE = OD  OHE OEH  (2 gãc

đáy  cân OHE) Mà EHN OHE OEH HEN    900

 EHN HEN NHE cân N

NH = NE (1)

* C EHN CEN HEN    900

  C CEN NEC cân N  NC = NE (2)

Tõ (1) vµ (2) suy NH = NC VËy Nlµ trung ®iĨm cđa HC C/m t¬ng tù ta cã: M trung điểm BH

2

O D

B M H N C

A

E GT

c) XÐt BDH vµ BHA cã: BDH BHA 90 ;0 BHD BAH 

(góc có cạnh tơng ứng vuông

gãc)  BDH ~ BHA (g.g)  k = 3,3 0,55

HE

HA  

d) Vì MD NE vng góc với DE nên MD//NE tứ giác DENM hình thang vuông Mặt khác NE = NH = NC = 9:2 = 4,5 (cm); DM = MH = 4:2 = (cm); DE = AH = 6cm nên SDENM = (DM + NE).DE :2 = (2 + 4,5).6:2 = 19,5 (cm2)

Câu5:(2đ)

ABC: ABC 30 ;0 BAC 450

 

MB = MC; M BC AMC?

C/m

Kẻ CD MN vu«ng gãc víi AB (D, N AB), ta cã CD//MN DAC vuông cân D (Vì CDA 90 ;0 BAC 450

  (GT)) Do DA = DC (1)

Vì CD//MN mà BM = MC nên BN = ND MBD có đờng cao MN trung

tuyến Vậy MBD cân M, MDB MBD  300

  Suy MBC 900 300 600 vµ

 1800 2.300 1200

BMD   , DMC18001200 600

*  MDC cã MDC DMC 600

  Vậy  MDC tam giác đều, DM = DC (2)

Từ (1) (2) suy  DMA cân D , DMA DAM 

   300

DMA DAM MDB (t/c gãc tam giác) hay 2.MAB 300 MAB 150

AMC ABM MAB 300 150 450

   Vậy AMC450

Đề số 2: Câu 1: ( điểm) Giải phơng trình sau:

1) 21

2x1x 1 2) x 3 x1 x 8 x1 5 C©u 2: ( ®iĨm)

1) C/mr nÕu 1

a b c   vµ a + b + c = abc th× 2

1 1

2 a b c 

2/ Biết a, b hai số thực dơng thoả mÃn §K a2 + b2 = Chøng minh r»ng:

2

1

2

a b

a b b a

 

     



Câu 3: (4 điểm) Chứng minh với mäi n  N* ta cã:

1) 1

(n1) n n n 1  n  n1

2) 1 1

2 1 2 3   4 3 4 5 4 5 + +

1

1 (n1) n n n 1

Câu 4: (6 điểm) Cho tam giác ABC Goi M, N lần lợt trung điểm cạnh BC AC, điểm H, G, O lần lợt trực tâm, trọng tâm, giao điểm đờng trung trực 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

B

N

D

M C

A

Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác vng ABC có cạnh huyền BC = 2a, đờng cao AH Gọi O trung điểm BC, D E lần lợt hình chiếu H AB, AC Tìm giá trị lớn của;

1) Độ dài DE

2) Diện tích tứ giác ADHE

Giải : Câu 1: ( điểm)

1) ĐK: x1 x

2

 , ta cã:

21

2x1x 1  x

2 - = 2x -  x(x - 2) = x = hc x = 2

* x = x = thoả mãn ĐK Vậy PT có t/n: S =



0;2



2) ĐK: x  , ta có:

( x1 2)  ( x1 3) 5  x1 2  x1 5 

Vì x  nên x1 2 0   Do cần xét trờng hợp;

+ NÕu x1 0   x1 <  x - < x< 10

Kết hợp với ĐK ta cã: 1 x < 10 PT cã d¹ng:

x1 3   x1 5  x1= Nghiệm với giá trị ca x thuc

khoảng xét

+ NÕu x1 0   x1   x -   x 10 KÕt hỵp với ĐK với

x 10 Pt cã d¹ng x1 2  x1 5   x1=  x1=3

 x - = x =10 ( Đợc thuộc khoảng xét) Vậy pt có t/n S =

x1 x 10

Câu 2: (4 điểm) 1) Từ: a + b + c = abc 1 1 ab ac bc

   

vµ tõ: 1 12 12 12 2( 1 ) a b c    a b c  ab ac bc    12 12 12

a b c + =  2

1 1

a b c = 2) Ta cã: VT =

2

1 1

2

a b a b

a b b a a b b a

 

         

 

 

= b a a b

a b

   

 (1)

+ Tõ gt suy < a < nên (1) tổng hai số dơng, áp dụng BĐT Co si cho (1)

Ta cã: VT













2 2 2 2 2

1 1

2 a b a b a b a b a b ab 2

a b ab ab

         

    (đpcm)

Dấu "=" xảy a2 + b2 = vµ 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

n n n n   n n n  n

= 1

1

n n

n n n n

 

 

  = VP (®pcm)

2) áp dụng công thức TQ vừa c/m trên, ta cã:

VT= 1 1 1 1

2 3 n n

       

 =

1

1 n

<1(Vì nN

* nên 0 1

1 n

 

 )

Câu 4: (6 điểm)

4

A ABC , MB = MC, NA = NC

C/m

ABC có MB = MC, NA = NC (gt) nên MN đờng trung bình, MN//AB MN =

2AB; H trực tâm (gt) nên AH BC; BH AC; G tâm (gt) nªn GM =1

2GA; OM  BC , ON  AC

1) XÐt MNO vµ AHB có: + MNO ABH (góc có cạnh tơng ứng song song,

MN//AB; ON//HB vuông góc víi AC)

+ NMO BAH  (Gãc cã cạnh tơng ứng song song, MN//AB; OM//HA

vu«ng gãc víi BC)

Suy MNO ~ ABH (g.g) 2) XÐt AHG vµ MOG cã: + GM =1

2GA (c/m trªn); OM =

2HA (Do

1

OM MN

HA AB  ); OMG GAH  (so le trong) Suy AHG ~ MOG (c.g.c)

3) Do A, G, M thẳng hàng nên tổng góc: AGN, NGO, OGM 1800; mặt khác do

2 góc AGH MGO (theo c©u 2) suy tỉng gãc HGA, AGN, NGO 1800 Vậy điểm H, G, O thẳng hàng (đpcm)

Câu 5: (2 điểm)

GT ABC, A= 900, BC = 2a, AH  BC.

OB = OC, HD  AB, HE  AC 1) TÝnh maxDE = ?

2) TÝnh maxSADHE = ?

C/m;

1) (1 đ) Tứ giác ADHE có gãc vu«ng (A D E  900

   ) nên hình chữ nhật, đó:

DE = AH Suy DE lín nhÊt  AH = AO = a ABC vuông cân A VËy Max DE = a  ABC vuông cân A

2) (1 đ) Ta có SADHE = AD.AE ; AH2 = AD.AB

2

AH AD

AB

  ; AH2 = AE.AC

2

AH AE

AC

  , SADHE =

4 3

2

AH AH AH AO a

AB AC AH BC  a  a 

VËy Max SADHE =

2

2 a

 AH = AO = a ABC vuông cân A

Đề số 3: Câu 1: (4 điểm) Giải c¸c PT sau:

1) 2 3 x 3 b) 2x2 2 4x 6

  

B

H H H H

M C

N G

D B

O H

E

C KL

C©u 2: (4 ®iĨm) 1) Cho a + b > C/m r»ng: a4 + b4 > 1

8

2) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng:

1 1 1

a b c b c a c a b         a b c

C©u 3: (4 ®iÓm) 1) Chøng minh r»ng: 10 60 24 40  5 3 2 2)Tìm giá trị nhỏ biểu thøc A = x3 + y3 + xy biÕt x + y = 1.

Câu 4: (6 điểm) Cho đoạn thẳng AB Trong nửa mặt phẳng bờ đờng thẳng AB, ta kẻ tia Ax vuông góc với AB, By vng góc với AB Lấy Ax điểm C By điểm D cho: AC.BD =

4

AB (*) gọi O trung điểm đoạn thẳng AB

1) C/m hÖ thøc CD2 = OC2 + OD2

2) C/m ODC P AOC

3) Tìm quỹ tích hình chiếu I điểm O đoạn thẳng CD C D di chuyển nh -ng (*) đợc thoả mãn

C©u 5: (2 ®iĨm) Cho nhän ABC , AB = c, BC = a, CA = b Chøng minh r»ng: b2 = a2 + c2 - 2ac.cosB.

Giải:

Câu 1: (4 điểm)1) ĐK x 0, bình phơng hai vÕ ta cã: + 3 x  9 3 x 7

Bình phơng hai vế tiếp ta có: + x 49 x 46 x 462 2116

      >

Thö l¹i: Ta cã VT = 2 3 2116  2 3 46  2 49  2 7  9 3 =VP VËy PT cã tËp nghiÖm S =



2116



2) 2



x2 2x 1



6 2



x 1



2 6 2 x 1 6

        

+ NÕu x 1 x1 6  2



x1



 6 2x 6  x3 1

(Thoả mÃn ĐK x1)

+ NÕu x < th× x1 6  1



 x



 6 2x 6  x

(Thoả mÃn ĐK x<1) VËy PT cã tËp nghiÖm S =



3 1;1 2 



C©u 2: (4 điểm) 1) Vì a + b >1> nên bình ph¬ng hai vÕ ta cã: a2 + b2 + 2ab > 1.(1)

Mặt khác (a - b)2 0 a2 + b2 - 2ab  (2)

Céng tõng vÕ cđa (1) vµ (2) ta cã: 2(a2 + b2) > 1 a2 + b2 > 1

2.(3)

Bình phơng hai vế (3) ta cã: a4 + b4 + 2a2b2 > 1

4 (4)

Mặt khác (a2 - b2)2  a4 + b4 - 2a2b2  (5)

Cộng vế với vế BĐT (4) (5), ta đợc: 2(a4 + b4) >1 4

4 a b 8 (®pcm) 2) Víi sè x, y > 0, ta cã:













1 y x y x x y xy

x y x y xy x y

   

  

 

=

















2

2 4 2 x y

xy y x xy xy x xy y

xy x y xy x y xy x y



     

 

    0, v× x, y >

Suy ra: 1

x yx y DÊu "=" x¶y x = y

* Trong mét  tæng cạnh lớn cạnh lại nªn ; a b c 

1 ; b c a 

1

c a b  dố dơng, áp dụng BĐT

1

xy x y , với x, y > 0, ta đợc:

1 2 a b c b c a      b b

T¬ng tù ta cã: 1 2; 1

b c a c a b     c c a b a b c     a Céng vÕ víi vÕ cđa B§T

trên ta đợc: 1 1

a b c b c a c a b a b c

   

    

   

     

   

 1 1 1

a b c b c a c a b         a b c (đpcm) Câu 3:

1) Ta nhận thÊy: 10 = + + =

     

5 2 2 2; 60 15 3  ;

24 2 ; 40 2 5 nªn

VT =

     

5 2 2 2 2 5 2 2 

=



5 3 2



2  5 3 = VP (®pcm)

2) Ta cã: A = (x + y)(x2 - xy + y2) + xy = x2 - xy + y2 + xy = x2 + y2

C¸ch 1: Tõ x + y =



x y



2 1 x2 y2 2xy 1

    (1)

Mặt khác ta cã: (x - y)2   x2 + y2- 2xy  (2)

Cộng vế với vế (1) (2) ta đợc: 2(x2 + y2)  1 2

2

x y

  

VËy A = 1

2 x y

C¸ch 2: Tõ x + y = 1 y 1 x, thay vµo A ta cã: A = x2 + (1 - x)2 = 2(x2 - x) +1

2

1 1

2

2 2

A x 

      

 

Do A =1

2  x=

1 2; y =

1 Cách 3: Đặt x =

2 + a th× y =

2 - a, ta cã: A =

2

2

1 1

2

2 a a a

   

     

   

   

Do A =

1

2

a x y

    

C©u4:

1) C/m hƯ thøc CD2 = OC2 + OD2

Ta cã: AC.BD =

2

4 AB

(gt) mµ OA =

2

AC OA AC OB

AB AC BD OA

OA BD OA BD

     

 AOC P BDO (c.g.c)  O1 C O1; 2 D 1

Nh vËy     

1 1 90 90

O O O D   COD

A O B

y D I

x C

1 1

2

Tam gi¸c COD vuông O Theo đ/l Pi-Ta-go ta có: CD2 = OC2 + OD2

2) AOC P BDO OC OA

OD BD

  hay OC OB

OD BD  BOD P ODC (c.g.c) 3) Từ kết trên, suy ra:     

2 2

O D  COI D O  COI = COA (g.c.g)

Suy OI = OA =

2AB

Điểm I luôn cách điểm O khoảng không đổi

2AB nên điểm I nằm đờng trịn đờng kính AB

Vậy quỹ tích điểm I nửa đờng trịnđờng kính AB (phần nằm nửa mặt phẳng bờ đờng thẳng AB, có cha Ax)

Câu 5: Kẻ AH BC

Cách 1: AHC vu«ng ë H, ta cã:

AC2 = AH2 + HC2 = AH2 + (BC2 - HB2)

= AH2 + BC2 + HB2 - BC.HB

= (AH2 + HB2) + a2 - 2a.HB (1)

Trong vu«ng AHB , ta cã: AH2 + HB2 = AB2 = c2

HB = AB.cosB = c.cosB (2)

Tõ (1) vµ (2) suy b2 = a2 + c2 - 2ac.cosB (®pcm)

Cách 2: Trong vuông AHB, ta có: AH = AB.sinB = c.sinB; HB = AB.cosB =c.cosB Suy HC = BC - HB = a - c.cosB

Trong vu«ng AHC, ta cã: AC2 = AH2 + HC2 = (c.sinB)2 + (a - c.cosB)2

= c2sin2B + a2 + c2.cos2B - 2ac.cosB = a2 + c2( sin2B + cos2B) -2ac.cosB

 b2 = a2 + c2 - 2ac.cosB (®pcm)

§Ị sè 4:

Câu1: (3 điểm) Trong hệ toạ độ xơych hai đờng thẳng có phơng trình: y = x + (d1)

y = - x + (d2) Gäi giao ®iĨm cđa d1 d2 A, giao điểm d1, d2 với Ox lần lợt

B, C

1) TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC

2) Tìm tâm bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC Câu 2: (4 điểm) Giải phơng trình:

1/ x4 + x2 - = 2/ 2

2 6 x  x    

C©u 3: (6 điểm)

1/ Cho a số thực không âm Chứng minh rằng: a3a6 a a 2

2) C/mr a, b số dơng thoả mÃn ĐK a + b = 21 2 ab a b 

3/ Tìm giá trị lớn biểu thức T = 2ac + bc + cd Trong a, b, c, d số thực thoả mãn ĐK: 4a2 + b2 = c + d = 4.

Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC Goi M, N lần lợt trung điểm cạnh BC và AC, điểm H, G, O lần lợt trực tâm, trọng tâm, giao điểm đờng trung trực 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

8

A

B H a C

C©u 3: (2 điểm) Tính diện tích toàn phần hình chóp S.ABC BiÕt gãc ASB b»ng 600,

gãc BSC b»ng 900, góc ACS 1200 cạnh SA = SB = SC = a.

Giải: Câu1: ( ®iĨm)

1) * Tìm toạ độ điểm A

Vì A giao điểm d1 d2  x+1 =- x +

 2x =  x = 1/2  y = 1+1/2=3/2 VËy A(1/2; 3/2)

* Tìm to im B

Vì B giao ®iĨm cđa d1 vµ Ox  y = vµ

x+1 =  x = -1 Vậy B(-1; 0) * Tìm toạ độ điểm C

Vì C giao điểm d2 Ox  y = vµ

-x+2 =  x = VËy C(2; 0)

Diện tích ABC có BC = 3; đờng cao AH = 3/2  SABC =1/2.3.3/2 =9/4 (đvS)

2) Ta cã a1.a2 = 1.(-1) = -  d1d2 t¹i A ABC vuông A

đờng trịn ngoại ABC có tâm I trung điểm BC bán kính IA = IB = IC=3/2

Câu 2: (4 điểm) Giải phơng trình:

1/ x4 + x2 - = 



x41

 

 x21



 0



x2 1

 

x21

 

 x21



0 



x21

 

x22



0

V× x2 0 x2 2 0

     nªn x2 - =  x2  1 x1 phơng trình có tập nghiệm:

S =

1; 1



2) x2 2x 1 6 2 6 2

     













2

2

1 2 2

x

     

 x1 2  2   x1 2 + XÐt trêng hỵp:

* Nếu x phơng trình trở thành: x - = 2  x 1 2 (tho¶ mÃn ĐK x1)

* Nếu x< phơng trình trở thành: x - = - 2 x 2(Thoả mÃn ĐK x<1)

Vậy phơng trình có tập nghiệm: S =

1 2;1 2

Câu 3: (5 điểm)

1) Đặt x = a 0, ta cần c/m: x6 - x3 - x2 - x +2 

x6 2x3 1 x3 2x2 x x2 2x 1 0

         



x3 1



2 x x



1



2



x 1



2 0

      

Do x  nên BĐT luôn Vật bất đẳng thức đợc c/m, dấu xảy

chØ x = 1 a1

2) Vì a, b > ; a + b =1  (a + b)2 = 1, đó:





2

2 2

1 2( )

2

a b a b

ab a b ab a b

 

  

 

=2( 2) ( 2 2) 22

a b ab a b ab

ab a b

   





= +

2 2

2

2

2

a b a b ab

ab ab a b

 

  

 = +

2 2

2

2

2

a b a b ab

ab ab a b

 

 

  





Theo BĐTCôsy ta có: a2 + b2  2ab nªn

2

1

a b

ab



 (DÊu "=" x¶y a= b =1

2) y=-x+2

O C

A

H B

y

2 22 2 2 22 2

2

a b ab a b ab

ab a b ab a b

 

  

  (DÊu "=" x¶y

 a= b =1 2) Suy ra: 21 2

ab a b     VËy 2

1

6

ab a b  (DÊu "=" x¶y  a= b= 2) 3) Ta cã:

2

2

2

2

c c

a ac a

 

    

 

 

(1);

2

2

0

4

d d

b bd b

a

 

    

 

 

(2)



c d



2 0  2cd c 2d2 8cd



c d



24cdc





2

8

c d cd

cd 

   (3)

Cộng vé với vế BĐT (!), (2) (3) ta cã:

T = 2ac + bd + cd





2 2

2

4

4

c d

c d cd

a b 

      = +

2 2

2

4

2 2

2

c d

 

    

 

Vậy giá trị lớn T lµ a =

2, b = 1, c = d = (V× c- d = c d mặt khác c + d = nªn 2c = 2d =  c = d =2; 2a -

2=0 2a - =  a = 2;

2

1

 

 

 

+ b2=2  b2 + = b2 = 1 b1 loại giá trị b = -1)

Câu 4: (6 điểm)

C/m:

ABC có: MB = MC, NA = NC (GT) suy MN đờng trung bình nên MN//AB; H trực tâm nên AH vng góc với BC, BH vng góc với AC; O giao điểm đờng trung trực nên OM vng góc với BC, ON vng góc với BC Do AH//MO (Do vng góc với BC), BH//ON(do vng góc với AC)

1) XÐt MNO vµ ABH cã: NMO HBA (góc có cạnh tơng ứng song song);

MNOABH ( góc có cạnh tơng øng song song) Suy MNO P ABH (g.g)

2) MNO P ABH suy

MO MN

AH  AB  ; G trọng tâm ABC nên

1 GM

GA  XÐt AHG vµ MOG cã ; 

2

MO GM

OMG HAG

AH GA

 

   

  (so le trong) suy ra:

AHG P MOG (c.g.c)

3) AHG P MOG suy HGA OGM (2 gãc t¬ng øng)

Ta cã: HGO HGA AGN NGO OGM     AGN NGO 1800

       Suy điểm H, G, O

thẳng hàng Câu 4: (2 điểm)

10 A

B M C

N o H

G

ABC , MB = MC, NA = NC GT Trực tâm H, trọng tâm G, O giao đờng trung trực a) MNO P ABH

KL b) AHG P MOG c) H, G, O thẳng hàng

S B

H×nh chãp S.ABC, GT ASB 60 ,0 BSC 90 ,0

  ASC1200

SA = SB = SC = a

KL STP cđa h×nh chãp S.ABC

C/m * SAB cã SA = SB = a vµ ASB 600

 nên có độ dài đờng cao

SH =

a Do diện tích SAB 3

4

a .

* SBC cã SB =SC = a vµ BSC 900

 nên vng cân Do diện tích SBC

2

2 a * SAC cã SA = SC = a cã ASC 1200

 nên cân có góc đáy 300 suy độ

dài đờng cao SK = a

, cạnh đáy AC = a Do diện tích

a .

* ABC có AB = a; BC = a 2; AC = a AB2 +BC2 = AC2 (=3a2) nờn l tam

giác vuông B cã diƯn tÝch lµ 2

a .

Vậy diện tích toàn phần hình chãp lµ:

a +

2

a + 3

4

a + 2

2

a =





2

1

2 a

 

(đơn vị diện tích)

Đề 5 Câu 1: (4 điểm) Giải phơng trình:

1/ 22

1 1

x

x x x  ; 2/ x x1 x2 x1

Câu 2: (4 điểm)

1/ Tìm a, b, c biết a, b, c số dơng 12 12 12 32

a b c abc

     

   

     

     

2/ T×m a, b, c biÕt: a =

2

2

2

b b

 ; b =

2

2

2

c c

 ; c =

2

2

2

a a

Câu 3: (4 điểm) :

1/ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x2 2x2 2009 x

 

2/ Cho sè a, b, c tho¶ m·n : a(a-1) + b(b-1) + c( c-1)

 C/mr: -    a b c

Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Gọi D E lần lợt hình chiếu H AB AC Biết BH = 4cm, HC = 9cm

a) Tính độ dài AE

b) Chøng minh: AD.AB = AE.AC

c) Các đờng thẳng vng góc với DE D E lần lợt cắt BC M N Chứng minh M trung điểm BH; N trung điểm CH

d) TÝnh diƯn tÝch tø gi¸c DENM

Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Hãy xác định cạnh AB điểm D, cạnh AC điểm E cho DE song song với BC DE = DB + EC

Gi¶i : Câu1: (4 điểm)

1/ ĐK: x , ta cã: 22

1 1

x

x x x 





2

1 2

x x x x x

         

 (x-1)(x+1) +2(x-1) = 0(x-1)(x+3) =  x-1=0 hc x+3=  x =1 hc x = -

Đói chiếu với ĐK , loại nghiệm x = Vởy phơng trình có tập nghiƯm S = 3



2/ §K: x 1, ta cã:

2 2

x x  x x   x x1 x x1 2



x x1

 

x2 x1



4









2

2

2x x x x x 2

          x  x

+ Nếu x phơng trình trë thµnh x - = - x  2x 4 x2

+ Nếu x < phơng trình trở thành x - = x -  0x0 nghiệm với giá trị

cña x

VËy x 2 KÕt hỵp víi ĐK phơng trình có tập nghiệm S =



x x R ,1 x 2



C©u 2: (4 điểm)

1/ áp dụng BĐT Cô- Si, ta có: 12

a  a (1);

1 2

2

b   b (2);

1

8

c   c (3) Nhân vế với vế BĐT (1), (2) (3) ta đợc: 12 12 12 32

a b c abc

     

   

     

     

DÊu "=" x¶y khi: 12 1, 12 2, 12 1, 2,

2

a b c

a  b  c      VËy a = 1, b =

2 , c =

2 2/ Ta có: + b22b, + c2  2c, + a22a Do đó:

a =

2

2

2

b b



2 2 2

2

2 2 2

; ;

2 2

b c c a a

b b c c a

b c c a a

       

  Suy ra: ab, bc, ca nªn dÊu

"=" x¶y a = b = c Suy a = b = c = vµ a = b = c =1 Câu 3: (4 điểm)

1) Ta cã: A =

2 2

2

2 2009 2009 2.2009 2009

2009

x x x x

x x

   







2

2 2

2 2

2009

2.2009 2009 2008 2008 2008

2009 2009 2009 2009 2009

x

x x x

A

x x x



 

      (DÊu "=" x¶y

x = 2009 VËy A = 2008 2009

2009 x

2) Ta cã: a(a-1) + b(b-1) + c( c-1)

  3(a2 + b2 + c2) - 3(a + b + c)  4

 3(a2 + b2 + c2)  + 3(a + b + c) (1)

Mµ 3(a2 + b2 + c2) = (11 + 12 + 12)(a2 + b2 + c2)  (a + b + c)2 (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: (a + b + c)2 - 3(a + b + c) -  0.

Đặt x = a + b + c ta cã: x2 - 3x -   (x2 - 4x) + (x - 4)  0

 x(x - 4) + (x - 4)   (x - 4)( x + 1) 

Suy : a) 4

1

x x

x

  

 



 

số thoả mÃn ĐK nên loại

Hoặc b) 4



1

x x

x

x x

  

 

    

 

  

 

VËy   1 x hay     1 a b c (đpcm)

Câu4: (6 điểm)

ABC, A= 900 , AH BC, BH = 4cm

CH = 9cm, HD  AB, HE AC , MD MD  DE, NE  DE

a) AE = ? b) AD.AB = AE.AC c) MB = MH; NH = NC d) SDENM = ?

12

O D

B M H N C

A

E GT

C/m

a) ABC vuông A, đờng cao AH, ta có: AH = BH HC  4.9 2.3 6 (cm)

+ áp dụng đ/l Pi -Ta Go vào AHC vuông H ta có: AC2 = AH2 + HC2 suy ra:

AC = AH2 HC2 62 92 117 10,8

     (cm)

+ AHC vuông H, đờng cao HE ta có: AH2 = AE.AC  AE =

2 62

3,3 10,8 AH

AC   (cm)

b) Ta cã: AH2 = AE.AC (1)

+ AHB vng H, đờng cao HD, ta có: AH2 = AD.AB (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: AD.AB = AE.AC (đpcm)

c) Tứ giác ADHE có A D E 900 nên hình ch÷ nhËt Suy AH = DE = cm.

Gọi O giao điểm AH DE, ta cã: OA = OH = OE = OD  OHE OEH  (2 gãc

đáy cân OHE) Mà EHN OHE OEH HEN    900  EHNHEN  NHE cân

N NH = NE (3)

C EHN CEN HEN    900

     C CEN NEC cân N NC = NE (4)

Tõ (3) vµ (4) suy NH = NC Vậy N trung điểm HC C/m tơng tự ta có: M trung ®iĨm cđa BH

d) Vì MD NE vng góc với DE nên MD//NE tứ giác DENM hình thang vng Mặt khác NE = NH = NC = 9:2 = 4,5 (cm); DM = MH = 4:2 = (cm); DE = AH = 6cm nên SDENM = (DM + NE).DE :2 = (2 + 4,5).6:2 = 19,5 (cm2)

Câu 5: (2 điểm)

GT ABC, A 900

 , D AB, E AC , DE//BC

KL Xcá định vị trí diểm D, E để DE = DB + EC C/m

a) Ph©n tÝch:

Giả sử xác định đợc D, E thoả mãn ĐK ra: D AB, E AC , DE//BC

Qua E dựng đờng thẳng Ex//AB cắt BC F BF = DE, DB = EF

Qua C dựng đờng tjhẳng Cy tạo với AC góc 450 (Cy khác phía với CB đối với

CA) cắt Ex I CE = EI Ta có DE = BF = EF + EI = FI BFI cân F nên IBF BIF , mà ABI BIF (so le trong)  ABI IBF BI phân giác góc B Từ suy cách dựng

b) C¸ch dùng:

+ Dựng phân giác góc B, dựng đờng thẳng Cy tạo với AC góc 450 Hai đờng

thẳng cắt I

+ Từ I dựng đờng thẳng Ix song song với AB cắt AC E, cắt BC F

+ Từ E dựng đờng thẳng song song với BC căts AB D, ta có D, E điểm cần tìm

c) Chøng minh: Theo c¸ch dùng ta cã:

+ Tứ giác BFED hình bình hành (Vì DE// BF, EF//BD) nên DE = BF, FE = BD (1) + BI phân giác góc B nên ABI IBF, mặt khác ABI BIF (so le trong) nên IBF BIF BFI cân F, suy FB = FI = FE + EI (2)

+ ECI vuông cân E (vì E 90 ;0 ECI 450

  ) EI = EC (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) suy ra: DE = BD + EC thoả mÃn yêu cầu d) Biện luận:

+ Đờng phân giác góc B cắt Cy điểm I Từ I kẻ đợc đờng thẳng Ix vng góc với AC E

+ Qua E kẻ đợc đờng thẳng song song với BC cắt AB điểm D

Vì tốn ln xác định đợc điểm E AC, điểm D AB để DE//BC DE = BD + EC Tức tốn có nghiệm hình

A C

y I

E F x B

D

Đề số 6: Câu 1: (4 điểm) Giải phơng trình:

1/ 21

2x1x 1 2/

2 2 1 6 9 4 x  x x x

Câu 2: (4 điểm) 1/ Rót gän biĨu thøc:

A =

























2 2

4

2 2 4

2

1

1 1

1 1

1

x x

x x x x

x x x x

x x              

2/ T×m x, y biÕt: 5x2 + 5y2 + 8xy - 2x + 2y + = 0

Câu 3: (4 điểm )

1/ Chứng minh r»ng: NÕu a > 0, b > th×: (a + 2)(b + 2)(a + b) 16ab

2/ Chøng minh r»ng víi mäi a 2 th× 2 1

2 2 2

a a a a

a a a a

    



    

C©u 4: (5 ®iĨm) Cho ABC vu«ng ë A, C 300

 , BC = 10cm

a) TÝnh AB, AC

b) Từ A kẻ AM, AN lần lợt vuông góc với đờng phân giác ngồi góc B Chứng minh: MN//BC MN = AB

c) Chứng minh: MAB đồng dạng với ABC Tìm tỉ số đồng dạng Câu 5: (3 điểm) Cho ABC có B 60 ,0 C 20 ,0 BC 4cm

   Gäi D lµ trung điểm

AC Trên cạnh BC lấy điểm E cho CE = CD TÝnh tỉng diƯn tÝch ECD ABD

Giải: Câu 1: (4 ®iĨm) 1) §K: x 1,

2 x

  , ta cã: 21

2x1x 1  x

2-1= 2x -1 x(x-2) = 0  x= 0; x=2 Cả nghiệm thoả mãn ĐK Vậy PT có tập nghiệm S = 0;2



2) x2 2x 1 x2 6x 9 4

      



x1



2 



x 3



2  4 x 1 x 4

XÐt trêng hỵp:

* NÕu x < - 1, phơng trình có dạng: - x - - x + =  2x 2 x1.(Lo¹i ,

không thuộc khoảng xét)

* Nu - 1 x 3, phơng trình có dạng: x + - + x =  0x0, nghiệm ỳng vi mi

giá trị x thuộc khoảng xét

* Nếu x 3, phơng trình có d¹ng: x +1 + x - =  2x = x3(Thoả mÃn ĐK

trên)

VËy PT cã tËp nghiÖm S =



x x R , 1  x 3



C©u 2: (4 ®iĨm)

1) Rót gän biĨu thøc: A =

























2 2

4

2 2 4

2

1

1 1

1 1

1

x x

x x x x

x x x x

x x              



 





 





 





 





 





 



2 2 2

2 2 2

1 1 1

1 1 1

x x x x x x x x x x x x

A

x x x x x x x x x x x x

            

   

           

V× x2- x + =

2 x         

; x2 + x +1 =

2 x         

; x2 + x- =

2 x          ; x2 - x - =

2 x         

nªn A =

2 2

2 2

1 1

1 1

x x x x x x

x x x x x x

               = 2 1 x x x x     

2) 5x2 + 5y2 + 8xy - 2x + 2y + = (4x2 + 8xy + 4y2) + (x2- 2x +1) +(y2+2y+1) = 0

 4(x+y)2 + (x - 1)2 + (y +1)2 =













2

2

2

0 0

1

1 1

1

1

1

x y x y x y

x

x x x

y

y y

y

  

  

 

 



  

            

 

     

 

 

 

VËy x = 1; y = -1

Câu 3: (4 điểm) 1) Vì a > 0, b > nên áp dụng BĐT Cô-Si ta cã:

a + 2 2a ; b + 2 2b ; a + b 2 ab Do đó, nhân vé với vế BĐT ta

cã: (a + 2)(b + 2)(a + b) 16ab(®pcm)

2) Víi a 2, ta cã: * Tö thøc:









2 1 1 1

a a  a a  a  a   a  a 

=



a1 1



2 



a1 1



2  a1 1  a1 2  a1 * MÉu thøc: 2a2 2a1 2a 2a1



2a1



2 2a1 1 



2a1



 2a1 1

=



2a1 1



2 



2a1 1



2  2a1 1  2a1 1 = 2a1

Nªn 2 1

2 2

2 2 2

a a a a a a

a a

a a a a

      

 

 

Mặt khác a -1< 2a -1 víi mäi a2 vµ a- 1>0 ; 2a - > nªn a1 2a1, suy ra:

1

2

a a

 

 VËy

2

1

2 2 2

a a a a

a a a a

    



(đpcm) Câu 4: (5 ®iĨm)

C/m

a) Ta cã: ABC, A 90 ,0 C 30 ,0 BC 10cm

   (gt) 1.10

2

AB BC cm

    ,

AC = BC2 AB2 102 52 75 8, 66cm

    

b) ABC, A 90 ,0 C 300 ABC 900 300 600

        1 1.600 300

2

ABM MBC ABC

     (1)

XÐt tø gi¸c AMBN cã: AMB MBN BNA 900

    tứ giác AMBN hình chữ nhật,

MN = AB, BMN = MBA (c.c.c) nªn BMN MBA 300

  (2)

Tõ (1) vµ (2) suy BMN MBC  MN//BC.

c) XÐt MAB vµ ABC cã AMB BAC 90 ,0 MBA ACB  300

     MAB ABC(g.g)

theo tỉ số đồng dạng k = AB BC  Câu 5: (3 điểm)

15

A

M

C B

x N

10 300

ABC, A 90 ,0 C 30 ,0 BC 10cm

  

GT xBNNBA ABM; MBC ; AM BM

AN BN a) AB = ?; AC = ? KL b) MN//BC; MN = AB

c) MAB ABC, t×m k = ?

F ABC, B 60 ,0 C 200

  , BC = 4cm

C/m

Vẽ BCF đều.( F A cựng phớa i vi BC)

Trên cạnh FB lấy ®iÓm G cho FG = AB Ta cã ABC = GFC (c.g.c), suy ra: + GCF ACB 20 ,0 ACG 600



200 200



200

     

+ ACG c©n C (do CA = CG : Hai cạnh tơng ứng tam giác trên) Và có gãc ACG = 200.(10

Ta cã: DCE c©n C (CD = CE theo gt) có góc DCE = 200 (2)

Từ (1) (2) suy DCE ACG (g.g) với tỉ số đồng dạng k = DC AC 

Do 1

4

ECD

ECD ACG ACG

S

k S S

S     (3)

Ta cã: SABD =

2SABC =





1

4 SABCSGCF (4)

Tõ (3) vµ (4) suy ra: SECD + SABD =





1

4 SACGSABCSGCF 4SBCF

 SECD + SABD =

2

2

1

1,73( )

4   cm

(L u ý : Đờng cao tam giác cạnh a

a nên diện tích tam giác cạnh a là

2 3

4

a )

Ngày 21/11/09: Đề số 7: (Thời gian làm 150/)

Câu 1: (4 điểm) Giải phơng trình: a) x2 16x 64 x2 10

    b) 23 xx 1



Câu 2: (4 điểm) Tính c¸c tỉng sau:

a) A = 1 1

1  2 3 3   2023 2024  2024 2025

b) B =

2 2

2 2

x y z

a b c BiÕt

a b c

x yz  vµ

x y z

a b c  (Trong đó: a; b; c; x; y; z số khác khác khơng)

C©u 3: (5 ®iÓm)

1) Trong hệ trục toạ độ xOy cho hai đờng thẳng có phơng trình: y = x + (d1)

y = - x + (d2) Gọi giao điểm d1 d2 A, giao điểm (d1), (d2) với Ox lần lợt

là B, C

a) Tính diện tích tam giác ABC

16

A B

E D

b) Tìm tâm bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2) Cho biểu thức: A = 22

2

x x

x x

 

  (víi x1)

a) Tìm x để A đạt giá trị lớn b) Tìm x để A đạt giá trị nh nht

Câu 4: (5 điểm) Cho ABC vu«ng ë A, AB = 9cm, AC = 12cm a) Tính BC, B C ; ;

b) Phân giác cđa gãc A c¾t BC ë D TÝnh BD; CD;

c) Qua D kỴ DE AB, DF AC Tø giác AEDF hình ? Tính chu vi diện tích tứ

giác AEDF

Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, có diện tÝch b»ng 100 cm2 §iĨm D

nằm cạnh huyền BC có khoảng cách đến cạnh góc vng 4m 8cm Tính độ dài cạnh AB, AC

Giải: Câu 1: (4 điểm) Giải phơng tr×nh:

a) x2 16x 64 x2 10

    



x 8



2  x2 10 x 8 x 10

XÐt trêng hỵp:

* Nếu x < 0, phơng trình có dạng: - x - x + = 10  2x 2 x1 (Đợc, x =-1

thuộc khoảng xét)

* Nếu x 8, phơng trình có dạng: x - x + = 10 0x2phơng trình vo nghiệm

* Nếu x 8, phơng trình cã d¹ng: x + x - = 10 2x18 x9(Đợc, x = thuộc

khoảng xét)

Vậy phơng trình có tập nghiệm S =



1;9



b) §K: x  1, 2 x1 0  2 x1 x 2  x3 VËy §K: x1 vµ x3

Ta cã: 3

2

x x





  3 x 6 2x  x 3 2x



x 3



2 2



x 2



x2 6x 18x 18

          x2 - 12x + 27 = 



x212x36



 9 0



x 6



2 32 0



x 6 3

 

x 6 3



0

          



x 9

 

x 3



0suy x = x=3(loại

nghiệm x= 3, không thoả mÃn ĐKtrên) Vậy phơng trình có tập nghiệm S =

9

Câu 2: (4 điểm) Tính c¸c tỉng:

a) A = 1 1

1  2 3 3   2023 2024  2024 2025

1 1 1

2025 2024 2024 2023 2023 2022 3 2

A

       

     

= 2025 2024 2024 2023 2023 2022 3 2

2025 2024 2024 2023 2023 2022 3 2

     

     

     

= 2025 2024 2024 2023 2023 2022   4 3 3 2 1

= 2025 45 44    VËy A = 44

b) Tõ x y z a b c 

2 2

2 2

x y z xy xz yz

a b c ab ac bc

 

       

  (1)

V× a; b; c; x; y; z số khác khác không nên xyz

abc 0, ú nhõn c hai vế a b c

xyz  víi xyz

abcta đợc

xy xz yz xy xz yz

ab ac bc ab ac bc

 

       

  (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra:

2 2

2 2

x y z

Câu 3: (5 điểm) 1)

a) * Tỡm to im A

Vì A giao ®iĨm cđa d1 vµ d2  x+1 =- x +

 2x =  x = 1/2  y = 1+1/2=3/2 VËy A(1/2; 3/2)

* Tìm toạ độ điểm B

Vì B giao điểm d1 Ox y = vµ

x+1 =  x = -1 Vậy B(-1; 0) * Tìm to im C

Vì C giao ®iĨm cđa d2 vµ Ox  y = vµ

-x+2 =  x = VËy C(2; 0)

Diện tích ABC có BC = 3; đờng cao AH = 3/2  SABC =1/2.3.3/2 =9/4 (đvS)

b) Ta có a1.a2 = 1.(-1) = -  d1  d2 A  ABC vng A Suy đờng trịn

ngoại ABC có tâm I trung điểm BC b¸n kÝnh IA = IB = IC=3/2 2) a) Tìm giá trị lớn biểu thức: A =

2

2

1

2

x x

x x

 

  (víi x1)

Ta cã: : A =

2

2

1

2

x x

x x

 

  =

















2

2 2

1

1

1 1

x x x

x x x



   

   , dÊu "=" x¶y vµ chØ

x= VËy maxA = x0

b) Tìm giá trị nhỏ biÓu thøc: A = 22

2

x x

x x

 

  (víi x1)

Ta cã: A =

2

2

1

2

x x

x x

 

  =





















2

2

2

2

3 1

4 4 3

4

4

x x

x x x

x

x x

 

  

  

    



   

, dấu "=" xảy x=1

VËy A =

4 x

Câu4: (5 điểm)

ABC, A= 900, AB = 9cm, AC = 12cm

GT BAD DAC  , DE  AB, DF  AC KL a) BC = ?, B ?,C ?

b)DB = ?, DC = ?

c) Tø gi¸c AEDF hình ? Tính chu vi diện tích tứ giác AEDF

C/m:

a) ABC, A= 900 áp dụng đ/l Pi-Ta-Go ta cã: BC2 = AB2 +AC2= 92 + 122 =225

suy BC = 15cm

Ta cã: SinB = 12 0,8  53 80 /

15 AC

B

BC     , C 900 B900 53 80 / 36 520 / b) AD phân giác góc A, nên theo tính chất đờng phân giác ta có:

9 15

12 4 7

DB AB DB DC DB DC BC

DC AC



       



Do đó: DB = 3.15 6, 43





7  cm , DC =





15

4 8,57

7  cm

18

y=-x+2

O C

A

H B

y

x

A

B D C

c) Tứ giác AEDF hình chữ nhật có góc vuông (góc A, góc E, góc F), lại có AD phân giác góc A nên AEDF hình vuông

Ta có BDE P BCA (g.g) nªn DE BD

CA BC suy DE =

12.45 36

15.7

AC BD

BC  

Do chu vi hình vng AEDF là: 4.36 20,57





7  cm ; diện tích hình vuông AEDF là: S = DE2 =





2

2

36

26, 45

7 cm

 



 

 

Câu 5: (2 điểm)

ABC, A 900

 , SABC = 100 cm2

GT DE  AB, DF  AC, DE = 4cm DF = 8cm

KL AB = ?; AC = ? C/m: Đặt BE = x; CF = y

XÐt BED vµ DFC cã E F  90 ;0 EDB FCD

   (đồng vị)  BED P DFC (g.g)

Do BE ED DF FC hay

4

32

8 x

x y y

(1)

Mặt khác AB.AC = 2.SABC = 2.100 = 200  (x + 8)(y + 4) = 200

 xy + 8y + 4x + 32 = 200  4x + 8y + 64 = 200 x + 2y = 34 x34 2 y(2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: (34 - 2y).y = 32 17y - y2 =16  y2 - 17y + 16 = 0

 (y-1)(y-16) = suy y1 = 1; y2 = 16

* Với y1= 1, ta có: x.1 = 32  x = 32 Khi đó: AB = 32 + = 40cm; AC = + =5 cm

* Với y2= 16, ta có: x.16 = 32  x = Khi đó: AB = 8+ = 10cm; AC =16 + =20cm

VËy AB = 40cm, AC = 5cm vµ AB = 10cm, AC =20cm

Ngày 24/11/09 Đề 8: (Thời gian làm 150/)

Câu 1: (2 điểm) Cho điểm A có toạ độ (xa; ya), điểm B có toạ độ (xb; yb)thì độ dài đoạn

th¼ng AB =



xb xa



2



yb ya



2 (1)

Căn vào hệ thức (1) c/mr ABC có toạ độ đỉnh A(1; 1), B(2; 1+ 3), C(3; 1) tam giác

C©u 2: (5 điểm) Giải phơng trình: a)





3

1 2

x  x  x  x ; b) 2 3 x 3 c) 2x2 2 4x Câu 3: (5 điểm)

1) C/mr n n n n n

      , từ suy ra:

2004 < + 1

2  3  1006009 < 2005

2) Tìm giá trị lớn (nếu có) giá trị nhỏ (nếu có) biểu thøc sau: a) A= 9 x2

 ; b) B = 1-  x22x5

A B

C D

E

F

Câu 4:( điểm)

Cho hình chữ nhËt ABCD, sinDAC0,8; AD = 42cm, kỴ CE  BD DF AC.

a) AC cắt BD O, tính sinAOD.

b) C/m tứ giác CEFD hình thang cân tính diện tích củ

c) Kẻ AG BD BH AC, c/m tứ giác EFGH hình chữ nhật diện tích Câu 5: (3 điểm) Trong tam giác ABC có cạnh BC diện tích, hÃy tìm tam giác có chu vi nhỏ

Giải: Câu 1: (3 điểm)

Theo ta cã:

* AB2 = (2 - 1)2 + (1 + 3 1)2

 = + = 4 AB = * AC2 = (3 - 1)2 +(1 - 1)2= + =  AC = 2

* BC2 = ((3 - 2)2 + (1 - 1- 3)2 = + =  BC = 2

ABC có cạnh nên tam giác Câu 2: (5 điểm) Giải phơng trình:

a) §K: x1;x2, ta cã:



 



3

1 2

x  x  x  x  3(x - 2) - (x+ 1) = -  3x - - x - = -  2x = -  x = - 1(kh«ng thoả mÃn ĐK trên) Vậy phơng trình vô nghiệm

b) ĐK: x 0, bình phơng hai vÕ ta cã: + 3 x  9 3 x  7 3 x 49

46 2116

x x

(Thoả mÃn ĐK x 0) Thử lại: Thay x = 2116 vào vế trái

ph-ơng trình, ta có: VT = 2 3 2116  2 3 46  2 49 2 7 9 3 VP. Vậy phơng trình cã tËp nghiÖm S = 2116



c) 2x2 2 4x 6

    2



x2 2x1



 6 2



x1



2  6 x1 6

XÐt hai trêng hỵp:

* NÕu x  1, phơng trình có dạng: 2

1

6

2

x   x  (thoả mÃn ĐK: x 1)

* Nếu x < 1, phơng trình có dạng: 1

 x



  6 x3 2 x 1 (thoả mÃn ĐK:

x < 1)

Vậy phơng trình có tập nghiệm S =



1 2;1 2 



C©u 3: (5 ®iĨm)

1) Ta cã: 2



1



2



 



1

n n n n

n n

n n

   

  

 

= 2





2

1

n n

n n n n n n

 

  

   

(v× n 1 n ) VËy 2



n n



n

   (1)

* 2



1



2



1

 

1





1



2

1 1

n n n n n n

n n

n n n n n n n n

       

      

     

(v× n  n1) VËy 2



n n 1



n

   (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: n n n n n

      Do đó:

+ Khi n = 2, ta cã: 2 2 2

   

+ Khi n = 3, ta cã: 3 2

   

+ Khi n = 4, ta cã: 4

   

+ Khi n = 5, ta cã: 5

   

+ Khi n = 1006009, ta cã: 1006010 1006009 1006009 100608 1006009

   

Céng vÕ với vế BĐT ta có:

1 1 1

2 1006010 2 1006009

2 1006009

         =2006 - (1)

Mµ 1006010 1006009 2006;3 2    2006 1006010 2   (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: 2006 - < 1 1 2006

2  3 4 5  1006009  

2004 1 1 2005

2 1006009

         (®pcm)

2.a) ĐK để biểu thức có nghĩa là:

- x2 0



3

 

3



0 3

3

x x

x x

x x

  

 

        

  

  x

   

hc 3

3

x x

x x

  

 

   

  

 

(loại, khơng có số nh thế) Vậy để biểu thức có nghĩa ĐK x là: -3  x

Ta cã: A = 9 x2 9 3

   , dÊu "=" x¶y vµ chØ x = VËy maxA= 3 x =

Mặt khác A = 9 x2 0

  , dÊu "=" x¶y x= -3 x =

VËy minA =  x = - hc x = b) Ta cã: B = 1- x2 2x 5

    1, dÊu "=" xảy - x2 +2x + =





2

2 2 1 6 1 6 1 6

1

x

x x x x

x

  

           

  

VËy maxB =  x 1 6;x

Câu 4: (5 điểm)

Hình chữ nhật ABCD, sinDAC0,8; AD = 42cm,

GT CE  BD, DF  AC, AC c¾t BD ë O, AG  BD, BH  AC

KL a) sinAOD.= ?

b) CEFD hình thang cân tính SCEFD= ?

c) EFGH hình chữ nhật tÝnh SEFCH = ?

C/m: a) ADC vuông D nên: sinDAC 0,8=

2

2 2 2

2

4 42

14

5 5 25 16 25 16

DC AC DC AC DC AC DC AD

AC

  

           

  

A B

C D

F E

0 42

suy 14 5.14 70





; 4.14 56





5

AC DC

AC cm DC cm

     

Vì ABCD hình chữ nhËt nªn OA = OB = OC = OD = 1.70 35





2AC 2  cm ;

ADF vuông F nên: DF = AD.sinDAB 42.0,8 33,6



cm



;

ODF vu«ng ë F nªn: sin 33,6 0,96 35

DF FOD

DO

   suy sinAOD0,96.

b) Ta cã:

2

2 2 2

96 24

100 25 25 24 625 576 625 576 49

DF DO DF DO DF DO DF OF OF

DO

  

         

  

suy 7.35 9,8





25 25 25

DO OF DO

OF cm

    

XÐt OFD vµ OEC cã: F E 90 ;0 OC OD FOD EOC; 

    (đối đỉnh), đó:

OFD = OEC (g.c.g)  OE = OF = 9,8 cm, ED = FC = 9,8 + 35 = 44,4cm

+ Tõ OE = OF, OD = OC OE OF

OD OC

  EF//CD EFDC hình thang, mà DE = CF nên EFDC hình thang cân

+ SEFDC = SDFC + SCOE + SOEF , mµ SDFC =



2



1

44,8.33,6 752, 64

2FC DF2  cm ;

SCOE = 1.33,6.9,8 164,64



2



2CE OE2 DF OE2  cm ; SODC=





2

1

.56.42 588

2

AD

DC   cm





2

2

9,8

0,0784 0,0784 0,0784.588 46,10

35 OEF

OEF ODC ODC

S OF

S S cm

S OC

   

        

   

Nnªn SEFDC = 752,64 + 164,64 + 46,10 = 963,38 (cm2)

c) Ta cã: AOG = DOF = BOH = COE (c¹nh hun- gãc nhän) Suy ra: OE = OF = OG = OH EFGH hình chữ nhật

+ SEFGH = 2(SOEF + SOEH), mµ SOEF = 46,10 cm2;

SOEH =





2

2

9,8 56

.42 46,1

35 2

OBC OE

S cm

OB

   

 

   

   

nªn SEFGH = 2(46,1+46,1) = 184,4(cm2)

Câu 5: (3 điểm)

Xét ABC có đáy BC khơng đổi có diện tích Do chiều cao ứng với cạnh BC không đổi nên A chuyển động đờng thẳng d//BC (nh hình vẽ) Gọi D điểm đối xứng với B qua d, ta có: AB = AD

Chu vi ABC nhỏ  AB + AC nhỏ Ta có: AB + AC = DA + AC  DC (không đổi);

Dấu "=" xảy D, A, C thẳng hàng

Khi ú A v trí giao điểm E DC d, EBC cân E

Vậy tam giác ABC có cạnh BC diện tích, tam giác cân với cạnh đáy BC có chu vi nhỏ

22

A

B C

E D

Ngày 26/11/09 Đề 9: (Thời gian làm 150/)

Câu1:(4 điểm) Giải phơng trình: a) 1 9x2 6x 2x 6

   b) 4x12 9x 27 4 x 3 x0

Câu 2: (3 điểm) Cho biÓu thøc: A =

2

2 2

4

1

x x x x

x x

      

 

a) Rót gän biĨu thøc A

b) Tìm số ngun x để biểu thức A số nguyên Câu 3: (6 điểm)

1) Cho x + y + z =

a) Tìm giá trị nhỏ cña A = x2 + y2 + z2.

b) Tìm giá trị lớn B = xy + yz + zx 2) chøng minh r»ng a, b, c > th×:

2 2

2 2 2

a b c a b c

b c c a a b b c c a a b    

3) Cho x, y, z số thực dơng, chứng minh r»ng:

1 1 1

x y z

xy  yz  zx   

Câu 4: (5 điểm) Cho ABC vuông A Kẻ đờng thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh góc vng AB AC M N Biết MB =12 cm, NC = cm, trung điểm MN BC E F

a) Chøng minh ®iĨm A, E, F thẳng hàng

b) Trung im ca BN l G Tính độ dài cạnh số đo góc tam giác EFG c) Chứng minh GEF đồng dạng với ABC

Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC cân A điểm D cố định thuộc cạnh đáy BC Hãy dựng đờng thẳng song song với BC cắt hai cạnh bên E F cho

DE + DF cã gi¸ trị nhỏ

Giải:(Đề 9) Câu 1:(4 điểm)

a) 1 9x2 6x 2x 6

    



1 3 x



2 2x 6 3 x 2x6

XÐt trêng hỵp: + NÕu x

3

phơng trình có dạng 1- 3x = 2x +  5x = -  x = - 1(Thuộc khoảng xét)

+ Nếu x

phơng trình có dạng 3x -1 = 2x +  x = (thuéc khoảng xét) Vậy phơng trình có tập nghiÖm S =



1;7



b) ĐK xác định x 3, ta có: 4x12 9x 27 4 x 3  x0









4 x x x 3 x

          2 x 3 3 x 3 4 x 3 3  x0

 x 3



x 3



2 0  x 1



 x 3



0 suy ra: * x 0  x 0  x3(Tho¶ mÃn ĐK x 3)

* x 0  x 1  x 1  x4(Thoả mÃn ĐK x 3)

Vậy phơng trình có tập nghiệm S =

3; 4

Câu 2:(3 ®iÓm)

A =

2

2 2

4

1

x x x x

x x

      

  =

2

2 4 4

4

x x x x

x x x            =













2 2

2 2 2 2

2

x x x x

x x x x             

XÐt trêng hỵp:

* NÕu 2< x < th× A =

2 2

2 2

x x x

x x

x

    



 

* NÕu x 6 th× A =

2 2 2

2 2

x x x x

x x

x

     



 

b) * Víi 2< x < th× A = 4

2

x

x  x , A nguyên

8 x

nguyên 8x mà

2< x < nên x-2 = Suy x = 3, hc x = * Víi a 6th× A = 2

2 x x

x



 , đặt x tthì t2

2

2

x t x t

     

Ta cã: A =





2 2

2

2 2 4 4

2

t t t

t

t t t

 

   Do để A ngun t2thì t = t =

Suy x = 22 + = 6, hc x = 42 + = 18.

VËy víi x = 3; 4; 6; 18 A nguyên Câu 3: (6 điểm)

1) Bình phơng hai vế đẳng thức x + y +z = 3, ta đợc: x2 + y2 + z2 + 2(xy + xz + yz) = (1)

hay A + 2B = XÐt hiÖu:

A - B = x2 + y2 + z2 - xy - xz - yz = 1



2 2

 

2 2

 

2 2



2 x  xy y  x  xz z  y  yz z 

=





2





2





2

2 x y  x z  y z , dấu "=" xảy chØ x = y = z

Nªn A B, dấu "=" xảy x = y = z (2)

a) Từ (1) (2) suy 3A  A + 2B = 9, nên A  Do A =  x = y = z = b) Từ (1) (2) suy 3B  A + 2B = 9, nên B  Do max B =  x = y = z = 2) Xét:

























2 2

2 2 2

( ) ab a b ac a c

a a a ab ac b c

b c b c b c b c b c b c

  

  

  

      (1)

T¬ng tù:

















2

2 2

bc b c ba b a

b b

c a c a c a c a

  

 

    (2) ;

















2

2 2

ca c a cb c b

c c

a b a b a b a b

  

 

    (3)

Cộng vế (1), (2) (3) ta đợc:

2 2

2 2 2

a b c a b c

b c c b a b b c c a a b

 

      

       = ab(a - b)



2









2







1

b c b c a c a c

+ac(a- c)



2









2













2









2







1 1

bc b c

b c b c a b a b a c a c a b a b

   

       

       

   

   

Giả sử a   b c dấu ngoặc trịn, ngoặc vng biu thc trờn u khụng

âm nên:

2 2

2 2 2

a b c a b c

b c c a a b b c c a a b

 

      

        Suy ra:

2 2

2 2 2

a b c a b c

b c c a a b b c c a a b   (đpcm)

3) Với x, y, z số dơng nên áp dụng BĐT Co=si ta có; 1 1

x y x y  xy (1); t¬ng tù:

1 1 1

2 (2);

xz  xz yz yz (3) Cộng vế với vế (1), (2) (3) ta đợc 1 1

x y z xy xz yz

 

 

      

   

    Suy ra:

1 1 1

x y z

xy yz zx (đpcm) Câu 4: (5 ®iĨm)

`

C/m

a) Ta cã: EM = EN (gt)  AE lµ trung tuyến ứng với cạnh huyền vuông AMN nên EA = EM = EN EAM cân E MAEAME (1).

* T¬ng tù ta cã FAB cân F BAF ABF (2) Mà MN//BC (gt)  AMEABF (3).

Tõ (1), (2) vµ (3) suy MAE BAF A, E, F thẳng hàng.

b) NBM có EM = EN, GB = GN (gt) nên EG đờng trung bình EG//BM (4) EG = 1.12 6





2BM 2  cm

* Tơng tự với BNC, ta có GF đờng trung bình nên GF//NC (5) GF = 1.9 4,5





2NC2  cm

* v× BM NC (tại A) nên từ (4) (5) suy ra: EG GF (góc có cạnh tơng ứng song song) EGG 900

  Do GEF vng G áp dụng định lí Pi- ta- go

ta cã: EF2 = GE2 + GF2 = 62 + 4,52 = 36 + 20,25 = 56,25  EF 7,5



cm



* sin E = 4,5 0,6  36 520 / 7,5

GE

E

EF     F 900 E 900 36 520 / 53 80 /

VËy GEF cã GE = 6cm, GF = 4,5cm, Ì = 7,5cm, G 90 ,0 E 36 52 ,0 / F 53 80 /

  

A N C

F B

M G

E ABC , A 900

 , MN//BC,

MAB N, AC, MB =12 cm, NC =9cm GT EM = EN, FB = FC, EMN F BC,  , GB = GN, GBN

a) A, E, F thẳng hàng

KL b) EF =?, EG =?, FG =?, tÝnh gãc G, E, F cña GEF

c) ABC cã MN//BC (gt) nªn 12

9

AB AC AB MB

MB NC  AC NC  

Mµ

4,5

GE

GF   nªn

AB GE

AC GF XÐt GEF vµ ABC cã A G 900

  , AB GE

AC GF nªn GEF P ABC (c.g.c)

C©u 5: (2 ®iĨm)

a) Phân tích: Giả sử dựng đợc EF thoả mãn yêu cầu Trên nửa mặt phẳng bờ AC (khác phía với AD, dựng tia Ax cho

 

CAx BAD , tia Ax lấy điểm D/ cho

AD/ = AD Ta có D/ điểm cố định và

D/F = DE (V× D/AF = DAE (c.g.c))

Khi DF + DE = DF + D/F DD/

 (h»ng sè)

Do DF + DE nhỏ  DF + D/F nhỏ  F giao điểm DD/ và

AC Từ suy cách dựng b) Cách dựng:

- Dùng tia Ax cho CAx BAD

- Trên tia Ax lấy điểm D/ cho D/F = DE

- Dùng DD/ c¾t AC t¹i F.

- Qua E dựng đờng thẳng song song với BC cắt AB E ta có DF + DE nhỏ

c) Chøng minh:

Theo c¸ch dùng ta cã: D/AF = DAE v× chóng cã AE = AF,   /

EAD FAD vµ

AD = AD/ nên DE = D/F DF + DE = DF + D/F = DD/

d) Biện luận: Bài tốn ln dựng c v cú nghim hỡnh

Ngày 01/12/09 Đề 10: (Thời gian làm 150/)

Câu1:(4 điểm) Giải phơng trình:

a) 49 98 14 18

49 x

x    x  ; b) x 2x1 x 2x1 2

Câu 2: ( điểm)

1) Cho a + b + c = vµ ab + bc + ca =

Chøng minh r»ng: 0 a 4, 0 b vµ 0 c

2) Cho a + b + c = vµ a2 + b2 + c2 = 2.

Chøng minh r»ng: 4,0

3

a b

    vµ

3 c

 

3) Cho a, b, c số dơng thoả mÃn diều kiÖn 1

1a1b1c 

Tìm giá trị lớn tích: A =abc Câu 3: (3 ®iĨm)

1) Chứng tỏ hai đờng thẳng ax + by = c (1) a/x + b/y = c/ (2) (a, b0; ,a b/ / 0)

26

A

B D C

D/

F E

x

A

C E

B D

x D/

a) C¾t a/ b/

a b ; b) song song / / /

a b c

a b c ; c) Trïng / / /

a b c

a b c 2) Lập hệ phơng trình bậc hai ẩn víi tõng cỈp nghiƯm sau:

a) (-1; 3) b) (3; -4) Câu 4: (5 điểm) Cho ABC cã BC = a, ABC 450

 VÒ phía ABC vẽ hình

vuụng ABDE ACFG Giao điểm đờng chéo hai hình vng Q N Trung điểm BC EG M P

a) Chøng minh: AEC = ABG;

b) Chøng minh tø giác MNPQ hình vuông

c) Biết BGC Tính diện tích hình vuông MNPQ theo a

Câu 5: ( điểm) Cho ABC vuông A Các điểm D, E thuộc cạnh BC cho BD = DE = EC Biết AD =10 cm, AE = 15cm Tính độ dài BC

Gi¶i: (Đề 10) Câu 1: (4 điểm) Giải phơng trình:

a) §K: x 2, ta cã:

2

49 98 14 18

49 x

x    x   49



x 2



 x 2 9



x 2



8

7 x 2 x x x

           x 4  x 16  x18(thoả mÃn

ĐK ) Vậy phơng trình cã tËp nghiƯm lµ: S =

 

18

b) §K: 2x -1 x

  Nhân vế với 2, ta có:

2 2

x x  x x   2x2 2x1 2x 2x1 2

2x 2x 1 2x 2x 1

          



2x 1



2



2x 1



2

        2x1 1  2x1 2 

XÐt trêng hỵp: * NÕu 1

2 x , phơng trình có dạng: 2x1 1  2x1 2   0x0(Nghiệm với giá trị x thuộc khoảng xột )

* Nếu x 1, phơng trình cã d¹ng: 2x1 1  2x 1 2   2x1 2

VËy phơng trình có tập nghiệm là: S = ,1

x x R x

 

  

 

 

Câu 2: (6 điểm)

1) Ta có: a + b + c =  b c  6 a;

ab + bc + ca =  bc 9 a b c







 9 a



6 a



 9 6a a

áp dụng BĐT: (b+c)2  4bc, ta đợc: (6- a)2 4(9- 6a + a2)

36 6a a2 36 24a 4a2 3a2 12a 0

          a a



 4



0

0



0

4

a a a a a              

  hc

0

4

a a a a      

(loại, số

thoả mÃn ĐK này) Vậy  a 

Chøng minh t¬ng tù ta cã: 0 b 4; 0 c

2) Ta cã: a + b + c =  b c  2 a 



b c



2 



2 a



2

a2 + b2 + c2 = 2 b2 c2  2 a2  2



b2c2



2 2



a2

áp dụng BĐT: 2(b2 + c2)  (b + c)2, ta cã: 2(2- a2)  (2- a)2

 - 2a2  - 4a + a2  3a2 - 4a  a(3a - 4) 

0

0

0

3

3 a a a a a                      hc 0

3

3 a a a a        

(loại, số Thoả mÃn ĐK này) Vậy

3 a

 

Chøng minh t¬ng tù ta cã:  b 4

3;  c  3) Ta cã:



 



1 1

1

1 1 1 1

b c bc

a b c b c b c

   

       

           (1)

T¬ng tù ta cã:



 



2

1 1

ac

b a c

   (2);



 



1

1 1

ab

c  a b

   (3)

Vì vế BĐT (1), (2), (3) dơng nên nhân vế với vế BĐT với nhau, ta đợc:







 

 



2

2

1 1

1 1 1 1 1

abc

a b c  a b c

       

 

=8



1

 

1

 

1



abc

a b c

  

1 abc

 

VËy max A = 1

8  a b c Câu 3: (3 điểm)

1) Vì b nên ax + by = c y ax c

b a

   (1)

Vì b/ 0 nên a/x + b/y = c/

/ / /

a c

y x

b b

   92)

a) Đờng thẳng (1) (2) cắt khi: -

/

/ / /

a a a b

b  b  a b b) Đờng thẳng (1) (2) song song khi: -

/ /

a a

b  b vµ

/ /

c c

b b (hai hệ số góc hai tung độ gốc khác nhau) a/ b/

a b

  vµ c/ b/

Vậy đờng thẳng (1) (2) song song a/ b/ c/ a b c c) Dờng thẳng (1) (2) trung khi: -

/

/

a a

b  b vµ

/

/ / / /

c c a b c

b b  a b c 2) a) Cặp số (-1; 3) nghiệm hệ phơng trình:









1

2 3

x y

x y

   

  

   

 

hay

2

x y

x y

  

 

  

 hay

2

2

x y

x y

 

 

 

b) Cặp số (3; - 4) nghiệm hệ phơng trình:

3

2 3

x y

x y

   

  

   

 

hay

2

x y

x y

   



  

 hay

1

2

x y

x y

 

 

Câu 4: (5 điểm)

C/m:

a) XÐt AEC vµ ABG có: AE = AB (Cạnh hình vuông ABDE);

gãc EAC = gãc BAG = 900 + gãc BAC; AG = AC (cạnh hình vuông ACFG)

Nên AEC = ABG (c.g.c)

b) Xét BCG có MB = MC, NC = NG (gt)  MN đờng trung bình, MN//BG MN =

2BG

Chøng minh t¬ng tù ta cã MQ//EC vµ MQ =1

2EC; PQ//BG vµ PQ =

2BG; NP//EC vµ NP =

2EC mà EC = BG (hai cạnh tơng ứng tam giác AEC va ABG) nên MN = MQ = PQ = PN  MNPQ lµ hình thoi.(1)

Gọi giao điểm AB vµ CE lµ I, cđa BG vµ CE lµ K

XÐt AEI vµ IBK cã AEI KBI (2 góc tơng ứng tam giác AEC vµ

ABG); AIEKIB (đối đỉnh) nên IKB IAE 900

  suy EC  BG

Ta cã: PQ//BG, NP//EC mµ EC  BG nªn PQ NP QPN 900

  (2)

Từ (1) (2) suy MNPQ hình vu«ng

c) BE đờng chéo hình vng ABDE nên đờng phân giác góc ABD, ú

450

ABE , mà ABC450 nên CBE = ABC ABE  450450 900

BCE cã CBE 900

 , BEC nªn CE =

sin sin

BC a

    MQ = 2sin

a



Do SMNPQ =

2

2

2sin 4sin

a a

 

 



 

 

Câu 5: (2điểm)

29

A

C B

D E

Q P

G

F

N

KI ABC , gãc A =900, BC = a

Gãc ABC = 450 Hình vuông

GT ACFG, ABDE, MB = MC, BEAD =

 

Q , PE = PG, AFGC =

 

N , gãc BEC =

a) AEC = ABG;

KL b) MNPQ hình vuông c) Tính diện tích hình vuông MNPQ

M

Â

K ABC, A 90 ;0

 D, EDC

GT BD = DE = EC

C/m

KỴ DH// AC, EK//AB Đặt DH = x, EK = y AC = 3x, AK = 2x, AB = 3y, AH =2y Xét AHD vuông H, ta cã: HD2 + HA2 = AD2 x2 + 4y2 = 102 = 100

XÐt AEK vuông K, ta có: KA2 + KE2 = AE2  4x2 + y2 = 152 = 225

Suy ra: 5(x2 + y2) = 325  x2 + y2 = 65.

xÐt HBD vu«ng t¹i H, ta cã: BD2 = HD2 + BD2 = x2 + y2 = 65

65 BD

  (cm)

Do đó: BC = 65 24,19

cm

Ngày 07/12/09 Đề 11: (Thời gian làm 150/)

Câu 1: (6 điểm)

1) Giải phơng trình:

a)

x 3

2 x3



2  x 26 b)



x22x2



2  x2 2x

2) Giải hệ phơng trình:

a) 2

2 15

x y

x y

    

 

   

 

b)

7 37

x y z

x y z



 

 

   



C©u 2: (3 ®iĨm)

Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng:

a) a b c

b c a a c b a b c         ;

b) , ,

a b b c c a   độ dài cạnh củ tam giỏc

Câu 3: (3 điểm)

1) Tính giá trÞ biĨu thøc M = x22 y22 z22

a b c , biÕt:

a b c

x yz  vµ

x y z

a b c  2) Cho sè d¬ng x, y có tổng x + y = Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: A = 12 12

x y

 

 

   

 

   

Câu 4: (6 điểm) Cho điểm A, B, C theo thứ tự đờng thẳng AB = 4BC Vẽ hai nửa đờng trịn tâm O tâm O/ đờng kính AB BC nửa mặt

phẳng bờ AC Tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn có tiếp điểm với đờng trịn(O) F nửa đờng tròn (O/) G, tiếp tuyến cắt tiếp tuyến vẽ từ A C hai

nửa đờng tròn (O) (O/) theo thứ tự D E Tiếp tuyến chung hai nửa đờng

tròn B cắt DE I

a) Chứng minh tam giác ôI/; DOI IO/E tam giác vuông.

b) Tớnh BI, EG v AD theo O/C = a (a độ dài cho trớc)

c) TÝnh diƯn tÝch tø gi¸c ACED theo a

Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân có AB =AC = 10cm Tam giác DEF vuông cân D nội tiếp tam giác ABC (D  AB, F AC, E  BC)

Xác định vị trí điểm D để diện tích tam giác DEF nhỏ

30

B D E C

H

Giải: (Đề 11) Câu 1: (6 điểm) a) ĐK: x 0, ta có:



x 3

 

2  x3



2  x 26 



x 3 x3

 

x 3 x 3



 x 26

12 x x 26 13 x 26 x x

     (thoả mÃn ĐK trên)

Vởy phơng trình có tập nghiệm S =

4 b)



x2 2x 2



2 x2 2x 1 0

      



x22x2



2 



x1



2 0

2 2 2 1 0

x x x

       



x1



21 x1 0

  V× (x+1)

2 +1

x1 nên vế trái

luôn lớn Vậy phơng trình vô nghiệm., hay S = 

2) §K: x1, y -2 §Ỉt x1 u 0, y2 v 0, ta cã hƯ phơng trình:

2 11 11

2 15 15 15 15 5.1 10

u v u v v v

u v u v u v u

     

   

  

   

        

   

5 u v

   



(thoả mÃn ĐK

trên)

* Với u =  x 5  x1 25  x26;

* Víi v =  y2 1  y  2 y1

Cả hai giá trị x =26 y = - thoả mãn ĐK: x1, y -2 Vậy hệ phơng trình có

mét nghiƯm nhÊt lµ: (x; y) = (26; -1)

b) Cách 1: Đặt , ,

4

x y z

k x k y k z k

vào phơng tr×nh ta cã:

7.4k - 3.3k + 9k = 37 28k- 9k + 18k = 37  37k = 37  k=1 Do đó:

x = 4, y = 3, z = Vëy ph¬ng tr×nh cã mét nghiƯm nhÊt (x; y; z) = (4; 3; 9) C¸ch 2:

4

7 37

x y z

x y z



 

 

   



7 37

1

4 28 18 28 18 37

7 37

x y z x y z x y z

x y z

 



       



   

   





x 4,y 3,z

   

VËy hÖ phơng trình có nghiệm nhất: (x; y; z) = (4; 3; 9) Câu 2: (3 điểm)

1) a) Đặt b + c - a = x, c + a - b = y, a + b - c = z th× 2a = y + z, 2b = x + z, 2c = x + y

Ta cã: 2a 2b 2c y z z x x y

b c a a c b a b c x y z

  

    

      =

y x z x z y

x y x z y z

     

    

     

 

   

Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên tổng hai cạnh lớn cạnh cịn lại, theo cách đặt x, y, z số dơng nên theo BĐT Cơ- Si ta có:

2

y x y x

x y  x y  , dÊu "=" x¶y x = y; t¬ng tù: z x

xz  , dÊu "=" x¶y x = z vµ z y

y x z x z y

x y x z y z

     

    

     

 

    6, dÊu "=" x¶y x = y = z

Chia hai vế cho 2, ta đợc: a b c

b c a a c b a b c         , dÊu "= x¶y a = b = c

b) Vì a, b, c cạnh tam giác nên: a + b > c, b + c > a, a + c > b Do đó:





1 1 2

2

a c b c   a b c a b c     a b c  a b a b    a b a b

1 1

a c b c a b

  

   T¬ng tù ta cã:

1 1

a b a c   b c vµ

1 1

a b b c   a c

Điều chứng tỏ: , ,

a b b c c a   độ dài cạnh củ tam giỏc

Câu 3: (3 điểm) 1)* Từ x y z

a b c  suy ra:

2 2 2 2

2 2

1

x y z x y z xy xz yz

a b c a b c ab ac bc

   

         

   

   

2.xyc xzb yza M

abc

 

   (1)

* Tõ a b c

x y z  0

ayz bxz cxy

yza xzb xyc xyz

 

      (2)

Tõ (1) vµ (2) suy M = 2) Ta cã: A =

2

2 2 2 2 2

1 1 1

1 1 x y

x y x y x y x y x y

  

 

         

 

   

Mà x + y = nên (x + y)2 = x2 y2 2xy 1 x2 y2 1 2xy

       

Nªn A = 1- 2 21 21 2

x y xyx y  xy Do A nhỏ xy

 nhỏ x y lớn Vì x, y số dơng x + y = 1(không đổi) nên x.y lớn

2 x y

  

Khi A = 1+ 2

1

2

  

 

 

 

VËy A =

2 x y

  

C©u 4: (6 ®iĨm)(Tù ghi GT &KL)

Chøng minh:

a) c/m OIO/, DOI, IO/E tam giác vu«ng.

- Ta có: * IB, IF tiếp tuyến đờng tròn (0) nên IO phân giác góc FIB góc FOB;

* IB, IG tiếp tuyến đờng tròn (0/) nên OI phân giác góc BIG

vµ gãc BO/G;

* DA, DF tiếp tuyến đờng tròn (0) nên DO phân giác góc AOF; * EC, EG tiếp tuyến đờng tròn (0/) nên EO/ phân giác góc CO/G.

Mµ gãc AOF vµ gãc FOB lµ hai gãc kỊ bï  DO OI nªn DOI vuông O;

Góc FIB góc BIG hai góc kề bù OI IO/ nên OIO/ vuông I; góc

BO/G gãc GO/C lµ hai gãc kỊ bï  IO/

O/E nên IO/E vuông O/

b) TÝnh BI, EG, AD

32

A 0 B 0/ C

E I

G F

Ta cã: O/C = a mµ AB = 4BC suy O/B = a, OB = 4a.

* OIO/ vuông I, đờng cao IB, theo hệ thức lợng tam giác vng ta có:

IB2 = OB.BO/ = 4a.a = 4a2  BI = 2a.

* EIO/ vng O/ có đờng cao O/G, theo hệ thức lợng tam giác vuông

ta cã: O/G2 = IG.GE mµ IG =IB = 2a, O/G =a nªn GE =

/ 2

2

O G a a

IG  a 

* OID vng O, có đờng cao OF, theo hệ thức lợng tam giác vng ta có: OF2 = DF.FI mà DF = DA, OF = OB = 4a, FI = IB = 2a

nªn DA =





2 4

8

a OF

a

FI  a 

c) TÝnh diƯn tÝch tø gi¸c ACED

Ta có: AD//CE vng góc với AC nên tứ giác ACED hình thang vng có đáy lớn AD = 8a, đáy bé CE = GE =

2 a

, đờng cao AC = AB + BC = 2(OB + O/B)

AC = 2(4a + a) = 10a nên diện tích là: S = 10 42,5

2 a a

a a





C©u 5: (2 ®iÓm)

Chøng minh:

Gäi AD = x Kẻ EH AB AD = EH = BH = x, DH = 10 - 2x

Ta cã: SDEF =









2

2 2

1 1

10

2DE DF 2DE 2 EH DH 2x   x 

= 1



100 40 4 2



1



5 40 100



2 x   x x 2 x  x

= 5



20



5



4



2 10 10

2 x  x 2 x  

Suy SDEF = 10 (cm2)  x = Do AD = 4cm Vậy điểm D cỏch A mt

khoảng 4cm diện tích tam giác DEF nhỏ 10cm2.

Phòng gd & đt thọ xuân

thi chn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2009 - 2010 Mơn: tốn lớp

(thêi gian lµm bµi 150 phút) Câu I (4,0 điểm) Giải phơng trình sau:

A F C

D H B

E x x

x ABC: AB = AC = 10cm, A 900

 ,

DEF: DE = DF, D 900



GT DAB E BC F,  , AC

KL Xác định vị trí điểm D để SDEF nhỏ

1/ x6 - 9x3 + = 2/ x2 16x 64 x2 10

   

C©u II (4,5 điểm)

1/ Tìm số dơng a, b, c biÕt abc = vµ a + b + c + ab + bc + ca 

2/ Giải hệ phơng trình:

4

4

4

x y z

y z x

z x y

   

 

  

 

  

 

C©u III (4,5 ®iĨm)

1/ Chøng minh r»ng: 22

3

x x

x x

 

 

 

2/ Tìm giá trị lớn biểu thức: A = x y

x y

Câu IV (5,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH, HB = 20cm, HC = 45cm Vẽ đờng trịn tâm A bán kính AH Kẻ tiếp tuyến BM, CN với đờng tròn (M, N tiếp điểm khác điểm H)

1/ Chøng minh ®iĨm M, A, N thẳng hàng 2/ Tính diện tích tứ gi¸c BMNC

3/ Gọi K giao điểm CN HA Tính độ dài AK, KN Câu V (2,0 điểm)

Cho hình thang cân ABCD (AB//CD, AD = BC) Gọi O giao điểm hai đờng chéo hình thang M, N, P theo thứ tự trung điểm OA, OD, BC Nu AOB 600

thì tam giác MNP tam giác ?

Giải: Câu 1: (4 điểm) giải PT

1/ x6 - 9x3 + =  x3(x3 -1) - 8(x3 -1) =  (x3- 1)(x3- 8) = 0

3

3

1 1

2

8

x x x

x

x x

      

     



  

  

 

VËy PT cã t/n S =



1; 2



2/ x2 16x 64 x2 10

    



x 8



2  x2  0 x 8 x 0

XÐt trêng hỵp:

a) Nếu x < PT trở thành: - x + - x = 10  2x 2 x1 (Thoả mÃn ĐK x<0)

c) Nếu x 8thì PT trở thành: x + x - = 10  2x = 18  x = (Thoả mÃn ĐK x8)

Vậy PT có t/n: S = 1;9

Câu2: (4,5 điểm)

1/ Từ abc = suy ra: ab = 1;ac 1,bc c b a Ta cã: a + b + c + ab + bc + ca = (a +1

a) + (b +

b ) + (c +

c)  (1) V× a, b, c số dơng nên áp dụng BĐT Cô Si cho tổng ta có: a+ a.1

a a  , dÊu "=" x¶y

1

1

a a

a

    ;

T¬ng tù ta cã: b + 2;c

b  c dấu "=" xảy  b = c = Do đó: (a +1

a) + (b +

b) + (c +

c)  + + = 6, dÊu "=" x¶y  a = b = c =1.(2) Tõ (1), (2) vµ (3) suy a = b = c =

2) §K: x 1; 1;

4 y z

  

4

4

4

x y z

y z x

z x y

               

cộng vế với vế phơng trình ta cã:

2(x+ y + z ) = 4z1 4x1 4y1  4



x y z 



2



4z1 4x1 4y1



(4x 4x 1) (4y 4y 1) (4z 4z 1)

               



4x 1

 

2 4y 1

 

2 4z 1



2

         



4 1 1 4 1 1

4 1 1 1

4 1

4 1 1

x x x

y y y

z z z                                          

4 0,5

4 0,5

4 0,5

x x y y z z                  

VËy hÖ PT cã nghiÖm nhÊt (x; y; z) = (0,5; 0,5; 0,5) C©u 3: (4,5 ®iĨm)

1/ XÐt hiƯu: *









2

2 2

2 2

2

1 3 2( 1)

1 3 1 3 1 3

3

2 4

x

x x x x x x x x

x x x x

x x                                               

22 1

x x

x x

 

 

(1) Dấu "=" xảy x = -1

*









2

2 2

2

2 2

2 2

1 3

3

1 1 1 3

2

x x x

x x x x x x

x x x x x x

x                                2 x x x x    

  (2) DÊu "=" x¶y vµ chØ x =

VËy 22

3 x x x x

2/ Đặt x1=t 0 x t 2 1; y 2  z y z 22 vµ B = x 1;C y

x y

 

A = B + C, A lín nhÊt B vµ C lín nhÊt Mµ B =

1 1 t

t t

t

 

 B lín nhÊt  t +

1

tnhá nhÊt V× t

t=1 (không đổi) nên tổng t + t nhỏ  t=1 t2 t

t     Do maxB =

1

1

2  t x

C =

1 2

z

z z

z



  C lín nhÊt z

z

  nhá nhÊt V× z.2

z =2 (khơng đổi) nên tổng z + z nhỏ z z2 z

z

      Do maxC = 2

4  z  y

VËy max A = 2 2,

2 4 x y



   

Câu4: (5 điểm)

C/m:

a) Ta có:+ BM, BH tiếp tuyến đờng trịn (A; AH) nên MAB BAH ; + CN, CH tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) nên NAC CAH ;

Do NAC NAB CAH HAB   900

   

nên MAN MAH HAN  2



BAH HAC 



2.900 1800. M, A, N thẳng hàng b) Ta có BM//CN ( vng góc vớ MN) BMNC hình thang vng SBMNC =

2 BM CN

MN



Mµ MN = AM = 2AH = CH HB 2 45.20 2.30 60 



cm



, BM = BH= 20cm,

CN = CH= 45cm

Nªn SBMNC = 20 45.60 1950



2



2 cm





c) Ta cã: KNA P KHC (g.g) (V× K chung, N H 900

 

30

45

KN KA NA

KH KC CH

     suy ra: 3KN = 2KH hay 3KN = 2(KA + 30)

 3KN = 2KA +60  3KN - 2KA = 60 (1)

Vµ 3KA = 2KC hay 3KA = 2(KN + 45) 2KN - 3KA = - 90 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã:

3 60 120

2 90 270

KN KA KN KA

KN KA KN KA

   

 



 

   

 

78

5 390 78

2.78 60

3 60 72

3 KA

KA KA

KN KA KN KN

 

 

  

      

   

  



VËy AK = 78 cm, KN = 72cm Câu 5: (2 điểm)

36

A B

M H C

N

K ABC, A 900

 HB = 20cm,

HC = 45cm, (A; AH),BM AM,

GT CN AN, M,N (A; AH), CNAH t¹i K

a) M, N, A thẳng hàng KL b) SBMNC = ?

c) AK = ?, KN = ?

A B

M Hình thang ABCD cân, AB//CD, AD=BC

GT ACBD



0 , MA = MO, NO = ND, PB = PC, AOB 600



KL MNP tam giác gì?

C/m

Vì ABCD hình thang cân nên OA = OB AOB c©n cã gãc b»ng 600 nên tam

giỏc u Do ú trung tuyến BM đờng cao  MBC vng M, MP trung tuyến ứng với cạnh huyền nên MP =

2BC (1)

Tơng tự ta có NP trung tuyến ứng với cạnh huyến NBC nên NP =1

2BC (2) OAD có MN đờng trung bỡnh nờn MN =1

2AD mà AD BC nên MN =

2BC (3) Từ (1), (2) (3) suy tam giác MNP tam giác

P C D