Đang tải... (xem toàn văn)
Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC và AD.[r]
(1)HƯỚNG DẪN
ĐỀ THI LÝ THUYẾT GVG – BÁ THƯỚC NĂM 2010 – 2011 Ngày thi: 05/11/2010.
Bài1:(5 đ) Cho 11 2
5 4
x x x
A
x x x x
a) Tìm x để A có nghĩa b) Rút gọn A
c) Tìm x để A nhận giá trị nguyên HD
a) ĐK để A có nghĩa: 16 x x x
b) Rút gọn bt x A
x
c) Ta có
4
x A
x x
Để A nhận giá trị nguyên Z
x hay x 4U(6)1; 1; 2; 2;3; 3;6; 6 Giải ta x9; 25;36;4; 49;100 A nhận giá trị nguyên
Bài 2:
a) Tìm x, y, z biết x =2y =3z x2 + y2 + z2 = 441
b) Tìm số phương lớn có nhiều hai chữ số t/m: Khi ta xóa hai chữ số tận số phương
HD
a) Từ gt ta có x, y, z dấu khác Từ x =2y =3z suy
6
x y z
=>
2 2 2 441
36 49 49
x y z x y z
Suy x 18 ; y 9; z 6 Do x, y, z dấu nên ta có
(x = 16; y = 9; z = 6) (x = - 16; y = - 9; z = - 6) thỏa mãn tốn b) Gọi Số phương cần tìm có dạng :
Abc = k2 với *
, , 99
, 10
b c N bc
A N k N k
(A có nhiều chữ số)
100 k bc A
2 100
k
=> Amax=
2
2 , * 100
k
t t N
suy k = 10t Khi bc = 00 Ta có: Abc lớn A lớn nhất, k = 10t với t số tự nhiên lớn nhất: Abc= 100t2 với t số tự nhiên lớn nhất
(Bình luận : Nếu đề thêm yêu cầu (ví dụ yêu cầu số tự nhiên lớn có chữ số chẳng hạn) hay thực số tự nhiên lớn số ?)
Bài 3: a) Gọi x1, x2 n0 pt: x2 -2(m-1)x + 2m2 -3m+1=0 ( m tham số)
(2)Tìm giá trị lớn biểu thức: Px1x2x x1 a) Pt x2 -2(m-1)x+ 2m2 -3m+1=0 có no nên
' (m 1)2 2m2 3m 1 0 m2 m 0 0 m 1(*)
Theo viet: 2
1
2( 1)
2
x x m
x x m m
Ta thấy với 0m1(*) 2
1
2( 1)
x x m
x x m m
Vì Px1x2x x1 =
2
2(m1) (2m 3m1) 2(m 1) (2 m 3m1) = – 2m2 + m =
2
9
2
8 m
Nên PMax =
9
8 m4 (thỏa mãn) b) giải hpt:
3
2 2
2
x y y
x x y y
HD
b)Ta có
3
2 2
2 (1)
2 (2)
x y y
x x y y
Từ (2) ta có
2
2
2
1
1
y y
x
y y (3)
Mặt khác: PT (1) có nghiệm, ta xem y ẩn:
'
3
4 2( 3)
1
y x
x x (4)
Từ (3) (4) suy x = -1 => 2y = y2 + => y = 1
Bài 4: Cho tam giác ABC có AB < AC góc A = 840 Trên cạnh AC lấy Điểm
D cho CD = AB Gọi M, N trung điểm BC AD Tính CNM HD1: Theo thầy Lê Văn Lâm THCS Điền Hạ
Nối BD, từ N kẻ NP//AB suy NP đường trung bình
1 // ,
2 ADP NP AB NP AB
(1)
và góc PND = 840 (Đồng vị)
Nối PM ta PM đường phân giác BDCsuy PM
1 2CD
(2)
( )
PMN MND soletrong (3)
Từ (1) (2) AB = CD ta suy PM = PN ta MPN cân P nên
PNM PMN(4)
Từ (3) (4) ta suy MN phân giác góc PND, 840 420
2
PND
CNM
(3)HD2: Hồ Sỹ Tuân THCS Văn Nho Gọi E điểm đối xứng với B qua N F điểm đối xứng với N qua M
Các tứ giác ABDE BNCF có hai đường chéo cắt trung điểm đường nên hình bình hành
Suy CF // = BN CF //=NE => CENF hình bình hành
=> CNM DCE (So le trong)
Mặt khác ABDE hình bình hành nên DE //=AB =>
EDADAB 84 => CDE 960
Và DE = AB => DE = DC (Vì AB = CD) => CDE cân D
=> 1800 CDE 1800 960
DCE 42
2
Vậy
CNM42
HD3: Hoàng Tiến Quý – THCS Thành Sơn Vẽ dường phân giác AK góc BAC
Theo tính chất đường phân giác tam giác áp dụng tính chất dãy tỉ số ta có:
CK BK BC CK BC CK CK BC
CA BA BA CA BA CA BA
Mặt khác :
2
2
AD AC CD
CN CD ND CD CD
CD AC AB AC
2 BC
CM BC
AB AC
CN AB AC
Vậy CK CM
CA CN Do ACK NCM c g c( )
0 84
( ) 42
2
CAB
CNM CAK dv
HD4: Gọi I trung điểm AC, IM đường trung bình tam giác ABC nên IM = AB/2 = CD/2
Mặt khác
2
( )
2
AC AD
NI AI AN
AC AC CD CD
Vậy IM = IN nên tam giác IMN cân I
Hồ Sỹ Tuân
F E
M N D
A
C
B
K
I N
D
M A
B
C
I D N
M C
B
(4)Lại IM đường trung bình tam giác ABC nên CIM A 840 Từ dễ dàng suy
CNM42
Bài 5: Cho tam giác ABC có diện tích S khơng đổi Điểm M, N, P thuộc cạnh AB, BC, CA cho AM BN CP k (k 0)
MB NC PA a) CMR: ( 1)2
AMP
S k
S k
b) Tìm K để SMNP nhỏ
HD: a) Từ C P kẻ CH, PG vng góc với AB; PG//CH , theo talet:
GP AP
CH AC
2SAMP = AM.PG
2S = AB HC
Vậy:
AMP
S AM PG AM AP
S AB HC AB AC Từ AM BN CP k (k 0)
MB NC PA ta suy
1 1
AM k AM k AM k
hay
MB MB AM k AB k
Và 1 :
1
CP PA PA PA
k Hay
PA CP k CP PA k AC k
Suy ra:
1 ( 1)
AMP
S AM AP k k
S AB AC k k k (đpcm) b) theo câu a) Ta có: ( 1)2
AMP
S k
S k hoàn toàn tương tự ta có : ( 1)2
BMN
S k
S k ( 1)2
NPC
S k
S k Vậy SMNP
S (
BMN
S S
NPC
S
S )
AMP
S
S = - ( 1)
k k Ta có S khơng đổi, để
Vậy để SMNP nhỏ ( 1)
k
k lớn <=> ( 1)2 k
k lớn Theo BĐT Côsi
2
2 2
(k 1)
k k.1 4
(k 1) (k 1) (k 1)
Dấu xảy k = hay M, N, P trung điểm AB, BC, AC Vậy với k = SMNP nhỏ
Hồ Sỹ Tuân
G H
A
B
C M