Qua P dựng đường thẳng vuông góc với AP cắt KI tại Q , MI tại S a Chứng minh rằng cácc tứ giác KPAQ và PSMA nội tiếp được trong một đường tròn... Trường THCS Nguyễn đình Chiểu.[r]
(1)Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 Đề Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức A 1 ( 2x x 2x x x x x x ) 1 x 1 x x x a) Tìm các giá trị x để A 6 A x 0, x 1, x với x thoả mãn b) Chứng minh Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải các phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 14 x 3xy = x+ y 5yz = y + z 4zx = z + x b) Giải hệ phương trình sau: Bài 3: (3,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab bc ca c 1 a 1 b 1 Bài 4: (2,0 điểm) Cho ABC điểm M nằm ABC cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ? Bài 5: (6,0 điểm).Cho hai đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài điểm T Hai đường tròn này nằm đường tròn (C3) và tiếp xúc với (C3) tương ứng M và N Tiếp tuyến chung T (C1) và (C2) cắt (C3) P PM cắt đường tròn (C1) diểm thứ hai A và MN cắt (C1) điểm thứ hai B PN cắt đường tròn (C 2) điểm thứ hai D và MN cắt (C2) điểm thứ hai C a Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp b Chứng minh AB, CD và PT đồng quy Đề Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: x x x x 9 x P 1 : x x x x x 6 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = Bài 2: (5,0 điểm) x2 a) Giải phương trình: ( x 1) x (2) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 x y z 5 b) Tìm nghiệm nguyên hệ: xy yz zx 8 Bài 3: (2,0 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1 y 1 z x 1 z 1 x y 2 1 x 1 y z 1 y 1 x 1 z Tính: T = Bài 4: (3,0 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M là giao điểm AB và CD, N là giao điểm AD và BC Gọi E, F, và K là trung điểm BD, AC và MN a) Chứng minh các điểm E, F, K thẳng hàng 2 SIAB SICD SABCD b) Tìm tập hợp các điểm I nằm tứ giác thoả mãn Bài 5: (6,0 điểm) Cho hai đường tròn (o1) và (o2) cắt A và B Tiếp tuyến chung gần B hai đường tròn tiếp xúc với (o 1) và (o2) C và D Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (o1) và (o2) M và N Các đường thẳng BC và BD cắt đường thẳng MN P và Q Các đường thẳng CM và DN cắt E Chứng minh rằng: a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD b) Tam giác EPQ là tam giác cân Đề Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức : x x 8 x 2 x x 3 : P x2 x x x x x x a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh P 1 b) Tìm x thoả mãn : x P 1 Bài 2: (5,0 điểm) x x 1 x 1 a) Giải phương trình : b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = x2+ y2x + 2y = Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z R thỏa mãn : 1 1 x y z x yz Hãy tính giá trị biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) (3) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 Bài 4: (6,0 điểm).Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) Gọi M và N là tiếp điểm cạnh AC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp ABC Đoạn thẳng MN cắt tia AO P và cắt tia BO Q Gọi E, F là trung điểm AB và AC MP NQ PQ a b c a) Chứng minh : b) Chứng minh : Q, E, F thẳng hàng Bài 5: (2,0 điểm).Cho hai tiếp tuyến AB và AC đường tròn(O) (B, C là hai tiếp điểm) Qua điểm X cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến đến đường tròn này nó cắt AB và AC theo thứ tự M và N Chứng minh chu vi tam giác AMN và góc MON không phụ thuộc vào việc chọn điểm X trên cung nhỏ BC Đề Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: x x 2 9 x x 9 P :1 x 3 x x x 6 2 x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị nguyên x để P nguyên Bài 2: (3,0 điểm).Cho x > 0, y > và x + y = Chứng minh: Bài 3: (5,0 điểm) a) Giải phương trình : 8(x y ) 5 xy 25 - x - 10 - x = b) Tìm tất các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích số đo chu vi Bài 4: (6,0 điểm).Cho ABC đều, nội tiếp đường tròn tâm O D là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A trên tia AD lấy điểm E cho AE = DC a) Chứng minh AEB = CDB b) Xác định vị trí điểm D cho tổng (DA + DB + DC) lớn Bài 5: (2,0 điểm) Cho a, b, clà độ dài 3cạnh ABC Gọi m, n, k là độ dài các đường phân giác 3góc ABC Chứng minh : + + > + + Đề Bài 1: (4,0 điểm) 6x 3x3 3x A x 3x x x 3 x Cho biểu thức: Rút gọn biểu thức A Tìm các giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 2: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình: (4) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 x y xy 19 x y xy Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình 2 a) x x + x x 15 x 12 x 35 x 16 x 63 b) x x x 11 x 1 Bài 4: (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 luôn 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 Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm hai đường chéo Kí hiệu S1 SAIB ; S SCID ; S S ABCD a Chứng Minh: S1 S2 S b Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy nào? Đề Bài 1: (5,0 điểm) 2 x 2 x 2 2 x 2 x Cho phương trình : a) Tìm điều kiện x để phương trình có nghĩa b) Giải phương trình Bài 2: (3,0 điểm).Giải hệ phương trình: x y 1 5 2 x y x y Bài 3: (5,0 điểm) A 1 x y xy a) Cho x, y >0 và x y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4 a b b c c a CMR: Bài 4: (6,0 điểm) Cho góc xIy A là điểm lấy trên đường phân giác góc góc đó , Gọi K , M là chân đường vuông góc hạ từ A đến cạnh Ix , Iy góc xIy Trên KM lấy điểm P ( KP < PM ) Qua P dựng đường thẳng vuông góc với AP cắt KI Q , MI S a) Chứng minh cácc tứ giác KPAQ và PSMA nội tiếp đường tròn b) Chứng minh : P là trung điểm QS c) Cho KIM = 2 ; KM = a ; QS = b ( a < b ) Tính KQ (5) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn có đờng cao: AA1, BB1, CC1 đồng qui H Chøng minh r»ng: HA HB HC + + ≥6 HA HB1 HC1 DÊu "=" x¶y nµo? HƯỚNG DẨN GIẢI Đề A 1 ( 1.a) 2x x 2x x x x x x (2 x 1)( x 1) x (2 x 1)( x 1) x ( x 1) ) 1 (1 x ) x 1 x 1 x x x1 (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 b)Ta có: 6 A x 1 6 x x x 1 x 0 Từ đó giải x 2 3; x 2 x 1 x x ( x 1) x x 1 Do x 1 nên x 0 ( x 1) Vậy 2) Giải, xác định đúng điều kiện: x A 2 ;x 2 2 2 x x x 2 x = ( x 2) ( x x 0 x x x 2 x 2 0 x 7) 0 (Thỏa mãn) 1 11 1 (*) x y xy x y 4 x y dấu xảy 3) Ta có với x, y > thì: ( x+y)2 4 xy x = y Áp dụng bất đẳng thức (*) và a+b+c = nên ta có: ab ab ab 1 ; c (c a ) (c b ) c a c b bc bc 1 ; a 1 a b a c ca ca 1 Tương tự ta có: b b a b c ab bc ca ab bc ab ca bc ca 1 a b c c 1 a 1 b 1 c a bc a b 4 (6) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 ab bc ca 1 a b c c a b Dấu xảy + Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = + Với xyz thì (I) viết lại: (II) theo vế ta được: x y xy y z yz z x zx 1 x y 2 1 y z 1 (II) z x Cộng ba phương trình hệ 1 11 1 11 2 x y z x y z (*) Trừ phương trình (*) cho phương trình hệ (II) theo vế ta có : x = 1, y = 2, z = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3) BCN = ACM => BN = AM Vẽ tam giác CMN 2 2 2 mà AM BM CM BN BM MN BMN vuông M BMC BMN NMC 900 600 1500 (1 điểm) a Gọi O1, O2, O3 tương ứng là tâm các đường tròn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3 thẳng hàng => BO1 // NO3 MB O B MA O A MN O N MP O3 P => Tương tự: MA MB => MP MN => AB//NP E B N C T M D O1 Tương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành (với E = AB CD) Do PAT ~ PTM => PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN O2 O3 A EB PN PA ED Vậy PA PM = PD.DN => EC PM PD EA => EBC ~ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 180 => ABCD nội tiếp b Nối E O2 cắt (C2) C' và D' = >ECC' ~ ED'D => ED.EC = ED'.EC' => EC.ED = (EO2 - R2)(EO2+R2) => EC.ED = EO22 - O2T2 Tương tự EB.EA = EO12 - O1T2 P (7) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 EB ED EB.EA EC.ED EO1 EO 2 O1T OT Mà EC EA Hạ ET' 0102 theo định lý Pitago ta có: EO12 - EO22 = (O1T' + T' E2) - (02T' + T' E2) = O1T' - O2T' => O1T - O2T = 01T' - 02T' vì O1T + O2T = 0102 = O1T' + O2T' => O1T = O1T => T T' tức PI qua E HƯỚNG DẨN GIẢI Đề Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: x x P 1 x x3 x 9 x : x x x x 6 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = Bài 2: (5,0 điểm) x2 x a) Giải phương trình: ( x 1) x y z 5 b) Tìm nghiệm nguyên hệ: xy yz zx 8 Bài 3: (2,0 điểm) Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1 y 1 z x 1 z 1 x y 2 1 x 1 y z 1 y 1 x 1 z Tính: T = Bài 4: (3,0 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M là giao điểm AB và CD, N là giao điểm AD và BC Gọi E, F, và K là trung điểm BD, AC và MN a) Chứng minh các điểm E, F, K thẳng hàng 2 SIAB SICD SABCD b) Tìm tập hợp các điểm I nằm tứ giác thoả mãn Bài 5: (6,0 điểm) Cho hai đường tròn (o1) và (o2) cắt A và B Tiếp tuyến chung gần B hai đường tròn tiếp xúc với (o 1) và (o2) C và D Qua A kẻ đường thẳng song song với CD cắt (o1) và (o2) M và N Các đường thẳng BC và BD cắt đường thẳng MN P và Q Các đường thẳng CM và DN cắt E Chứng minh rằng: a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD b) Tam giác EPQ là tam giác cân HƯỚNG DẨN GIẢI (8) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 Đề3 x 0 x 0 x 0 x 9 2 x 0 x 4 đk Ta có: x ( x 3) P 1 ( x 3)( x ( x 3)(3 x ) ( x 2)(2 : ( x )(3 x ) x) 9 x x x (2 x )(3 x ) 3 x : (2 x )(3 x = x (2 x ) = x Vậy P = x = 1 x x 3 x 5 x 25 Vậy với x = 25 thì P = Ta thấy P = a ĐK: x -1 và PT x x 1 x x x x x 1 1 <=> <=> b x 1 x x 3 Giải Pt x = (t/m x -1) KL: x = x y 5 z Hệ xy x y z 8 x y u Đặt xy v x, y là nghiệm phương trình: Phương trình có nghiệm u – 4v u 5 z Ta có hệ: v zu 8 t2 - ut + v = (*) (a) 1 2 Thế (1) vào (2) v = – z(5 - z) = z2 –5z + Hệ có nghiệm (a) có nghiệm (*) xảy (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) - 3z2 + 10z – z 0 1 z 7 z 0 z 1 z 0 z (z-1)(-3z+7) 7 3z 0 (3) (VN ) Từ (3) và z nguyên z = 1; u 4 x y 4 x 2 z 1 v xy y 2 +) x 1 u 3 x y 3 y 2 z 2 x 2 v 2 xy 2 y 1 +) Vậy hệ có nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2) (9) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Ta có Tương tự ta có: x T= Năm học 2010-2011 1+x2 = xy + yz + z= y(x+z)+x(x+z) =(x+z)(z+y) 1+y =(y+x)(y+z) 1+z2 =(z+x)(z+y) y x y z z x z y x z x y y z x z y x y x z x y y z z x y x z y x y z z x z y = =x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2 Vậy T= N 4.a) + Trên tia MA đặt MG = AB, trên tia MD đặt MH = CD Nối GH A K B + Chứng minh được: 1 E SEAB SECD SDAB SDBC SABCD F G 2 M 1 H SFAB SFCD SCAB SACD SABCD C D 2 SEGH SMHG SFGH SMHG SKGH SMHG SABCD SEGH SFGH SKGH Suy khoảng cách từ E; F; K đến đường thẳng GH nên E; F; K cùng nằm trên đường thẳng Vậy E, F,K thẳng hàng (đfcm) b) + Lấy điểm I nằm tứ giác ABCD, chứng minh được: SIGH SMGH SABCD S IGH SEGH SFGH I nằm trên đường thẳng EF + Lấy điểm I’ trên đường thẳng EF nằm tứ giác ABCD, chứng minh SI 'AB SI 'CD SABCD Vậy tập hợp các điểm I là phần đường thẳng EF nằm tứ giác ABCD Do MN // CD nên EDC = ENA Mặt khác CDA= DNA ( Cùng chắn cung DA) -> EDC= CDA hay DC là phân giác góc ADE Lâp luận tương tự -> CD là phân giác góc ACE -> A và E đối xứng qua CD-> AE CD Do PQ song song với CD nên AE PQ ( *) Gọi I là giao điểm AB và CD Ta có AID đồng dạng với DIB ( Do chung BID và IAD = IDB (cùng chắn cung BD)) ID IB -> IA = ID -> ID = IA.IB Lập luân tương tự -> IC = IA.IB (1) (2) (10) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 Từ (1) và (2) -> IC = ID ID IC Mà AP = AQ BI ( cùng BA ) => AP = AQ Kết hợp với (*) -> EPQ cân E Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức : x x 8 x 2 x x 3 : P x x2 x x x 2 x2 x a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh P 1 b) Tìm x thoả mãn : x P 1 Bài 2: (5,0 điểm) a) Giải phương trình : x x 1 x 1 b) Giải hệ phương trình : x2y – 2x + 3y2 = x2+ y2x + 2y = Bài 3: (3,0 điểm).Cho x, y, z R thỏa mãn : 1 1 x y z x yz Hãy tính giá trị biểu thức : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) Bài 4: (6,0 điểm).Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) Gọi M và N là tiếp điểm cạnh AC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp ABC Đoạn thẳng MN cắt tia AO P và cắt tia BO Q Gọi E, F là trung điểm AB và AC MP NQ PQ b c a) Chứng minh : a b) Chứng minh : Q, E, F thẳng hàng Bài 5: (2,0 điểm).Cho hai tiếp tuyến AB và AC đường tròn(O) (B, C là hai tiếp điểm) Qua điểm X cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến đến đường tròn này nó cắt AB và AC theo thứ tự M và N Chứng minh chu vi tam giác AMN và góc MON không phụ thuộc vào việc chọn điểm X trên cung nhỏ BC HƯỚNG DẨN GIẢI Dề ( x ) (8 x 8) ( x 2) ( x x 3) ( x 2) P : x ( x ) x ( x 2) a) Điều kiện x>0 Ta có : ( x 1) x 4 x 4 1 0 x x ( x ) x x P= P-1= Vậy P 1 (11) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 b) ( x 1).P 1 x 1 x x 3x + x -1 = 3 3 32 x (loại) x 7 (thoã mãn điều kiện x>0) 2 x x2 x2 2x x 2x x2 ( ) 1 (x ) 1 ( 1) 2 x x x x x x x a ĐK : x (1 ) x (1 ) 0 1 2 x x ( ) x ( ) (thỏa mãn) (thỏa mãn) x b Giải hệ phương trình : Nếu y=0 x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm hệ phương trình Với y 0 hệ đã cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = x2y+ y3x + 2y2 = y x x y 0 (1) x y x y 0 (2) Nhận thấy y không thoả mãn hệ phương trình y2 y thay vào (2) ta có : Xét y từ (1) y3 y3 y2 y2 y 2 0 ( ) y y 0 3 y 2 y 2 y 2 ( y 2) y y x 1 x y 11y 0 y x 3 Vậy hệ có nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 ; 3 ) 1 1 x y x yz z 1 1 0 0 x y z x y z x y z x y z xy z x y z Từ : => => zx zy z xy z y 0 x y x y y z ( z x) xy z x y z xyz ( x y z ) y Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) 3 Vậy M = + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 A M B E N P F C (12) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 a Ta có : BOP là góc ngoài AOB BOP= OAB + OBA = (BAC + ABC) 180 ACB 180 ( BAC ABC ) 0 2 Lại có : PNB=180 – MNC =180 BOP+PNP=180 tứ giác BOPN nội tiếp OPM = OBC (cùng bù OPN ) OPM OBC (g.g) Mặt khác : OMP = OCN PM OM OP a OC OB (1) NQ ON OM PM OC OC a OCA (g.g) b Tơng tự ta có : ONQ PQ OP PM MP NQ PQ OB a b c hay : AOB QOP (g.g) c Từ (1) , (2) a b Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên) AQO=AMO = 900 ABQ vuông Q có QE là trung tuyến EQB= EBQ=CBQ EQ//BC mà EF//BC E, Q, F thẳng hàng Ta có chu vi Δ AMN = AM + AN + MN = AM + AN + MX + XN Mà MB = MX(định lí hai tiếp tuyến cắt nhau) Và XN = NC (định lí hai tiếp tuyến cắt nhau) Vậy chu vi Δ AMN = AM + AN + MB + NC = AB + AC(không đổi) ^ X =1800 − B ^ Ta có B O A C (không đổi) ^ N=M O ^ X+ X O ^N Tia OX hai tia OM, ON nên M O ^ X =M O ^ B, X O ^ N =N OC ^ Ta lại có M O (định lí hai tiếp tuyến cắt nhau) ^ ^ X +X O ^ N=M O ^ B+ N O ^C⇒ MO ^ X +X O ^ N=BOC Vậy M O ^ ^ N=900 − B A C ⇒MO (không đổi) Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: x x 2 9 x x 9 P :1 x x x 6 2 x 3 x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị nguyên x để P nguyên (13) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 Bài 2: (3,0 điểm).Cho x > 0, y > và x + y = Chứng minh: 8(x y ) 5 xy Bài 3: (5,0 điểm) 25 - x - 10 - x = a) Giải phương trình : b) Tìm tất các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích số đo chu vi Bài 4: (6,0 điểm).Cho ABC đều, nội tiếp đường tròn tâm O D là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A trên tia AD lấy điểm E cho AE = DC a) Chứng minh AEB = CDB b) Xác định vị trí điểm D cho tổng (DA + DB + DC) lớn Bài 5: (2,0 điểm) Cho a, b, clà độ dài 3cạnh ABC Gọi m, n, k là độ dài các đường phân giác 3góc ABC Chứng minh : + + > + + HƯỚNG DẨN GIẢI Điều kiện để P có nghĩa: x 0 x 2 x 9 (x 9) (4 x) P (2 9 x x)( x 3) ( x 2)( x 3) x( x 3) ( x 3)( x 3) Ta có: P x 0 x 4 x 9 (x 9) (4 x) (9 x) (2 x )( x 3) P 2 x x 3 x P 4 x (2 x) x 2 x x x 1 x Z x 2 (lo¹i) 1 x x Do đó để P Z thì ta cần Theo câu a ta có: x = 1.Vậy với x = thì P có giá trị nguyên Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2 = [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2= 2x2y2 – 4xy + 1 1 8(x y ) 16x y 32xy (4xy 7)(4xy 1) xy xy xy Vì x > và y > nên theo BĐT Côsi ta có: (14) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 (4xy 7)(4xy 1) 0 xy x y 1 xy 4 xy (4xy 7)(4xy 1) 1 5 8(x y ) 5 xy xy Dấu xảy x y x y x y 1 a ĐKXĐ: - 10 x 10 2 a b 3 2 ( a, b ) Ta hệ pt : a b 15 Đặt a = 25 x ; b = 10 x Giải hệ pt ta : a = ; b = Suy : x1 = ; x2 = -3 b Gọi a, b, c là số đo cạnh tam giác vuông cần tìm Giả sử a b c a b c2 (1) (2) Ta có hệ phương trình : ab 2(a b c) Từ (1) c2 = (a + b)2 − 2ab c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2)) (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c (a + b)2 − 4(a + b) + = c2 + 4c + (a + b − 2)2 = (c + 2)2 a + b − = c + (do a + b 2) c = a + b − Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4) ab −4a−4b + = b(a −4) −4(a−4) = (a −4)(b−4) = Phân tích = 1.8 = 2.4 nên ta có: a 1 a - = a=5 a = hoÆc hoÆc b - = b = 12 b =8 b 8 Từ đó ta có tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; ; 10) thỏa mãn yêu cầu bài toán 4.Vì ABC nên AB = CB (1) A Theo giả thiết ta có AE = CD (2) BCD Ta lại có BAE (cùng chắn cung AD) (3) E Từ (1), (2) và (3) suy ra: ABE = CBD O Theo câu a ta có: ABE = CBD B BE = BD BED cân C BDA BCA Mặt khác ta lại có: (cùng chắn cung AB) D BED BD = ED Vậy ta có: DA + DB + DC = DA + ED + AE = 2DA Vì điểm D thuộc cung BC không chứa A nên suy tổng (DA + DB + DC) lớn DA là đờng kính đờng tròn (O), hay D là điểm chính cung BC nhỏ M A Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB M 1 B D C (15) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 A1 = M1 ; A2 = C1 Mà A1 = A2 ( AD là 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 + + > + + HƯỚNG DẨN GIẢI Đề Bài 1: (4,0 điểm) 6x 3x3 3x A x 3x x x 3 x Cho biểu thức: Rút gọn biểu thức A Tìm các giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 2: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình: x y xy 19 x y xy Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình 2 a) x x + x x 15 x 12 x 35 x 16 x 63 b) x x x 11 x 1 Bài 4: (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 luôn 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 Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm hai đường chéo Kí hiệu S1 SAIB ; S SCID ; S S ABCD a Chứng Minh: S1 S2 S b Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy HƯỚNG DẨN GIẢI (16) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu 3x 3x Ta có: 3x A A A 3x x x x 0, x 0 , nên điều kiện để A có nghĩa là x 2 x x 3x x 3x x A 3x 3 x x 3x x 3x 3x 3x x 3x 3x 3x 1 A x x 3x x 3x ( 3) 6x x 0;1 x 0, x 0 8 Năm học 2010-2011 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x 3x x 3x Với x là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì (vì x Z và x 0 ) Khi đó: A 4 3x 3 3x 9 x 1 x 3 3x 1 x 1 x y 3xy 19 x y xy 19 S P 19 x y xy x y xy S P 2.a) Giải hệ (1) ta được: (S 1; P 6), (S 2; P 5) S x y P xy (1) x y x y Giải các hệ phương trình tích, tổng: xy và xy ta có các nghiệm hệ phương x x 2 x x ; ; ; y 2 y y y trình đã cho là: a) x2 + 4x + = ( x + 1)( x+ 3) x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5) x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7) x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9) ĐKXĐ : x -1; x -3; x -5; x -7; x -9 1 1 pt ( x 1)( x 3) ( x 3)( x 5) ( x 5)( x 7) ( x 7)( x 9) 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) x 1 x x x x x x x 5 x 1 x 5( x + - x -1) = 2( x+1)( x+9) 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0 x2 + 10x - 11 = Phương trình có dạng a + b + c = x1 = 1; x2 = -11 x1; x2 thỏa mãn ĐKXĐ Vậy tập nghiệm phương trình là : S = 11;1 b) ĐKXĐ: x -2 ( 0,5 điểm) Pt ( x 2) ( x 3) 1 <=>| x2 2| +| x -3| = 1 (17) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 | x | + | - x 2| = áp dụng BĐT |A|+ |B| | A + B| ta có : | x | + | - x | Dấu "=" xảy : ( x )( - x ) x 2 x Vậy tập nghiệm phương trình là : S = x / x 7 4.a) Xét BMD và CND: + BD=CD (vì AD là phân giác góc A) + ACD sđ cung AD 1 MBD A1+D1= sđ cung AB + sđ cung BD = sđ cung AD ACD = MBD Trong (L), vì A1 = A2 DM = DN BMD = CND BM = CN b) Gọi I là trung điểm BC I cố định Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’ MM’NN’ là hình bình hành K là trung điểm M’N’ Vì IM’ = BM = CN = IN’ IM’=IN’ IK là phân giác M’IN’ IM ' // MB Do IN ' // CN IM’, IN’ cố định Vậy: Quỹ tích K là đờng phân giác M’IN’ c) DMN cântại D có MDN = 1800 - BAC = Const MN ngắn DM nhỏ DM AB AD là đờng kính (L) a Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S = S AID Kẻ AH BD; CK BD S AIB AH BI S1 BI (1) S AID AH DI S DI Ta có: SCID CK DI S3 BI (2) S BIC CK BI S DI S1 S3 S1.S S3 S (3) S S2 Từ (1) và (2) suy ra: B S1 H I S3 C A S4 K S2 D Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4 S1 S2 S3 S4 (4) Từ (3) và (4) ta suy ra: S S1 S2 S1.S2 ( S1 S2 ) S S1 S2 (đpcm) b Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét: * Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S = S S S1 S2 (18) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 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 là hình bình hành Đề Bài 1: (5,0 điểm) 2 x 2 x 2 2 x Cho phương trình : x a) Tìm điều kiện x để phương trình có nghĩa b) Giải phương trình Bài 2: (3,0 điểm).Giải hệ phương trình: 3 x y 1 5 2 x y x y Bài 3: (5,0 điểm) A 1 x y xy a) Cho x, y >0 và x y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4 a b b c c a CMR: Bài 4: (6,0 điểm) Cho góc xIy A là điểm lấy trên đường phân giác góc góc đó , Gọi K , M là chân đường vuông góc hạ từ A đến cạnh Ix , Iy góc xIy Trên KM lấy điểm P ( KP < PM ) Qua P dựng đường thẳng vuông góc với AP cắt KI Q , MI S a) Chứng minh cácc tứ giác KPAQ và PSMA nội tiếp đường tròn b) Chứng minh : P là trung điểm QS c) Cho KIM = 2 ; KM = a ; QS = b ( a < b ) Tính KQ Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn có đờng cao: AA1, BB1, CC1 đồng qui H Chøng minh r»ng: HA HB HC + + ≥6 HA HB1 HC1 DÊu "=" x¶y nµo? HƯỚNG DẨN GIẢI a) điều kiện : x 4 2 x 2 x 2 x 2 x b) 2 2 (1) 2 x 2 x 2 42 x 2 4 x Đặt x = a ; x = b ( a ; b 0) (19) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 a b 8 Ta có : a b2 2 2 a b 2 a b 8 a b 8 a b 8 (I) 2 a b ab ab a b ab 0 a b ab a b 8 a b 2ab Vì ab + > nên : b a b 2ab 8 ab 2 a I a b 2 a 2 a b 2 a 2 b a a 2a 0 b a a 1 a 1 (loai vì a 0) x 1 a x 3 b 4 x 3 x3 y 1 x3 y 1 x y5 x2 y x y ( x y )( x y ) Ta có: x3 y 1 2 x y ( x y ) 0 Sảy các trườngg hợp: x y 1 x 0 y 0 y 1 x 1 xy 0 Trường hợp a: x y 1 x y 1 y y 1 x y 0 x y x y Trường hợp b: hệ vô nghiệm x 0 x 1 ; Vậy nghiệm hệ là: y 1 y 0 2 2 2 3.a.Vi a 0, b ; Ta có: a b 2 a b 2ab (Bdt Cô si) a b 2ab 4ab (a b) 4ab (a b)(a b) a b a a 1 4 (*) ab ab a b ab ab a b a b a b 2 Áp dụng BÐT (*) v i a = x y ; b = 2xy ; ta có: 1 4 2 x y 2xy x y 2xy (x y) 2 Mặt khác : (x y) 4xy (1) 1 4xy (x y) xy (x y) (2) 1 1 1 1 2 x y xy x y 2xy 2xy x y 2xy xy 4 1 1 6 2 (x y) (x y) (x y) (x y) x=y= 2 [Vì x, y >0 và x y 1 (x y) 1 ] minA = b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có : a b a b c 4 a b a b a b A (1) (20) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu *Hoàn toàn tương tự ta có: *Cộng vế với vế (1),(2) và (3) ta có: 2 a b c a b b c c a Năm học 2010-2011 b c b c (2) c a c a (3) Q K x 1 a b b c c a đpcm Hay 4. Theo giả thiết AKQ = APQ = 900 , nên tứ giác P A KPAQ nội tiếp đường tròn đường kính AQ H Cũng theo giả thiết AMS = APS = 900 I nên tứ giác PSMA nội tiếp đường tròn đường kính AS (ĐPCM) b) Trong tứ giác nội tiếp KPAQ ta có K1 = Q1 (cùng chắn cung AP) S M y Trong tứ giác nội tiếp PSMA ta có S1 = M1 (cùng chắn cung AP) Mà A nằm trên phân giác xIy nên AK = AM K1 = M1 Vậy Q1 = S1 hay AQS cân A có AP là đường cao nên AP là trung tuyến P là trung điểm QS c) Do AK Ix ; AM Iy và A nằm trên phân giác góc xIy nên I1=I2= và AKI = AMI IK = IM ; AK = AM AI là trung trực KM Gọi H = AI KM H là trung điểm KM và IA KM H Trong tam giác vuông AIK ta có = (cùng phụ với ) nên = = KH a cos K 2cos Trong tam giác vuông AHK có : KH = = ; = nên b AQ 2cos Trong tam giác vuông APQ có : QP = = ; = nên AK 2 b2 a2 KQ 4cos 2 4cos 2 = nên Trong tam giác vuông AKQ có : KQ AQ - AK Do tam gi¸c ABC nhän, nªn H n»m tam gi¸c A * §Æt S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB Ta cã: T¬ng tù: AA BC AA S HA = = =1+ S1 HA1 HA HA BC S HB S HC =1+ =1+ S2 HB1 S3 HC1 b2 - a2 4cos2 A B1 C1 H 1 HA HB HC 1 S ( S1 S2 S3 ) S1 S S3 B S1 S A1S3 Suy ra: HA1 HB1 HC1 C Theo bất đẳng thức Côsy: 1 HA HB HC ( S1 S2 S3 ) 9 6 9 HA1 HB1 HC1 S1 S S3 Dấu "=" xảy tam giác ABC Bài (2.5 điểm): (21) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 a a 1 : a a a a a 1 a Cho biểu thức: A = a.Rút gọn biểu thức A b.Tính giá trị biểu thức A a 2006 2005 x y xy 1 3 Bài 4: Giải hệ phương trình: x y x y b/ + = x2 - 10x + 27 Bài (2 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1 Tìm GTNN biểu thức : 1 3 E = x ( y z ) y ( z x) z ( x y ) Bµi III (3 ®iÓm) Cho h×nh vu«ng ABCD §iÓm M thuéc c¹nh AB ( M kh¸c A vµ B ) Tia CM c¾t tia DA t¹i N VÏ tia Cx vu«ng gãc víi CM vµ c¾t tia AB t¹i E Gäi H lµ trung ®iÓm cña ®o¹n NE 1/ Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp đợc đờng tròn 2/ Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vuông ABCD 3/ Chứng minh M di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số bán kính cácđờng tròn nội tiếp tam giác NAC và tam giác HBC không đổi Bài V: ( điểm ) Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC , các tiếp điểm D, E, F Chứng minh tích các khoảng cách hạ từ điểm M trên đường tròn xuống các cạnh tam giác ABC tích các khoảng cách từ M đến các cạnh tam giác DEF HƯỚNG DẨN GIẢI Điều kiện: a 0 0.25 a a a a a 1 : : a a a a a 1 a (a 1)(1 a) a a A = 2 ( a 1) a 1 a ( a 1) (1 a )(a 1) : a 1 (1 a )(a 1) (a 1)( a 1) 1 a b ( 0.5 điểm ) Khi a 2006 2005 ( 2005 1) 2 Thì A = + ( 2005 1) 2005 Bài (2đ) Giải hệ phương trình 0.25 0.25 (22) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 x y xy 1 3 Bài 4: Giải hệ phương trình: x y x y 3 2 Từ (1) ta có PT (2) có dạng : x y = ( x y )( x y xy ) 3 2 x y x xy x y x y y xy x y x y y 0 y (2 x xy y ) 0 y x ( x y ) 0 y o y o x 0 x 0 y 0 2 y x x ( x y ) y 0 + Với y=0 thay vào (1) ta đợc x2=1 x (0,25đ) + Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn x=0, y=0 loại Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) là (1,0) và (-1,0) (1,0đ) (0,5đ) (0,25đ) b/ + = x2 - 10x + 27 Đk : x Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta : + = + + =2 Dấu “ = ” xảy ¿ x − 4=1 − x =1 ⇔ x=5 ¿{ ¿ Mặt khác : x2 - 10x + 27 = ( x2 - 10x + 25 ) + = ( x - )2 + Dấu “ = ” xảy x - = x = Do đó : + = x2 - 10x + 27 x = Vậy nghiệm pt là + x = 1 1 Đặt a = x , b = y , c = z abc = xyz = x + y = c(a + b) y + z = a(b + c) x + z = b(c + a) a2 b2 c2 E = b c + c a +a b a b c Dễ dàng chứng minh đợc b c + c a + a b Nhân hai vế với a + b + c > (23) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 a ( a b c) b( a b c ) c ( a b c ) bc ca + + a b (a+b+c) a2 b2 c2 a bc 3 3 abc 2 b c + c a +a b = E Dấu "=" xảy a = b = c = Vậy E = a = b = c = Bµi III (3®iÓm) C©u ( ®iÓm) Do gãc NAE = gãc NCE = 1v (gt) nªn tø gi¸c NACE néi tiÕp đờng tròn à góc CNE = góc CAE = 450 0,5 ® => tam gi¸c NCE vu«ng c©n t¹i C MÆt kh¸c CH lµ trung tuyến nên CH là đờng cao ố góc CHE = v 0,25 ® => gãcCBE = gãc CHE = 1v => HBCE lµ tø gi¸c néi tiếp đợc đờng tròn 0,25 ® C©u (1 ®iÓm) Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta gäi c¹nh h×nh vu«ng lµ th× diÖn tÝch h×nh vu«ng lµ §Æt AN = x ( x > 0) è DN =1 + x Trong tam gi¸c vu«ng NDC cã CN2 = CD2 + DN2 = + (1 +x)2 = x2 +2x + 0,25 ® Khi đó : SNACE = SNAC + SNCE = AN CD+ CN = x +3 x+ 2 2 x +3 x+ =3 ⇔ x 2+3 x − 4=0 0,25 ® Tõ SNACE = S ABCD è => x = , x = - ( lo¹i ) Vậy AN = Mà theo định lý Ta lét ta có : AM = AN =1 MB BC => AM = MB hay M lµ trung ®iÓm cña AB 0,25 ® 0,25 ® C©u (1 ®iÓm) Trớc hết ta chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam gi¸c BHC + ) Tứ giác NACE nội tiếp đờng tròn => gãc AEN =gãc ACN (1) ( cïng ch¾n cung AN ) vµ gãc NAC + gãc NEC = v (2) 0,25 ® +) Tø gi¸c HBCE néi tiÕp nªn gãc BEH = gãc BCH ( ) ( cïng ch¾n cung BH ) vµ gãc HBC + gãc HEC = v (4) 0,25 ® Tõ (1) vµ (3) ta cã gãc HCB = gãc ACN vµ gãc HBC = gãc NAC Vậy tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC 0,25 ® Gäi r1 ; r2 lÇn lît lµ b¸n kÝnh vßng trßn néi tiÕp hai tam giác ANC và BCH Khi đó r AC = =√ r BC ( không đổi ) 0,25 ® (24) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 Bài V: 3điểm ( Mỗi mục tương ứng cho 1,0 điểm ) Bổ đề: Khoảng cách từ điểm trên đờng tròn đến đờng thẳng qua hai tiếp điểm hai tiếp tuyến với đờng tròn là trung bình nhân khoảng cách từ điểm đến tiếp tuyến Xét hai tiếp tuyến AB và AC , M (O) Hạ các đờng vuông góc MK, MH, ML xuống các tiếp tuyến AB, AC và dây EF C MEN MFH ( chắn cung MF ) E D MFN MEK ( ME ) K N Suy các tam giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng O M dạng Từ đó A H F B MN MF MH MK ME MN MN MH.MK (1) Bổ đề đợc chứng minh Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f là khoảng cách từ M đến các đờng thẳng chứa cạnh 2 BC, CA, AB, EF, FD, DE các tam giác ABC và DEF ta đợc: d b.c, e c.a, f a.b Nhân vế với vế ba đẳng thức, suy điều phải chứng minh 1 Bài Cho biểu thức:P = x x 3 x 2 x 2 : x x x x x a) Rút gọn P; b) Tìm giá trị a để P < Câu Giải hệ phương trình sau 2x3+ 3x2y = y3 + 6xy2 = Giải phương trình: x 3x x Bài : Cho a, b, c>0 chứng minh rằng: a b c a b b c 1 b c a b c a b Cho a, b, c dương và a + b = c = Chứng minh a b b c c a Bài (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Gọi I là điểm trên cung nhỏ AB (I không trùng với A và B) Gọi M, N, P theo thứ tự là hình chiếu I trên các đường thẳng BC, CA và AB Chứng minh M, N, P thẳng hàng (25) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 Xác định vị trí I để đoạn MN có độ dài lớn Gọi E, F, G theo thứ tự là tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA và AB Kẻ EQ vuông góc với GF Chứng minh QE là phân giác góc BQC Bài : ( điểm ) Trong đường tròn O cho dây cung AB và CD cắt M gọi N là trung điểm BD , đường thẳng MN cắt AC K AK AM Chứng minh : KC CM HƯỚNG DẨN GIẢI Câu 2: (2điểm) (1) 105 giải (3) ta đợc: y=1; y= Vậy hệ phương trình có nghiệm : 105 105 105 105 ; ); ( ; ) (1;1) ; ( 1) x 3x x (1), điều kiện x 0 Đặt x a, a 0 ; 3x b, b 0 2 2 Suy b a x Thay vào (1) ta a b b a (a b).(a b 1) 0 a b (do a 0, b 0 nên a+b+1>0) Với a = b ta có x 3x x 1 thỏa mãn điều kiện Vậy x=1 là nghiệm phương trình đã cho Bài 7: (2đ): a, b, c>0 (1) a b c a b bc 1 CM: b c a b c a b (1) a( a b)(b c) b(a b)(b c) c(a b)(b c) ( a b) (b c) ( a b)(b c) (0,5đ) b c a a 2c b ( a b) cb (b c ) a ab ac b ab c bc b c a 2 2 Mặt khác (a b) (b c) (a b)(b c) = a ac c 3b 3ab 3bc Do đó ta cần chứng minh: (26) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 a 2c b (a b) cb(b c) 2b 2bc ab (2) (0,5) b c a a 2c b (a b) cb(b c ) a 2c b3 a 2c c 2b b3 c 2b c a VT ( ) ( ) ( ) b2 ( ) b c a b c b a c a a c b 4c 2b ab 2bc 2b VP a ab ac3 Dấu “=” xảy a = b = c (1đ) Cho a, b, c dương và a + b = c = Chứng minh a b b c c a C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si: a b a b 2 b c bc 2 ac ac Cộng vế 1,2,3 ta có đpcm Đẳng thức sảy và a = b = c = 1/3 C2: Áp dụng Bu nhi a: a b b c c a (1 1) a b b c ca I N A P O B M C Từ giả thiết có IPA INA 180 Tứ giác IPAN nội tiếp IPN IAN (1) (cùng chắn cung IN) Lại IPB IMB 90 Bốn điểm I , P , M , B nằm trên đường tròn đường kính BI MPI IBM 180 (2) I O CAI IBM 180 (3) Vì Từ (2) và (3) MPI CAI (4) Từ (4) và (1) MPI IPN CAI IAN 180 (27) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 Vậy M , P , N thẳng hàng Theo chứng minh trên ta có IMN IBA (5) (góc nội tiếp cùng chắn cung IP đường tròn qua điểm I , B , M , P) INM IAB (6) (góc nội tiếp cùng chắn cung IP đường tròpn qua điểm I , N , A , P) Từ (5) và (6) IMN IBA MN IM IN 1 MN AB BA IB IA M B IAC IBC 90 CI N A Dấu "=" xảy AB I đối xứng với C qua O O là đường kính Vậy MN nhỏ Qua C kẻ đường thẳng song song với KN cắt AB Q qua Q kẻ đường thẳng song song với BD cắt KN và CD lần lợt I và P N là trung điểm BD => I là trung điểm PQ => M là trung điểm CP PQ// BD => AQP ABD ( đồng vị ) ABD ACD ( góc nội tiếp cùng chắn cung AD ) AQP ACD = > Tứ giác ACQP => AM.MQ=CM.MP MQ B C I K N M nội tiếp CM MP CM AM AM ( vì MP=CM ) Q A P AM AM MQ CM D Trong tam giác ACQ có MK//CD AK AM AK AM KC MQ nên KC CM x1 x x 2 x x 1 9x : 1 x 1 Bài Cho biểu thức:P = a) Rút gọn P b) Tìm các giá trị x để P = 1 x y z Bài 6(1điểm): Cho x, y, z> thoả mãn: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x2 y 2 y2 z2 2z x2 xy yz zx b/ + = x2 - 10x + 27 (28) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 ax + by = c bx + cy = a cx + ay = b Cho hệ phương trình: (a, b, c là tham số) Chứng minh điều kiện cần và đủ để hệ phương trình trên có nghiệm là: a3 + b3 + c3 = 3abc Bài IV (2,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) tâm O M là điểm chính cung BC không chứa điểm A Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua O Các đường phân giác góc B và góc C tam giác ABC cắt đường thẳng AM’ E và F 1/ Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn 2/ Biết đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính r Chứng minh: IB.IC = 2r.IM Bài Cho hình bình hành ABCD , từ B kẻ đường thẳng cắt cạnh CD M ; từ D kẻ đường thẳng cắt cạnh BC N cho BM = DN Gọi giao điểm DN và BM là I Chứng minh : Tia IA là tia phân giác góc BID Cho ba số thực a, b, c không âm cho a b c 1 Chứng minh: b c 16abc Dấu đẳng thức xảy nào ? Theo kết câu 3.1, ta có: a b c 4a b c mà a b c 1 (giả thiết) 4a b c b c 4a b c a b c nên: (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng: b c 4bc (không âm) Suy ra: b c 16abc a b c 1 b c , a Dấu đẳng thức xảy khi: b c b/ + = x2 - 10x + 27 Đk : x Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta : + = + + =2 Dấu “ = ” xảy ¿ x − 4=1 − x =1 ⇔ x=5 ¿{ ¿ Mặt khác : x2 - 10x + 27 = ( x2 - 10x + 25 ) + = ( x - )2 + 2 (29) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 Dấu “ = ” xảy x - = x = Do đó : + = x2 - 10x + 27 x = Vậy nghiệm pt là + x = Điều kiện cần : Giả sử HPT đã cho có nghiệm (x ; y) Khi đó a b c a.a b.b c.c (bx cy )a (cx ay )b (ax by )c 2 2 2 ab( ax by ) ca (cx ay ) bc (bx cy ) (a bx ab y ) (ac x ca y ) (b cx bc y ) abc cab bca 3abc Điều kiện đủ: Giả sử (a b c ) (a b) c(a b) c 3ab(a b c) 0 (a b c ) (a b) (b c ) (c a) 0 3 a b c 0 a b c 3abc a b c 0 a b c 2 (a b)3 c 3ab(a b) 3abc 0 (a b) (b c) (c a) 0 a+b+c=0 , nhận thấy HPT có nghịêm : x = y = -1 a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = ; y=1 (hoặc x = ; y = 0) 3 Vậy a b c 3abc thì HPT đã cho có nghiệm * Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1, , và x 1 2 (1 ) y x y x 2 y 2x2 y2 1 1 2 xy y x 3 x y (1) Dấu "=" xảy và x = y Tơng tự: y2 z2 2 yz 3 y z (2) 2z x2 2 (3) zx 3 z x 3 3 P 3 3 x y z Từ (1), (2), (3) Suy ra: Pmin = khi: x = y = z = Bài IV ( 2,5 điểm) Câu ( 1,5 điểm) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp Do M là điểm chính cung BC nên góc BAM = góc MAC => AM là phân giác góc A tam giác ABC nên gọi I là giao (30) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu Năm học 2010-2011 điểm BE và CF thì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và I , A , M thẳng hàng 0,5đ ’ + Do MM là đường kính ( O ) nên AE AM và AM là phân giác góc BAC nên AE là phân giác ngoài nó 0,25đ Mặt khác , BE là phân giác góc ABC => CE là phân giác ngoài góc BCA ( Hai đường phân giác ngoài và đường phân giác tam giác ABC đồng quy) mà CF là phân giác góc BCA => góc FCE = v 0,5đ Chứng minh tương tự ta có góc FBE = 1v => tứ giác FBCE nội tiếp đường tròn 0,25đ Câu ( điểm) Trước hết chứng minh : MI = MB = MC Thật gọi P là giao điểm CF và đường tròn ( O ) Do CP là phân giác góc BCA nên cung PA = cung PB , kết hợp với cung MB = cung MC Ta có sđ góc CIM = = 1 sd MC PA sd MB BP sdMP 2 sdMCP 0,25đ => góc CIM = góc MCI => tam giác CMI cân => MI = MC Chứng minh tương tự ta có MI = MB Vậy MI = MC = MB 0,25đ Kẻ IH vuông góc với BC thì IH = r Hạ MQ vuông góc với BI tam giác BMI cân => QI = QB Xét hai tam giác vuông IQM và IHC có : góc IMQ = góc ICH = 1/ góc AMB 0,25đ Vậy hai tam giác đồng dạng => IC IH IH 2r IB.IC 2r.IM IM IQ IQ BI 0,25đ (31) Trường THCS Nguyễn đình Chiểu B Năm học 2010-2011 N F I C E M A D Lời giải Từ A kẻ AE vuông góc với DN ; A F vuông góc với BM Ta có dt(ABM) = 1/2 dt(ABCD) ; dt(ADN) = 1/2dt(ABCD) cho nên dt(ABM) = dt(ADN) , mà BM = DN cho nên A F = AE hay A cách hai cạnh góc BID Vậy tia IA là tia phân giác góc BID (32)