Luyện thi học sinh giỏi Toán 9 năm học: 2011 - 2012

Luyện thi HSG toán 9 Năm học : 2011 - 2012 Đề số 1 Câu 1: ( 4 điểm) Giải các phương trình sau: a) b) . Câu 2: ( 4 điểm) a) Cho a + b + c + d = 2. Chứng minh rằng: a2 + b2+ c2+ d2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= Câu 3: (4 điểm) a) Cho a = x + y; b = x2 + y2; c = x3 + y3 . C/m rằng: a3 - 3ab +2c = 0. b) Cho 2 số x, y thoả mãn: 2x2 +=4, (x 0).Tìm x, y để tích x.y đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4: (6 điểm) Cho DABC vuông tại A, đường cao AH chia cạnh BC thành 2 đoạn BH = 4cm và CH = 9cm. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC. Các đường thẳng vuông góc với DE tại D và E lần lượt cắt BC tại M và N. a) Tính độ dài DE.; b) C/m M là trung điểm của BH và N là trung điểm của CH. c) C/m DBDH đồng dạng với DBHA . Tìm tỉ số đồng dạng; d) Tính diện tích tứ giác DENM. Câu 5: (2 điểm) Cho rABC có góc ABC bằng 300, góc BAC bằng 450. Gọi M là trung điểm của BC. Tính số đo góc AMC. Giải Câu1. giải các PT: a) * Xét 2 trường hợp: - Trường hợp 1: Nếu 3- 2x 0 1,5. PT có dạng: 3 - 2x = 4 2x = -1 x=- 0,5 - Trường hợp 2: Nếu 3- 2x < 0 x < 1,5. PT có dạng: -3 +2x = 4 2x=7 x=3,5 Vậy PT có t/n S = b) * xét 3 trường hợp: - Trường hợp 1: Nếu x < 1 thì x - 1 < 0 và x - 3 < 0, PT có dạng: - x+1-x+3=1 2x = 3 x= 1,5 (loại vì không thoả mãn ĐK x < 1) - Trường hợp 2: 1x 0 và x-3 < 0 , PT có dạng: x-1-x+3 =10x=-1(VN) - Trường hợp 3: Nếu x 3 thì x - 1 > 0 và x - 3 > 0 PT có dạng: x - 1 + x - 3 = 1 2x = 5 x = 2,5 ( loại vì không thoả mãn ĐK x 3 ) Vậy PTVN hay S = Câu2: a) Cách 1: Ta có: 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 . Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = a = Cách 2: Đặt a = + x ; b = + y; c = + z; d = + u. Vì a + b + c +d = 2 nên x + y+ z + u = 0 . Ta có: a2 + b2 + c2 + d2 = ( + x)2+ ( + y)2+( + z)2 + ( + u)2 a2 + b2 + c2 + d2 = + x + x2 + + y + y2 + + z + z2 + + u + u2 = 1 +(x + y +z + u) + (x2 + y2+ z2+ u2) = 1 + (x2 + y2+ z2+ u2) Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = u = 0. Vậy a2 + b2+ c2+ d2 . Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = d = b). Ta có: A = Cách 1: Xét 3 trường hợp: *Nếu x 2(1) * Nếu -1 x<1 thì A= x+1-x+1 = 2 (2) * Nếu x 1 thì A = x+1+x-1= 2x dấu "=" xảy ra khi x=1 (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra min A = 2 Cách 2: áp dụng BĐT dấu "=" xảy ra khi A.B 0, ta có: = Vậy min A= 2 Câu 3: a) Cách 1: Với a = x + y; b = x2 + y2; c = x3 + y3, ta có: a3 - 3ab + 2c = (x + y)3 - 3 (x+y)( x2 + y2) + 2(x3 + y3) = x3 + 3x2y + 3xy2+ y3 - 3x3- 3xy2- 3x2y- 3y3+ 2x3 +2y3 = (3x3 -3y3) +(3x2y- 3x2y) +(3xy2 - 3xy2) = 0 + 0 + 0 = 0. Vậy a3 - 3ab + 2c = 0 Cách 2: Thay a, b, c vào vế trái của BT cần CM, ta có: VT = (x+y)3 - 3(x+y)(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 = 0 = VP (đpcm) b) (2đ) Ta có: 2 + xy 0 xy - 2 Suy ra Min xy =- 2 x- và x+= 0 x = 1 và y = -2 hoặc x = -1 và y = 2 Câu 4: (6đ) A E GT D ABC, = 900 , AH ^ BC, BH = 4cm CH = 9cm, HD ^ AB, HE ^AC , MD O MD ^ DE, NE ^ DE D KL C M N H a) DE = ? B b) MB = MH; NH = NC c) DBDH ~ DBHA. Tìm tỉ số đồng dạng. d) SDENM = ? C/m a) DABC vuông tại A, đường cao AH, ta có: AH = (cm) Xột tứ giỏc ADHE cú: ADHE là hỡnh chữ nhật. Do đú DE = AH = 6cm b) Gọi O là giao điểm của AH và DE, ta có: OA = OH = OE = OD (2 góc đáyD cân OHE). Mà DNHE cân tại N NH = NE (1) * DNEC cân tại N NC = NE (2) Từ (1) và (2) suy ra NH = NC. Vậy N là trung điểm của HC. C/m tương tự ta có: M là trung điểm của BH. c) Xét DBDH và DBHA có: (chung) DBDH ~DBHA (g.g) tỉ số đồng dạng k = . Mà AB = (cm); DH.AB = BH.HA nờn k = d) Vì MD và NE cùng vuông góc với DE nên MD//NE do đó tứ giác DENM là hình thang vuông. Mặt khác NE = NH = NC = 9:2 = 4,5 (cm); DM = MH = 4:2 = 2 (cm); DE = AH = 6cm nên SDENM = (DM + NE).DE :2 = (2 + 4,5).6:2 = 19,5 (cm2) Câu5:(2đ) GT A D ABC: B D M C MB = MC; M BC KL N C/m Kẻ CD và MN vuông góc với AB (D, N AB), ta có CD//MN và DDAC vuông cân tại D (Vì (GT)) Do đó DA = DC (1) Vì CD//MN mà BM = MC nên BN = ND. MBD có đường cao MN cũng là trung tuyến . Vậy D MBD cân tại M, do đó . Suy ra và , do đó . * DMDC có . Vậy D MDC là tam giác đều, do đó DM = DC (2) Từ (1) và (2) suy ra DDMA cân tại D , do đó và (t/c góc ngoài tam giác) hay 2. . Vậy Đề số 2: Câu 1: ( 4 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 2) Câu 2: ( 4 điểm) 1) C/mr nếu và a + b + c = abc thì 2/ Biết a, b là hai số thực dương thoả mãn ĐK a2 + b2 = 1. Chứng minh rằng: Câu 3: (4 điểm) Chứng minh rằng với mọi n N* ta có: 1) 2) + ... + Câu 4: (6 điểm) Cho tam giác ABC . Goi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC và AC, các điểm H, G, O lần lượt là trực tâm, trọng tâm, giao điểm các đường trung trực của tam giác. Chứng minh rằng: 1/ Tam giác MNO đồng dạng với tam giác ABH. 2/ Tam giác AHG đồng dạng với tam giác MOG. 3/ Ba điểm H, G, O thẳng hàng. Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác vuông ABC có cạnh huyền BC = 2a, đường cao AH. Gọi O là trung điểm của BC, D và E lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC. Tìm giá trị lớn nhất của; 1) Độ dài DE. 2) Diện tích tứ giác ADHE. Giải: Câu 1: ( 4 điểm) 1) ĐK: x1 và x, ta có: x2 - 1 = 2x - 1 x(x - 2) = 0 x = 0 hoặc x = 2 * x = 0 hoặc x = 2 đều thoả mãn ĐK trên. Vậy PT có t/n: S = 2) ĐK: x 1 , ta có: Vì x 1 nên . Do đó chỉ cần xét 2 trường hợp; + Nếu < 3 x - 1 < 9 x< 10. Kết hợp với ĐK trên ta có: 1 x < 10 PT có dạng: 0. = 0 Nghiệm đúng với mọi giá trị của x thuộc khoảng đang xét. + Nếu 3 x - 1 9 x 10. Kết hợp với ĐK trên thì với x 10. Pt có dạng 2= 6 =3 x - 1 = 9x =10 ( Được vì thuộc khoảng đang xét) Vậy pt có t/n S = Câu 2: (4 điểm) 1) Từ: a + b + c = abc và từ: + 2 = 4 = 2 2) Ta có: VT = = (1) + Từ gt suy ra 0 < a < 1 nên (1) là tổng của hai số dương, áp dụng BĐT Co si cho (1) Ta có: VT (đpcm) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a2 + b2 = 1 và Câu 3: (4 điểm) 1) Biến đổi VT, ta có: VT = = = VP (đpcm) 2) áp dụng công thức TQ vừa c/m trên, ta có: VT= =<1(Vì nN* nên ) A DABC , MB = MC, NA = NC GT Trực tâm H, trọng tâm G, OM ^ BC , ON ^ AC 1) D MNO ~DABH KL 2) D AHG ~ D MOG 3) H, G, O thẳng hàng. Câu 4: (6 điểm) N M H H H C H G 0 B C/m DABC có MB = MC, NA = NC (gt) nên MN là đường trung bình, do đó MN//AB và MN = AB; H là trực tâm (gt) nên AH ^ BC; BH ^ AC; G là trong tâm (gt) nên GM =GA; OM ^ BC , ON ^ AC. 1) Xét DMNO và DAHB có: + (góc có cạnh tương ứng song song, vì MN//AB; ON//HB do cùng vuông góc với AC) + (Góc có cạnh tương ứng song song, vì MN//AB; OM//HA do cùng vuông góc với BC) Suy ra D MNO ~DABH (g.g) 2) Xét DAHG và DMOG có: + GM =GA (c/m trên); OM = HA (Do ); (so le trong) Suy ra DAHG ~DMOG (c.g.c) 3) Do A, G, M thẳng hàng nên tổng 3 góc: AGN, NGO, OGM bằng 1800; mặt khác do 2 góc AGH và MGO bằng nhau (theo câu 2) suy ra tổng 3 góc HGA, AGN, NGO bằng 1800. Vậy 3 điểm H, G, O thẳng hàng. (đpcm) A Câu 5: (2 điểm) E D O H GT DABC, = 900, BC = 2a, AH ^ BC. OB = OC, HD ^ AB, HE ^ AC. KL C 1) Tính maxDE = ? B 2) Tính maxSADHE = ? C/m; 1) (1 đ) Tứ giác ADHE có 3 góc vuông () nên là hình chữ nhật, do đó: DE = AH. Suy ra DE lớn nhất AH = AO = a DABC vuông cân tại A. Vậy Max DE = a DABC vuông cân tại A. 2) (1 đ) Ta có SADHE = AD.AE ; AH2 = AD.AB ; AH2 = AE.AC , do đó SADHE = Vậy Max SADHE = AH = AO = a DABC vuông cân tại A. Đề số 3: Câu 1: (4 điểm) Giải các PT sau: 1) b) Câu 2: (4 điểm) 1) Cho a + b > 1. C/m rằng: a4 + b4 > 2) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: Câu 3: (4 điểm) 1) Chứng minh rằng: 2)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x3 + y3 + xy biết x + y = 1. Câu 4: (6 điểm) Cho đoạn thẳng AB. Trong cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, ta kẻ các tia Ax vuông góc với AB, By vuông góc với AB . Lấy trên Ax một điểm C và trên By một điểm D sao cho: AC.BD = (*) và gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. 1) C/m hệ thức CD2 = OC2 + OD2 2) C/m ODC AOC. 3) Tìm quỹ tích hình chiếu I của điểm O trên đoạn thẳng CD khi C và D di chuyển nhưng (*) vẫn được thoả mãn. Câu 5: (2 điểm) Cho nhọn ABC , AB = c, BC = a, CA = b. Chứng minh rằng: b2 = a2 + c2 - 2ac.cosB. Giải: Câu 1: (4 điểm)1) ĐK x 0, bình phương hai vế ta có: 2 + . Bình phương hai vế tiếp ta có: 3 + > 0. Thử lại: Ta có VT = =VP Vậy PT có tập nghiệm S = 2) + Nếu x (Thoả mãn ĐK x1) + Nếu x < 1 thì . (Thoả mãn ĐK x<1) Vậy PT có tập nghiệm S = Câu 2: (4 điểm) 1) Vì a + b >1> 0 nên bình phương hai vế ta có: a2 + b2 + 2ab > 1.(1) Mặt khác (a - b)2 0 a2 + b2 - 2ab 0 (2) Cộng từng vế của (1) và (2) ta có: 2(a2 + b2) > 1 a2 + b2 > .(3) Bình phương hai vế của (3) ta có: a4 + b4 + 2a2b2 > (4) Mặt khác (a2 - b2)2 0 a4 + b4 - 2a2b2 0 (5) Cộng vế với vế của 2 BĐT (4) và (5), ta được: 2(a4 + b4) > (đpcm) 2) Với 2 số x, y > 0, ta có: = 0, vì x, y > 0. Suy ra: . Dấu "=" xảy ra khi x = y. * Trong một D tổng 2 cạnh bao giờ cũng lớn hơn cạnh còn lại nên đều là dố dương, do đó áp dụng BĐT , với x, y > 0, ta được: Tương tự ta có: . Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta được: 2 (đpcm) Câu 3: 1) Ta nhận thấy: 10 = 5 + 3 + 2 = ; ; ; nên VT = = = VP (đpcm) 2) Ta có: A = (x + y)(x2 - xy + y2) + xy = x2 - xy + y2 + xy = x2 + y2 Cách 1: Từ x + y = 1 (1) Mặt khác ta có: (x - y)2 0 x2 + y2- 2xy 0 (2) Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được: 2(x2 + y2) 1 Vậy min A = Cách 2: Từ x + y = 1, thay vào A ta có: A = x2 + (1 - x)2 = 2(x2 - x) +1 . Do đó min A =x= ; y = . Cách 3: Đặt x = + a thì y = - a, ta có: A = Do đó min A = Câu4: 1) C/m hệ thức CD2 = OC2 + OD2 I 2 2 2 1 1 1 C x D y B O A Ta có: AC.BD = (gt) mà OA = AOC P BDO (c.g.c) Như vậy Tam giác COD vuông tại O. Theo đ/l Pi-Ta-go ta có: CD2 = OC2 + OD2 2) AOC P BDO hay BOD P ODC (c.g.c) 3) Từ kết quả trên, suy ra: COI = COA (g.c.g) Suy ra OI = OA = AB. Điểm I luôn luôn cách điểm O một khoảng không đổi bằng AB nên điểm I nằm trên đường tròn đường kính AB. Vậy quỹ tích điểm I là nửa đường trònđường kính AB (phần nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, có chứa Ax) Câu 5: Kẻ AH ^BC A Cách 1: AHC vuông ở H, ta có: c b a H C B AC2 = AH2 + HC2 = AH2 + (BC2 - HB2) = AH2 + BC2 + HB2 - 2 BC.HB = (AH2 + HB2) + a2 - 2a.HB (1) Trong vuông AHB , ta có: AH2 + HB2 = AB2 = c2 HB = AB.cosB = c.cosB (2) Từ (1) và (2) suy ra b2 = a2 + c2 - 2ac.cosB (đpcm) Cách 2: Trong vuông AHB, ta có: AH = AB.sinB = c.sinB; HB = AB.cosB =c.cosB Suy ra HC = BC - HB = a - c.cosB. Trong vuông AHC, ta có: 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 (đpcm) Đề số 4: Câu1: (3 điểm) Trong hệ toạ độ xOy cho hai đường thẳng có phương trình: y = x + 1 (d1) và y = - x + 2 (d2). Gọi giao điểm của d1 và d2 là A, giao điểm của d1, d2 với Ox lần lượt là B, C. 1) Tính diện tích tam giác ABC. 2) Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 2: (4 điểm) Giải các phương trình: 1/ x4 + x2 - 2 = 0 2/ Câu 3: (6 điểm) 1/ Cho a là số thực không âm. Chứng minh rằng: 2) C/mr nếu a, b là 2 số dương thoả mãn ĐK a + b = 1 thì . 3/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = 2ac + bc + cd. Trong đó a, b, c, d là những số thực thoả mãn ĐK: 4a2 + b2 = 2 và c + d = 4. Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC . Goi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC và AC, các điểm H, G, O lần lượt là trực tâm, trọng tâm, giao điểm các đường trung trực của tam giác. Chứng minh rằng: 1/ Tam giác MNO đồng dạng với tam giác ABH. 2/ Tam giác AHG đồng dạng với tam giác MOG. 3/ Ba điểm H, G, O thẳng hàng. Câu 3: (2 điểm) Tính diện tích toàn phần của hình chóp S.ABC. Biết góc ASB bằng 600, góc BSC bằng 900, góc ACS bằng 1200 và các cạnh SA = SB = SC = a. Giải: y Câu1: ( 3 điểm) 1) * Tìm toạ độ điểm A. A Vì A là giao điểm của d1 và d2 x+1 =- x + 2 2x = 1 x = 1/2 y = 1+1/2=3/2 y=-x+2 Vậy A(1/2; 3/2). * Tìm toạ độ điểm B. x B O Vì B là giao điểm của d1 và Ox y = 0 và H C x+1 = 0 x = -1. Vậy B(-1; 0) * Tìm toạ độ điểm C. Vì C là giao điểm của d2 và Ox y = 0 và -x+2 = 0 x = 2. Vậy C(2; 0) Diện tích ABC có BC = 3; đường cao AH = 3/2 SABC =1/2.3.3/2 =9/4 (đvS) 2) Ta có a1.a2 = 1.(-1) = - 1 d1^d2 tại A ABC vuông tại A đường tròn ngoại ABC có tâm I là trung điểm của BC bán kính IA = IB = IC=3/2 Câu 2: (4 điểm) Giải các phương trình: 1/ x4 + x2 - 2 = 0 Vì x2 nên x2 - 1 = 0 vậy phương trình có tập nghiệm: S = 2) + Xét 2 trường hợp: * Nếu x 1 phương trình trở thành: x - 1 = 2 (thoả mãn ĐK x1) * Nếu x< 1 phương trình trở thành: x - 1 = - 2(Thoả mãn ĐK x<1) Vậy phương trình có tập nghiệm: S = Câu 3: (5 điểm) 1) Đặt x = , ta cần c/m: x6 - x3 - x2 - x +2 0 Do x 0 nên BĐT luôn luôn đúng. Vật bất đẳng thức được c/m, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 2) Vì a, b > 0 ; a + b =1 (a + b)2 = 1, do đó: = = 2 += 3 + Theo BĐTCôsy ta có: a2 + b2 2ab nên (Dấu "=" xảy ra a= b =) (Dấu "=" xảy ra a= b =) Suy ra: Vậy . (Dấu "=" xảy ra a= b=) 3) Ta có: (1); (2) (3) Cộng vé với vế các BĐT (!), (2) và (3) ta có: T = 2ac + bd + cd = 2 + Vậy giá trị lớn nhất của T là 8 khi a = , b = 1, c = d = 2 (Vì c- d = 0mặt khác c + d = 4 nên 2c = 2d = 4 c = d =2; 2a - =0 2a - 1 = 0 a =; 4.+ b2=2 b2 + 1 = 2 b2 = 1 loại giá trị b = -1) Câu 4: (6 điểm) ABC , MB = MC, NA = NC GT Trực tâm H, trọng tâm G, O là giao của các đường trung trực a) MNO P ABH KL b) AHG P MOG c) H, G, O thẳng hàng A H N B G o M C C/m: ABC có: MB = MC, NA = NC (GT) suy ra MN là đường trung bình nên MN//AB; H là trực tâm nên AH vuông góc với BC, BH vuông góc với AC; O là giao điểm của các đường trung trực nên OM vuông góc với BC, ON vuông góc với BC. Do đó AH//MO (Do cùng vuông góc với BC), BH//ON(do cùng vuông góc với AC) 1) Xét MNO và ABH có: (góc có cạnh tương ứng song song); ( góc có cạnh tương ứng song song). Suy ra MNO P ABH (g.g) 2) MNO P ABH suy ra ; G là trọng tâm của ABC nên Xét AHG và MOG có (so le trong) suy ra: AHG P MOG (c.g.c). 3) AHG P MOG suy ra (2 góc tương ứng) Ta có: . Suy ra 3 điểm H, G, O thẳng hàng. Câu 4: (2 điểm) S Hình chóp S.ABC, GT SA = SB = SC = a KL STP của hình chóp S.ABC B H K A C C/m * SAB có SA = SB = a và nên là đều và có độ dài đường cao SH =. Do đó diện tích SAB là . * SBC có SB =SC = a và nên là vuông cân. Do đó diện tích SBC là * SAC có SA = SC = a có nên là cân có góc đáy bằng 300 suy ra độ dài đường cao SK = , cạnh đáy AC = a. Do đó diện tích là . * ABC có AB = a; BC = a; AC = a do đó AB2 +BC2 = AC2 (=3a2) nên là tam giác vuông tại B và có diện tích là . Vậy diện tích toàn phần của hình chóp là: +++= (đơn vị diện tích) Đề 5. Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình: 1/ ; 2/ Câu 2: (4 điểm) 1/ Tìm a, b, c biết a, b, c là những số dương và . 2/ Tìm a, b, c biết: a = ; b = ; c = Câu 3: (4 điểm) : 1/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2/ Cho 3 số a, b, c thoả mãn : a(a-1) + b(b-1) + c( c-1) . C/mr: - 1 . Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Biết BH = 4cm, HC = 9cm. a) Tính độ dài AE. b) Chứng minh: AD.AB = AE.AC c) Các đường thẳng vuông góc với DE tại D và E lần lượt cắt BC tại M và N. Chứng minh M là trung điểm của BH; N là trung điểm của CH. d) Tính diện tích tứ giác DENM. Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A. Hãy xác định trên cạnh AB điểm D, trên cạnh AC điểm E sao cho DE song song với BC và DE = DB + EC. Giải : Câu1: (4 điểm) 1/ ĐK: x , ta có: (x-1)(x+1) +2(x-1) = 0(x-1)(x+3) = 0 x-1=0 hoặc x+3= 0 x =1 hoặc x = - 3 Đói chiếu với ĐK trên , loại nghiệm x = 1. Vởy phương trình có tập nghiệm S = 2/ ĐK: x , ta có: + Nếu x 2 phương trình trở thành x - 2 = 2 - x + Nếu x < 2 phương trình trở thành x - 2 = x - 2 nghiệm đúng với mọi giá trị của x. Vậy x . Kết hợp với ĐK trên thì phương trình có tập nghiệm S = Câu 2: (4 điểm) 1/ áp dụng BĐT Cô- Si, ta có: (1); (2); (3) Nhân vế với vế của các BĐT (1), (2) và (3) ta được: . Dấu "=" xảy ra khi:.Vậy a = 1, b = , c = 2/ Ta có: 1 + b2, 1 + c2 2c, 1 + a22a. Do đó: a = . Suy ra: ab, bc, ca nên dấu "=" xảy ra khi a = b = c. Suy ra a = b = c = 0 và a = b = c =1. Câu 3: (4 điểm) 1) Ta có: A = (Dấu "=" xảy ra khi x = 2009. Vậy min A = . 2) Ta có: a(a-1) + b(b-1) + c( c-1) 3(a2 + b2 + c2) - 3(a + b + c) 4 3(a2 + b2 + c2) 4 + 3(a + b + c) (1) Mà 3(a2 + b2 + c2) = (11 + 12 + 12)(a2 + b2 + c2) (a + b + c)2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: (a + b + c)2 - 3(a + b + c) - 4 0. Đặt x = a + b + c ta có: x2 - 3x - 4 0 (x2 - 4x) + (x - 4) 0 x(x - 4) + (x - 4) 0 (x - 4)( x + 1) 0 Suy ra : a) không có số nào thoả mãn ĐK này nên loại. Hoặc b) Vậy hay (đpcm) Câu4: (6 điểm) A E GT ABC, = 900 , AH ^ BC, BH = 4cm CH = 9cm, HD ^ AB, HE ^AC , MD O MD ^ DE, NE ^ DE D KL B M C N H a) AE = ? b) AD.AB = AE.AC c) MB = MH; NH = NC d) SDENM = ? C/m a) ABC vuông tại A, đường cao AH, ta có: AH = (cm) + áp dụng đ/l Pi -Ta Go vào AHC vuông tại H ta có: AC2 = AH2 + HC2 suy ra: AC = (cm) + AHC vuông tại H, đường cao HE ta có: AH2 = AE.AC AE = (cm) b) Ta có: AH2 = AE.AC (1) + AHB vuông tại H, đường cao HD, ta có: AH2 = AD.AB (2) Từ (1) và (2) suy ra: AD.AB = AE.AC (đpcm) c) Tứ giác ADHE có nên là hình chữ nhật. Suy ra AH = DE = 6 cm. Gọi O là giao điểm của AH và DE, ta có: OA = OH = OE = OD (2 góc đáy cân OHE). Mà NHE cân tại NNH = NE (3) NEC cân tại N NC = NE (4) Từ (3) và (4) suy ra NH = NC. Vậy N là trung điểm của HC. C/m tương tự ta có: M là trung điểm của BH. d) Vì MD và NE cùng vuông góc với DE nên MD//NE do đó tứ giác DENM là hình thang vuông. Mặt khác NE = NH = NC = 9:2 = 4,5 (cm); DM = MH = 4:2 = 2 (cm); DE = AH = 6cm nên SDENM = (DM + NE).DE :2 = (2 + 4,5).6:2 = 19,5 (cm2) B x Câu 5: (2 điểm) D GT ABC, , D AB, E AC , DE//BC F E KL Xcá định vị trí các diểm D, E để DE = DB + EC. 450 C A C/m I a) Phân tích: y Giả sử đã xác định được D, E thoả mãn ĐK bài ra: D AB, E AC , DE//BC. Qua E dựng đường thẳng Ex//AB cắt BC tại F thì BF = DE, DB = EF. Qua C dựng đường tjhẳng Cy tạo với AC một góc 450 (Cy khác phía với CB đối với CA) và cắt Ex tại I thì CE = EI. Ta có DE = BF = EF + EI = FI do đó BFI cân tại F nên , mà (so le trong) do đó BI là phân giác của góc B. Từ đó suy ra cách dựng. b) Cách dựng: + Dựng phân giác góc B, dựng đường thẳng Cy tạo với AC 1 góc 450 . Hai đường thẳng này cắt nhau tại I. + Từ I dựng đường thẳng Ix song song với AB cắt AC tại E, cắt BC tại F. + Từ E dựng đường thẳng song song với BC căts AB tại D, ta có D, E là 2 điểm cần tìm. c) Chứng minh: Theo cách dựng ta có: + Tứ giác BFED là hình bình hành (Vì DE// BF, EF//BD) nên DE = BF, FE = BD (1) + BI là phân giác của góc B nên , mặt khác (so le trong) nên do đó BFI cân tại F, suy ra FB = FI = FE + EI (2) + ECI vuông cân tại E (vì ) do đó EI = EC (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: DE = BD + EC thoả mãn yêu cầu bài ra. d) Biện luận: + Đường phân giác của góc B cắt Cy tại 1 điểm I. Từ I chỉ kẻ được 1 đường thẳng Ix vuông góc với AC tại E. + Qua E chỉ kẻ được 1 đường thẳng song song với BC và cắt AB tại 1 điểm D. Vì vậy bài toán luôn xác định được 1 điểm E trên AC, 1 điểm D trên AB để DE//BC và DE = BD + EC. Tức bài toán có 1 nghiệm hình. Đề số 6: Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình: 1/ 2/ Câu 2: (4 điểm) 1/ Rút gọn biểu thức: A = 2/ Tìm x, y biết: 5x2 + 5y2 + 8xy - 2x + 2y + 2 = 0 Câu 3: (4 điểm ) 1/ Chứng minh rằng: Nếu a > 0, b > 0 thì: (a + 2)(b + 2)(a + b) 2/ Chứng minh rằng với mọi a 2 thì Câu 4: (5 điểm) Cho ABC vuông ở A, , BC = 10cm. a) Tính AB, AC. b) Từ A kẻ AM, AN lần lượt vuông góc với các đường phân giác trong và ngoài của góc B. Chứng minh: MN//BC và MN = AB. c) Chứng minh: MAB đồng dạng với ABC. Tìm tỉ số đồng dạng. Câu 5: (3 điểm) Cho ABC có . Gọi D là trung điểm của AC. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho CE = CD. Tính tổng diện tích các ECD và ABD. Giải: Câu 1: (4 điểm) 1) ĐK: x, ta có:x2-1= 2x -1x(x-2) = 0 x= 0; x=2 . Cả 2 nghiệm đều thoả mãn ĐK trên. Vậy PT có tập nghiệm S = . 2) Xét 3 trường hợp: * Nếu x < - 1, phương trình có dạng: - x - 1 - x + 3 = 4 .(Loại , vì không thuộc khoảng đang xét) * Nếu - 1, phương trình có dạng: x + 1 - 3 + x = 4 , nghiệm đúng với mọi giá trị của x thuộc khoảng đang xét. * Nếu x 3, phương trình có dạng: x +1 + x - 3 = 4 2x = 6 (Thoả mãn ĐK trên) Vậy PT có tập nghiệm S = . Câu 2: (4 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A = Vì x2- x + 1 = ; x2 + x +1 = ; x2 + x- 1 = ; x2 - x - 1 = nên A = =. 2) 5x2 + 5y2 + 8xy - 2x + 2y + 2 = 0 (4x2 + 8xy + 4y2) + (x2- 2x +1) +(y2+2y+1) = 0 4(x+y)2 + (x - 1)2 + (y +1)2 = 0 Vậy x = 1; y = -1. Câu 3: (4 điểm) 1) Vì a > 0, b > 0 nên áp dụng BĐT Cô-Si ta có: a + 2 ; b + 2 ; a + b . Do đó, nhân vé với vế của 3 BĐT này ta có: (a + 2)(b + 2)(a + b) (đpcm) 2) Với a , ta có: * Tử thức: = * Mẫu thức: = = 2 Nên Mặt khác a -10 ; 2a - 1 > 0 nên , suy ra: . Vậy (đpcm) Câu 4: (5 điểm) x ABC, GT ; AM BM AN BN a) AB = ?; AC = ?. KL b) MN//BC; MN = AB c) MAB ABC, tìm k = ? B 10 N M 300 C A C/m a) Ta có: ABC, (gt) , AC = . b) ABC, (1) Xét tứ giác AMBN có: tứ giác AMBN là hình chữ nhật, do đó MN = AB, BMN = MBA (c.c.c) nên (2) Từ (1) và (2) suy ra MN//BC. c) Xét MAB và ABC có MAB ABC(g.g) theo tỉ số đồng dạng k = . F Câu 5: (3 điểm) ABC, , BC = 4cm GT D AC, DA = DC, E BC, CE = CD KL SECD + SABD = ? G A D C E B C/m Vẽ BCF đều.( F và A cùng phía đối với BC) Trên cạnh FB lấy điểm G sao cho FG = AB. Ta có ABC = GFC (c.g.c), suy ra: + + ACG cân tại C (do CA = CG : Hai cạnh tương ứng của 2 tam giác bằng nhau trên) Và có góc ACG = 200.(10 Ta có: DCE cân tại C (CD = CE theo gt) và có góc DCE = 200 (2) Từ (1) và (2) suy ra DCE ACG (g.g) với tỉ số đồng dạng là k =. Do đó (3) Ta có: SABD = SABC = (4) Từ (3) và (4) suy ra: SECD + SABD = SECD + SABD = (Lưu ý: Đường cao của tam giác đều cạnh a là nên diện tích tam giác đều cạnh a là ) Đề số 7: (Thời gian làm bài 150/) Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình: a) b) Câu 2: (4 điểm) Tính các tổng sau: a) A = b) B =. Biết và (Trong đó: a; b; c; x; y; z là các số khác nhau và khác không) Câu 3: (5 điểm) 1) Trong hệ trục toạ độ xOy cho hai đường thẳng có phương trình: y = x + 1 (d1) và y = - x + 2 (d2). Gọi giao điểm của d1 và d2 là A, giao điểm của (d1), (d2) với Ox lần lượt là B, C. a) Tính diện tích tam giác ABC. b) Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2) Cho biểu thức: A = (với x) a) Tìm x để A đạt giá trị lớn nhất. b) Tìm x để A đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4: (5 điểm) Cho ABC vuông ở A, AB = 9cm, AC = 12cm. a) Tính BC, b) Phân giác của góc A cắt BC ở D. Tính BD; CD; c) Qua D kẻ DE AB, DF AC. Tứ giác AEDF là hình gì ? Tính chu vi và diện tích tứ giác AEDF. Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có diện tích bằng 100 cm2. Điểm D nằm trên cạnh huyền BC có khoảng cách đến 2 cạnh góc vuông là 4m và 8cm. Tính độ dài các cạnh AB, AC. Giải: Câu 1: (4 điểm) Giải phương trình: a) Xét 3 trường hợp: * Nếu x < 0, phương trình có dạng: - x - x + 8 = 10 (Được, vì x =-1 thuộc khoảng đang xét) * Nếu 0 , phương trình có dạng: x - x + 8 = 10phương trình vô nghiệm. * Nếu x 8, phương trình có dạng: x + x - 8 = 10(Được, vì x = 9 thuộc khoảng đang xét) Vậy phương trình có tập nghiệm S = b) ĐK: x 1, . Vậy ĐK: x1 và x3. Ta có: x2 - 12x + 27 = 0 suy ra x = 9 hoặc x=3(loại nghiệm x= 3, vì không thoả mãn ĐKtrên) Vậy phương trình có tập nghiệm S = Câu 2: (4 điểm) Tính các tổng: a) A = = = = Vậy A = 44. b) Từ (1) Vì a; b; c; x; y; z là các số khác nhau và khác không nên 0, do đó nhân cả hai vế của với ta được (2) Từ (1) và (2) suy ra: =1. Vậy B = 1. y Câu 3: (5 điểm) 1) a) * Tìm toạ độ điểm A. A Vì A là giao điểm của d1 và d2 x+1 =- x + 2 2x = 1 x = 1/2 y = 1+1/2=3/2 y=-x+2 Vậy A(1/2; 3/2). * Tìm toạ độ điểm B. x B O Vì B là giao điểm của d1 và Ox y = 0 và H C x+1 = 0 x = -1. Vậy B(-1; 0) * Tìm toạ độ điểm C. Vì C là giao điểm của d2 và Ox y = 0 và -x+2 = 0 x = 2. Vậy C(2; 0) Diện tích ABC có BC = 3; đường cao AH = 3/2 SABC =1/2.3.3/2 =9/4 (đvS) b) Ta có a1.a2 = 1.(-1) = - 1 d1 ^ d2 tại A ABC vuông tại A. Suy ra đường tròn ngoại ABC có tâm I là trung điểm của BC bán kính IA = IB = IC=3/2. 2). a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = (với x) Ta có: : A = = , dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x= 0. Vậy maxA = 1. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (với x)