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