Luyen thi HSG toan 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (381.82 KB, 37 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Luyện thi HSG toán 9
Năm học : 2010 - 2011

Đề số 1

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

   b) x2 2x 1 x2 6x9 1 .

Câu 2: ( 4 điểm) a) Cho a + b + c + d = 2. Chøng minh r»ng: a2 + b2+ c2+ d2 1


b) Tìm giá trị nhỏ nhất của 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 2 sè x, y tho¶ m·n: 2x2 + 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 vng 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) Tớnh din tớch t giỏc DENM.

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

Gọi M là trung điểm của BC. Tính số đo góc AMC.
Giải

Câu1. giải các PT: a) 9 12x 4x2 4

   



3 2 x



2  4 3 2 x 4

* XÐt 2 trêng hỵp:

- Trêng hỵp 1: NÕu 3- 2x  0  x 1,5. PT cã d¹ng: 3 - 2x = 4  2x = -1  x=- 0,5
- Trêng hỵp 2: NÕu 3- 2x < 0  x < 1,5. PT cã d¹ng: -3 +2x = 4  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 3 1

* xÐt 3 trêng hỵp:

- Trêng hỵp 1: NÕu x < 1 th× 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: 1x< 3 thì x-1 > 0 và x-3 < 0 , PT cã d¹ng: x-1-x+3 =1 0x=-1(VN)
- Trêng hợp 3: Nếu x 3 thì x - 1 > 0 vµ x - 3 > 0 PT cã d¹ng: x - 1 + x - 3 = 1

 2x = 5  x = 2,5 ( loại vì không thoả mÃn ĐK x 3 )

VËy 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 1. DÊu "=" x¶y ra khi a = b = c = a = 1

2
C¸ch 2: §Ỉt a = 1

2 + x ; b =
1

2 + y; c =
1

2 + z; d =
1

2 + u. V× a + b + c +d = 2 nªn
x + y+ z + u = 0 . Ta cã: a2 + b2 + c2 + d2 = (1

2 + x)

2+ (1

2 + y)

2+(1

2 + z)

2 + (1

2 + u)

 a2 + b2 + c2 + d2 = 1

4+ x + x

2 + 1

4 + y + y

2 + 1

4 + z + z

2 + 1

4 + u + u

= 1 +(x + y +z + u) + (x2 + y2+ z2+ u2)

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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

VËy a2 + b2+ c2+ d2 1

 . DÊu "=" x¶y ra khi a = b = c = d = 1

2
b). Ta cã: A =



x1



2 



x1



2  A  x 1 x 1

Cách 1: Xét 3 trờng hợp:

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

* NÕu -1  x<1 th× A= x+1-x+1 = 2 (2)

* NÕu x 1 thì A = x+1+x-1= 2x 2 dấu "=" xảy ra khi x=1 (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) suy ra min A = 2 1 x 1

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

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

VËy min A= 2 



x1

 

x1



    0 1 x 1

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

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. VËy a3 - 3ab + 2c = 0

C¸ch 2: Thay a, b, c vào vế trái của 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 = 0 = VP (®pcm)

b) (2®) Ta cã:

2
2

2 4

4
y
x

x

  

2 2

( 2) ( ) 2

y

x x xy xy

x

       

2 2

2
2
y

x x xy

x

   

        

   

 2 + xy  0  xy  - 2

Suy ra Min xy =- 2  x- 1 0

x vµ x+2
y

= 0  x = 1 và y = -2 hoặc x = -1 và y = 2
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 vuông tại 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 là hình chữ nhật. Suy ra AH = DE = 6 cm.

Gäi O lµ giao ®iĨm cđa AH vµ DE, ta cã: OA = OH = OE = OD  OHE OEH  (2 gãc

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

     EHN HEN  NHE cân tại N

NH = NE (1)

* C EHN CEN HEN    900

   C CEN NEC cân tại N  NC = NE (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra NH = NC. Vậy Nlà trung điểm của HC.
C/m tơng tự ta có: M là trung ®iĨm cđa BH.

B M H N C

E
GT

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

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

(góc có cạnh tơng øng vu«ng

gãc)  BDH ~ BHA (g.g)  k = 3,3 0,55
6

HE

HA  

d) Vì MD và NE cùng vng góc với DE nên MD//NE do đó tứ giác DENM là hình
thang vng. 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)

 ABC: ABC 30 ;0 BAC 450

 

MB = MC; M BC
AMC?

C/m

KỴ CD và MN vuông góc với AB (D, N AB), ta có CD//MN và DAC vuông cân
tại D (Vì CDA 90 ;0 BAC 450

  (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 MDB MBD  300

  . Suy ra MBC 900 300 600 vµ

 1800 2.300 1200

BMD   , do đó DMC18001200 600.

*  MDC cã MDC DMC 600

  . Vậy  MDC là tam giác đều, do đó DM = DC (2)

Từ (1) và (2) suy ra  DMA cân tại D , do đó DMA DAM  và

   300

DMA DAM MDB (t/c góc ngoài tam giác) hay 2.MAB 300 MAB 150

AMC ABM MAB 300 150 450

 . Vậy AMC450

Đề số 2:
Câu 1: ( 4 điểm) Giải các phơng trình sau:

1) 1 21

2x1x 1 2) x 3 4 x1 x 8 6 x1 5
C©u 2: ( 4 ®iĨm)

1) C/mr nÕu 1 1 1 2

a b c   vµ a + b + c = abc th× 2 2 2

1 1 1

2
a b c 

2/ BiÕt a, b lµ hai sè thùc dơng thoả mÃn ĐK a2 + b2 = 1. Chứng minh r»ng:

1 1

2 2

a b

a b b a

 

    

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

1) 1 1 1

(n1). n n n 1  n  n1

2) 1 1 1 1

2 1 1 2 3 2 2 3   4 3 3 4 5 4 4 5 + ... +

1
(n1). n n n 1

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.

M C

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác vng 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) §é dài DE.

2) Diện tích tứ giác ADHE.

Giải : 
Câu 1: ( 4 điểm)

1) ĐK: x1 và x 1

, ta cã:

1 21

2x1x 1  x

2 - 1 = 2x - 1  x(x - 2) = 0 x = 0 hc 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:

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

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

+ NÕu x1 3 0   x1 < 3  x - 1 < 9  x< 10.

KÕt hỵp víi §K trªn ta cã: 1 x < 10 PT cã d¹ng:

x1 2 3   x1 5  0. x1= 0 Nghiệm đúng với mọi giá trị của x thuc

khoảng đang xét.

+ Nếu x1 3 0  x1  3  x - 1  9 x 10. Kết hợp với ĐK trên thì víi

x 10. Pt cã d¹ng x1 2  x1 3 5   2 x1= 6  x1=3

 x - 1 = 9 x =10 ( Đợc vì thuộc khoảng đang xét)
Vậy pt có t/n S =

x1 x 10

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

   

vµ tõ: 1 1 1 2 12 12 12 2( 1 1 1 ) 4
a b c    a b c  ab ac bc  
 12 12 12

a b c + 2 = 4  2 2 2

1 1 1

a b c = 2
2) Ta cã: VT =

1 1 1 1

a b a b

a b b a a b b a

 

         

 

 

= 1 b a 1 a b

a b

   

 (1)

+ Tõ gt suy ra 0 < a < 1 nên (1) là tổng của hai số dơng, áp dụng BĐT Co si cho (1)

Ta cã: VT













2 2 2 2 2

1 1 1 2

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

a b ab ab

         

    (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a2 + b2 = 1 vµ 1 1 1

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 cã:

VT= 1 1 1 1 1 1 ... 1 1

2 2 3 3 4 n n 1

   

1
1

1
n

<1(Vì nN

* nên 0 1 1

n

)

Câu 4: (6 điểm)

A
ABC , MB = MC, NA = NC

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

C/m

ABC có MB = MC, NA = NC (gt) nên MN là đờng trung bình, do đó MN//AB
v MN = 1

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

2GA; OM  BC , ON  AC.

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

MN//AB; ON//HB do cïng vu«ng gãc víi AC)

+ 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) XÐt AHG vµ MOG cã:
+ GM =1

2GA (c/m trªn); OM =
1

2HA (Do

1
2

OM MN

HA AB  ); OMG GAH  (so le trong)
Suy ra AHG ~ MOG (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 b»ng nhau (theo c©u 2) suy ra tỉng 3 gãc HGA, AGN, NGO b»ng
1800. VËy 3 ®iĨm 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 3 góc vuông (A D E  900

   ) nên là hình chữ nhật, do đó:

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

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

AH
AD

AB

  ; AH2 = AE.AC

AH
AE

AC

  , do đó SADHE =

4 4 3 3 2

. . 2 2 2

AH AH AH AO a

AB AC AH BC  a  a 

VËy Max SADHE =

2
a

 AH = AO = a ABC vuông cân tại A.

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

1) 2 3 x 3 b) 2x2 2 4x 6

 

H
H
H

M C

N
0
G

D
B

O
H

C
KL

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 2: (4 điểm) 1) Cho a + b > 1. C/m r»ng: a4 + b4 > 1

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

C©u 3: (4 ®iÓm) 1) Chøng minh r»ng: 10 60 24 40 5 3 2
2)Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc A = x3 + y3 + xy biÕt 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 vng góc với AB, By vng góc với AB . Lấy trên Ax một điểm C
và trên By một điểm D sao cho: AC.BD = 2

AB (*) vµ gäi O là trung điểm của đoạn
thẳng AB.

1) C/m hệ thức CD2 = OC2 + OD2

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 nh
-ng (*) vn c tho món.

Câu 5: (2 điểm) 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 vế ta có: 2 + 3 x  9 3 x 7.

Bình phơng hai vế tiếp ta có: 3 + x 49 x 46 x 462 2116

      > 0.

Thư 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 2 x1 6  2



x1



 6 2x 6 2  x3 2 1

(Thoả mÃn ĐK x1)

+ Nếu x < 1 th× 2 x1 6  2 1



 x



 6 2x 2 6  x 1 3 2.

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



3 2 1;1 3 2 

Câu 2: (4 điểm) 1) Vì a + b >1> 0 nên bình phơng hai vế ta có: a2 + b2 + 2ab > 1.(1)

MỈt kh¸c (a - b)2  0 a2 + b2 - 2ab  0 (2)

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

2.(3)

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

4 (4)

Mặt khác (a2 - b2)2  0 a4 + b4 - 2a2b2  0 (5)

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

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













1 1 4 y x y x x y xy

x y x y xy x y

   

  

 

















2 2 4 2 2 2 x y

xy y x xy xy x xy y

xy x y xy x y xy x y



     

 

    0, v× x, y > 0.

Suy ra: 1 1 4

x yx y . DÊu "=" x¶y ra khi x = y.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

* Trong mét tổng 2 cạnh bao giờ cũng lớn hơn cạnh còn lại nên 1 ;
a b c

1
;
b c a 

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
2
a b c b c a      b b

T¬ng tù ta cã: 1 1 2; 1 1 2

b c a c a b     c c a b a b c     a . Céng vÕ víi vÕ cđa 3 B§T

trên ta đợc: 2 1 1 1 2 1 1 1

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

   

    

   

     

   

 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 =

     

5 2 3 2 2 2; 60 2 15 2 5. 3  ;

24 2 3. 2 ; 40 2 2. 5 nªn

VT =

     

5 2 3 2 2 2 2 5. 3 2 5. 2 2 3. 2 



5 3 2



2  5 3 2 = VP (®pcm)

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

C¸ch 1: Tõ x + y = 1



x y



2 1 x2 y2 2xy 1

       (1)

Mặt khác ta cã: (x - y)2  0  x2 + y2- 2xy  0 (2)

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

x y

  

VËy min A = 1 1

2 x y 2

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

1 1 1

2 2 2

A x 

      

 

. 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 cã: A =

2 2

1 1 1 1

2 a 2 a 2 a 2

   

     

   

   

Do đó min A = 1
2

1
0

a x y

    

C©u4:

1) C/m hƯ thøc CD2 = OC2 + OD2

Ta cã: AC.BD =

4
AB

(gt) mµ OA = 1 . 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     0  0

1 2 1 1 90 90

O O O D   COD

A O B

y
D
I

x
C

1
1
1 2

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Tam gi¸c COD vuông tại 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 quả trên, suy ra:     

2 2 2 2

O D  COI D O  COI = COA (g.c.g)

Suy ra OI = OA = 1

2AB.

Điểm I luôn luôn cách điểm O một khoảng không đổi bằng 1

2AB nên điểm I nằm
trên đờng trịn đờng kính AB.

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

C©u 5: Kẻ AH BC

Cách 1: AHC vu«ng ë H, ta cã:

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

= AH2 + BC2 + HB2 - 2 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 ra b2 = a2 + c2 - 2ac.cosB (đpcm)

Cách 2: Trong vu«ng AHB, ta cã: AH = AB.sinB = c.sinB; HB = AB.cosB =c.cosB

Suy ra 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 (đpcm)

Đề số 4:

Câu1: (3 điểm) Trong hệ toạ độ xôych hai đờng thẳng có phơng trình: y = x + 1 (d1) và

y = - x + 2 (d2). Gäi giao ®iĨm cđa d1 vµ d2 lµ A, giao ®iĨm cđa d1, d2 với Ox lần lợt là

B, C.

1) TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC.

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

1/ x4 + x2 - 2 = 0 2/ 2

2 1 6 4 2 6 4 2
x x

Câu 3: (6 điểm)

1/ Cho a là số thực không âm. Chứng minh rằng:
a3a6 a a 2

2) C/mr nếu a, b là 2 số dơng thoả mÃn ĐK a + b = 1 th× 1 21 2 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: 4a2 + b2 = 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 hng.

B H a C

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Câu 3: (2 điểm) Tính diện tích toàn phần của hình chóp S.ABC. Biết gãc ASB b»ng 600,

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

Giải: 
Câu1: ( 3 điểm)

1) * Tỡm to im 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
VËy A(1/2; 3/2).

* Tìm toạ im B.

Vì B là giao điểm của d1 vµ Ox  y = 0 vµ

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

V× C là giao điểm của d2 và Ox y = 0 vµ

-x+2 = 0  x = 2. 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) = - 1  d1d2 t¹i A  ABC vuông tại A

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

C©u 2: (4 điểm) Giải các phơng trình:

1/ x4 + x2 - 2 = 0 



x41

 

 x21



 0



x2 1

 

x21

 

 x21



0 



x21

 

x22



0

V× x2 0 x2 2 2 0

     nªn x2 - 1 = 0  x2  1 x1 vậy phơng trình có tập nghiệm:

S =

1; 1



2) x2 2x 1 6 4 2 6 4 2

     













2 2

1 2 2 2 2

x

     

 x1 2  2 2  2  x1 2 2
+ XÐt 2 trờng hợp:

* Nếu x 1 phơng trình trë thµnh: x - 1 = 2 2 x 1 2 2 (thoả mÃn ĐK x1)

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

Vậy phơng trình cã tËp nghiÖm: S =



1 2 2;1 2 2

Câu 3: (5 điểm)

1) Đặt x = 6 a 0, ta cÇn c/m: x6 - x3 - x2 - x +2  0

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

         



x3 1



2 x x



1





x 1



2 0

      

Do x  0 nên BĐT luôn luôn đúng. Vật bất đẳng thức đợc c/m, dấu bằng xảy ra khi và

chØ khi x = 1 a1

2) Vì a, b > 0 ; a + b =1  (a + b)2 = 1, do đó:





2
2

2 2 2 2

1 1 2( )

a b
a b

ab a b ab a b




  

 

=2( 2 2) 4 ( 2 2 2) 22
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

a b a b ab

ab ab a b

 

 

  





Theo BĐTCôsy ta có: a2 + b2 2ab nên

2 2

1
2

a b

ab

(Dấu "=" xảy ra a= b =1

2)
y=-x+2

O C

H
B

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

2 2 22 2 2 2 2 . 22 2 2

2 2

a b ab a b ab

ab a b ab a b

 

  

  (DÊu "=" x¶y ra

 a= b =1
2)
Suy ra: 1 21 2 3 1 2 6

ab a b     VËy 2 2

1 1

ab a b  . (DÊu "=" x¶y ra  a= b=
1
2)
3) Ta cã:

2 2

2 0 2 4

2 4

c c

a ac a

 

    

 

 

(1);

2 2

d d

b bd b

a

 

    

 

 

(2)



c d



2 0  2cd c 2d2 8cd



c d



24cdc





8 2

c d cd

cd

(3)

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

T = 2ac + bd + cd





2
2 2

2 2

4 4 2 8

c d

c d cd

a b 

      = 2 +

2 2

2 2 2 8

2 8

c d



Vậy giá trị lớn nhÊt cđa T lµ 8 khi a = 1

2, b = 1, c = d = 2 (V× c- d = 0 c d mặt khác
c + d = 4 nªn 2c = 2d = 4  c = d =2; 2a - 2

2=0 2a - 1 = 0  a =
1
2; 4.

1
2

 

 

 

+ b2=2

 b2 + 1 = 2  b2 = 1 b1 lo¹i giá trị b = -1)

Câu 4: (6 điểm)

C/m:

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

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

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

2) MNO P ABH suy ra 1
2

MO MN

AH  AB  ; G là trọng tâm của ABC nªn

1
2
GM

GA 
XÐt AHG vµ MOG cã 1 ; 

MO GM

OMG HAG

AH GA

 

   

  (so le trong) suy ra:

AHG P MOG (c.g.c).

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

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

       . Suy ra 3 ®iĨm H, G, O

thẳng hàng.
Câu 4: (2 điểm)

10
A

B M C

N
o
H

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

KL b) AHG P MOG
c) H, G, O thẳng hàng

S
B

Hình chóp S.ABC,
GT ASB 60 ,0 BSC 90 ,0

  ASC1200

SA = SB = SC = a

KL STP cđa h×nh chãp S.ABC

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

C/m
* SAB cã SA = SB = a vµ ASB 600

 nên là đều và có độ dài đờng cao

SH = 3
2

a . Do đó diện tích SAB là 2 3

a .

* SBC cã SB =SC = a vµ BSC 900

 nên là vng cân. Do đó diện tích SBC là

2
a
* SAC cã SA = SC = a cã ASC 1200

 nên là cân có góc đáy bằng 300 suy ra độ

dài đờng cao SK =
2
a

, cạnh đáy AC = a 3. Do đó diện tích là 2 3
4

a .

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

giác vuông tại B và cã diƯn tÝch lµ 2 2
2

a .

Vậy diện tích toàn phần của hình chóp lµ: 2 3
4

a + 2

a + 2 3

a + 2 2

a =





1 2 3

2
a

 

(n v din tớch)

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

1/ 1 22

1 1 1

x

x x x  ; 2/ x 2 x1 x2 x1 2

C©u 2: (4 điểm)

1/ Tìm a, b, c biết a, b, c là những số dơng và 12 1 12 2 12 8 32

a b c abc

     

   

     

      .

2/ T×m a, b, c biÕt: a =

2
1

b
b

 ; b =

2
1

c
c

 ; c =

2
1

a
a

Câu 3: (4 điểm) :

1/ Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: A = x2 2x2 2009
x

 

2/ Cho 3 sè a, b, c tho¶ m·n : a(a-1) + b(b-1) + c( c-1) 4
3

 . C/mr: - 1    a b c 4.

Câu 4: (5 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Gọi D và E lần lợt là
hình chiếu của H trên AB và 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 tại D và E lần lợt cắt BC tại M và N.
Chứng minh M là trung điểm của BH; N là trung điểm của CH.

d) TÝnh diÖn tÝch tø gi¸c 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/ §K: x 1 , ta cã: 1 22

1 1 1

x

x x x 





1 1 2 1 2 2 0

x x x x x

         

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

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Đói chiếu với ĐK trên , loại nghiệm x = 1. Vởy phơng trình có tËp nghiƯm S = 3



2/ §K: x 1, ta cã:

2 1 2 1 2

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



x 2 x1

 

x2 x1



4









2x 2 x 4 x 1 4 x x 2 2

          x 2  2 x

+ Nếu x 2 phơng trình trở thành x - 2 = 2 - x  2x 4 x2

+ Nếu x < 2 phơng trình trở thành x - 2 = x - 2  0x0 nghiệm đúng với mọi giá trị

cña x.

VËy x 2 . KÕt hợp với ĐK trên thì 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 1 2

a  a (1); 2

1 2 2

b   b (2); 2

1 2 8

c   c (3)
Nhân vế với vế của các BĐT (1), (2) và (3) ta đợc: 12 1 12 2 12 8 32

a b c abc

     

   

     

      .

DÊu "=" x¶y ra khi: 12 1, 12 2, 12 8 1, 2, 2

2 4

a b c

a  b  c      .VËy a = 1, b =

2
2 , c =

2
4
2/ Ta có: 1 + b22b, 1 + c2  2c, 1 + a22a. Do đó:

a =

2
1

b
b



2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2

; ;

2 1 2 1 2

b c c a a

b b c c a

b c c a a

       

  . Suy ra: ab, bc, ca nên dấu

"=" xảy ra khi a = b = c. Suy ra a = b = c = 0 và a = b = c =1.
Câu 3: (4 ®iÓm)

1) Ta cã: A =

2 2 2

2 2009 2009 2.2009. 2009

2009.

x x x x

x x

   







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 ra khi

x = 2009. VËy min A = 2008 2009

2009 x .

2) Ta cã: a(a-1) + b(b-1) + c( c-1) 4
3

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

 3(a2 + b2 + c2)  4 + 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) - 4 0.

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

 x(x - 4) + (x - 4)  0  (x - 4)( x + 1)  0

Suy ra : a) 4 0 4

1 0 1

x x

x

  



không có số nào thoả mÃn ĐK này nên loại.

Hoặc b) 4 0 4



1 4

1 0 1

x x

x

x x

  

 

    

 

  

 

VËy   1 x 4 hay     1 a b c 4 (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 = ?

O
D

B M H N C

E
GT

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

C/m

a) ABC vuông tại 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 tại H ta cã: AC2 = AH2 + HC2 suy ra:

AC = AH2 HC2 62 92 117 10,8

     (cm)

+ AHC vuông tại 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 vuông tại 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 là hình ch÷ nhËt. Suy ra AH = DE = 6 cm.

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

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

N NH = NE (3)

C EHN CEN HEN    900

     C CEN   NEC cân tại N NC = NE (4)

Tõ (3) vµ (4) suy ra NH = NC. Vậy N là trung điểm của HC.
C/m tơng tự ta có: M là trung điểm của BH.

d) Vì MD và NE cùng vng 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)

C©u 5: (2 ®iĨm)

GT ABC, A 900

 , D AB, E AC , DE//BC

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

a) Ph©n tÝch:

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

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

Qua C dựng đờng 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 IBF BIF , mà ABI BIF (so le trong)  ABI IBF do đó BI là phân giác của góc
B. Từ đó suy ra cách dựng.

b) C¸ch dùng:

+ Dựng phân giác góc B, dựng đờng thẳng Cy tạo với AC 1 góc 450 . Hai ng

thẳng này cắt nhau tại I.

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

+ Từ E dựng đờng thẳng song song với BC căts AB tại D, ta có D, E là 2 điểm cần
tìm.

c) Chøng minh: Theo c¸ch dùng ta cã:

+ 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 ABI IBF, mặt khác ABI BIF (so le trong) nên
IBF BIF do đó BFI cân tại F, suy ra FB = FI = FE + EI (2)

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

  ) do đó EI = EC (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) suy ra: DE = BD + EC thoả mÃn yêu cầu bài ra.
d) BiÖn luËn:

+ Đờng phân giác của góc B cắt Cy tại 1 điểm I. Từ I chỉ kẻ đợc 1 đờng thẳng Ix
vng góc với AC tại E.

+ Qua E chỉ kẻ đợc 1 đờng thẳng song song với BC và cắt AB tại 1 điểm D.

Vì vậy bài tốn ln xác định đợc 1 điểm E trên AC, 1 điểm D trên AB để DE//BC và
DE = BD + EC. Tức bài tốn có 1 nghiệm hình.

A C

y I

E
F
x
B

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

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

1/ 1 21

2x1x 1 2/

2 2 1 2 6 9 4

x  x x x

Câu 2: (4 điểm) 1/ Rút gän biÓu thøc:

A =

























2 2 2 2

4 2

2 2 2 4 2

2 2

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 + 2 = 0

Câu 3: (4 điểm )

1/ Chứng minh rằng: Nếu a > 0, b > 0 th×: (a + 2)(b + 2)(a + b) 16ab

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

2 2 2 1 2 2 2 1

a a a a

    



   

Câu 4: (5 điểm) Cho ABC vu«ng ë A, C 300

 , BC = 10cm.

a) TÝnh AB, AC.

b) Từ A kẻ AM, AN lần lợt vng góc với các đờng phân giác trong và ngồi 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 B 60 ,0 C 20 ,0 BC 4cm

   . Gäi D là trung điểm của

AC. Trên cạnh BC lấy ®iĨm E sao cho CE = CD. TÝnh tỉng diƯn tích các ECD và
ABD.

Giải:
Câu 1: (4 điểm) 1) ĐK: x 1, 1

2
x

, ta cã: 1 21

2x1x 1  x

2-1= 2x -1 x(x-2) = 0

 x= 0; x=2 . Cả 2 nghiệm đều thoả mãn ĐK trên. 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 3 4

XÐt 3 trờng hợp:

* Nếu x < - 1, phơng trình cã d¹ng: - x - 1 - x + 3 = 4 2x 2 x1.(Loại , vì

không thuộc khoảng đang xét)

* Nu - 1 x 3, phng trỡnh có dạng: x + 1 - 3 + x = 4 0x0, nghim ỳng vi mi

giá trị của x thuộc khoảng đang xét.

* Nếu x 3, phơng trình có d¹ng: x +1 + x - 3 = 4  2x = 6 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 2 2

4 2

2 2 2 4 2

2 2

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 + 1 =

2
1 3

0
2 4
x
 
  
 
 

; x2 + x +1 =

2
1 3
0
2 4
x
 
  
 
 

; x2 + x- 1 =

2
1 5
0
2 4
x
 
  
 

 
;
x2 - x - 1 =

2
1 5
0
2 4
x
 
  
 
 

nªn A =

2 2 2

1 1 1

x x x x x x

      
 

      =
2
2
1
1
1
x x
x x
 

  .

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

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

 4(x+y)2 + (x - 1)2 + (y +1)2 = 0













0 0

1 0 1 0 1

1 0 1

1 0

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 > 0 nên áp dụng BĐT C«-Si ta cã:

a + 2 2 2a ; b + 2 2 2b ; a + b 2 ab. Do đó, nhân vé với vế của 3 BĐT này ta

cã: (a + 2)(b + 2)(a + b) 16ab(®pcm)

2) Víi a 2, ta cã: * Tö thøc:









2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1

a a  a a  a  a   a  a 



a1 1



2 



a1 1



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



2a1



2 2a1 1 



2a1



 2 2a1 1



2a1 1



2 



2a1 1



2  2a1 1  2a1 1 = 2 2a1

Nªn 2 1 2 1 2 1 1

2 2 1 2 1

2 2 2 1 2 2 2 1

a a a a a a

a a

a a a a

      

 

 

  

Mặt khác a -1< 2a -1 với mọi a2 và a- 1>0 ; 2a - 1 > 0 nên a1 2a1, suy ra:

2 1

a
a




 . VËy

2 1 2 1

2 2 2 1 2 2 2 1

a a a a

    



 

(đpcm)
Câu 4: (5 điểm)

C/m

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

   (gt) 1 1.10 5 .

2 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 2

ABM MBC ABC

     (1)

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

    tứ giác AMBN là hình chữ nhật, do đó

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

  (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra 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 = 1
2
AB
BC  .
Câu 5: (3 điểm)

C
B

x
N

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

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

C/m

Vẽ BCF đều.( F và A cùng phía đối với BC)

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



200 200



200

     

+ ACG c©n tại C (do CA = CG : Hai cạnh tơng ứng của 2 tam giác bằng nhau trên)
Và cã gãc ACG = 200.(10

Ta cã: DCE cân tại C (CD = CE theo gt) và cã gãc DCE = 200 (2)

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

Do đó 2 1 1

4 4

ECD

ECD ACG
ACG

S

k S S

S     (3)

Ta cã: SABD = 1

2SABC =





4 SABCSGCF (4)

Tõ (3) vµ (4) suy ra: SECD + SABD =





1 1

4 SACGSABCSGCF 4SBCF

 SECD + SABD =

1 4 3

. 3 1,73( )

4 4   cm

(L u ý : Đờng cao của tam giác đều cạnh a là 3
2

a nên diện tích tam giác đều cạnh a là

2 3

a )

Ngµy 21/11/09: §Ị sè 7: (Thêi gian làm bài 150/)

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

    b) 23 xx 1 3 2

Câu 2: (4 điểm) Tính các tổng sau:

a) A = 1 1 1 ... 1 1

1 2  2 3 3 4   2023 2024  2024 2025

b) B =

2 2 2

x y z

a b c . BiÕt 0

a b c

x yz  vµ 1

x y z

a b c  (Trong đó: a; b; c; x; y; z là các số
khác nhau v khỏc khụng)

Câu 3: (5 điểm)

1) Trong h trc toạ độ xOy cho hai đờng thẳng có phơng 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 lợt

là B, C.

a) Tính diện tích tam giác ABC.

A
B

E
D

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

b) Tìm tâm và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2) Cho biểu thức: A = 22 1

2 1

x x

 

  (víi x1)

a) Tìm x để A đạt giá trị lớn nhất.
b) Tìm x để A đạt giá trị nhỏ nht.

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

b) Phân giác của góc A c¾t BC ë D. TÝnh 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, cã diƯn tÝch b»ng 100 cm2. §iĨm D

nằm trên cạnh huyền BC có khoảng cách đến 2 cạnh góc vng là 4m và 8cm. Tính độ
dài các cnh AB, AC.

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

a) x2 16x 64 x2 10

    



x 8



2  x2 10 x 8 x 10

XÐt 3 trờng hợp:

* Nếu x < 0, phơng trình có d¹ng: - x - x + 8 = 10  2x 2 x1 (Đợc, vì x =-1

thuộc khoảng đang xét)

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

* Nếu x 8, phơng trình có dạng: x + x - 8 = 10 2x18 x9(Đợc, vì x = 9 thuộc

khoảng đang xét)

Vậy phơng trình có tập nghiệm S =



1;9



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

Ta cã: 3 3 2

2 1

x
x





  3 x 6 3 2x 2  x 3 3 2x 2



x 3



2 9 2



x 2



x2 6x 9 18x 18

          x2 - 12x + 27 = 0 



x212x36



 9 0



x 6



2 32 0



x 6 3

 

x 6 3



0

          



x 9

 

x 3



0suy ra x = 9 hoặc x=3(loại

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

Câu 2: (4 ®iĨm) TÝnh c¸c tỉng:

a) A = 1 1 1 ... 1 1

1 2  2 3 3 4   2023 2024  2024 2025

1 1 1 1 1 1

...

2025 2024 2024 2023 2023 2022 4 3 3 2 2 1

A

       

     

= 2025 2024 2024 2023 2023 2022 ... 4 3 3 2 2 1

2025 2024 2024 2023 2023 2022 4 3 3 2 2 1

     

     

     

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

= 2025 1 45 1 44    VËy A = 44.

b) Tõ x y z 1
a b c 

2 2 2

2 2 2 2 1

x y z xy xz yz

a b c ab ac bc

 

       

  (1)

V× a; b; c; x; y; z là các số khác nhau và khác không nên xyz

abc 0, do đó nhân cả hai
vế của a b c 0

xyz  víi
xyz

abcta đợc 0 2 0

xy xz yz xy xz yz

ab ac bc ab ac bc

 

       

  (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra:

2 2 2

x y z

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

C©u 3: (5 ®iĨm)
1)

a) * Tìm toạ độ điểm A.

V× A là giao điểm của d1 và d2 x+1 =- x + 2

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

* Tìm toạ độ điểm B.

Vì B là giao điểm của d1 và Ox  y = 0 vµ

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

Vì C là giao điểm cđa d2 vµ Ox  y = 0 vµ

-x+2 = 0  x = 2. 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) = - 1  d1  d2 tại A  ABC vng tại A. Suy ra đờng trịn

ngo¹i ABC có tâm I là trung điểm của BC bán kính IA = IB = IC=3/2.
2). a) Tìm giá trị lín nhÊt cđa biĨu thøc: A =

2 1

x x

 

  (víi x1)

Ta cã: : A =

2 1

x x

 

  =

















2 2 2

1 1

1 1 1

x x x



   

   , dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

x= 0. Vậy maxA = 1 x0.

b) Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc: A = 22 1

2 1

x x

 

  (víi x1)

Ta cã: A =

2 1

x x

 

  =





















2 2

3 1 1

4 4 4 3 1 3

4 2 1 4

4 1 4 1

x x

x x x

x

x x

 

  

    



   

, dÊu "=" x¶y ra
khi vµ chØ khi x=1.

VËy min A = 3 1

4  x .

C©u4: (5 ®iĨm)

ABC, A= 900, AB = 9cm, AC = 12cm

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

b)DB = ?, DC = ?

c) Tứ giác AEDF là hình gì ? Tính chu vi
vµ diƯn tÝch tø gi¸c AEDF.

C/m:

a) ABC, A= 900. ¸p dơng ®/l Pi-Ta-Go ta cã: BC2 = AB2 +AC2= 92 + 122 =225

suy ra BC = 15cm.

Ta cã: SinB = 12 0,8  53 80 /

15
AC

B

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

9 3 15

12 4 3 4 3 4 7 7

DB AB DB DC DB DC BC

DC AC



       



Do đó: DB = 3.15 6, 43





7  cm , DC =





4. 8,57

7  cm

y=-x+2

O C

H
B

B D C

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

c) Tø giác AEDF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông (góc A, góc E, góc F), lại có AD là
phân giác của góc A nên AEDF là hình vuông.

Ta cã BDE P BCA (g.g) nªn DE BD

CA BC suy ra DE =

. 12.45 36

15.7 7

AC BD

BC  

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





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





26, 45

7 cm

 



 

 

C©u 5: (2 ®iĨm)

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.

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

   (đồng vị)  BED P DFC (g.g)

Do đó BE ED
DF FC hay

. 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) = 0 suy ra y1 = 1; y2 = 16.

* Với y1= 1, ta có: x.1 = 32  x = 32. Khi đó: AB = 32 + 8 = 40cm; AC = 4 + 1 =5 cm.

* Với y2= 16, ta có: x.16 = 32  x = 2. Khi đó: AB = 8+ 2 = 10cm; AC =16 + 4 =20cm

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

Ngày 24/11/09. Đề 8: (Thời gian lµm bµi 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 cứ vào hệ thức (1) c/mr ABC có toạ độ các đỉnh là A(1; 1), B(2; 1+ 3), C(3; 1)
là tam giỏc u.

Câu 2: (5 điểm) Giải các phơng trình:
a)

 



3 1 9

1 2 1 2

x  x  x  x ; b) 2 3 x 3 c) 2x2 2 4x 6
Câu 3: (5 điểm)

1) C/mr 2 n 1 2 n 1 2 n 2 n 1
n

      , từ đó suy ra:

2004 < 1 + 1 1 ... 1

2  3  1006009 < 2005.

2) T×m giá trị lớn nhất (nếu có) hoặc giá trị nhỏ nhÊt (nÕu cã) cđa c¸c biĨu thøc sau:
a) A= 9 x2

 ; b) B = 1-  x22x5

A
B

F
4

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

C©u 4:( 5 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD, sinDAC0,8; AD = 42cm, kẻ CE BD và DF AC.

a) AC cắt BD ở O, tính sinAOD.

b) C/m tứ giác CEFD là hình thang cân và tính diện tích củ nó.

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

Giải:
Câu 1: (3 điểm)

Theo bµi ra ta cã:

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

 = 1 + 3 = 4 AB = 2
* AC2 = (3 - 1)2 +(1 - 1)2= 4 + 0 = 4  AC = 2

* BC2 = ((3 - 2)2 + (1 - 1- 3)2 = 1 + 3 = 4  BC = 2

ABC có 3 cạnh bằng nhau nên là tam giác đều.
Câu 2: (5 điểm) Giải các phơng trình:

a) §K: x1;x2, ta cã:



 



3 1 9

1 2 1 2

x  x  x  x  3(x - 2) - (x+ 1) = - 9  3x - 6 - x - 1 = - 9
 2x = - 2 x = - 1(không thoả mÃn ĐK trên)
Vậy phơng trình vô nghiệm.

b) ĐK: x 0, bình phơng hai vÕ ta cã: 2 + 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 của

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



c) 2x2 2 4x 6

    2



x2 2x1



 6 2



x1



2  6 2 x1 6 .

XÐt hai trêng hỵp:

* NÕu x  1, phơng trình có dạng: 2

6 6 1 3 2 1

x   x    (tho¶ mÃn ĐK:
x 1)

* Nếu x < 1, phơng trình có dạng: 2 1

x

6 1 x3 2 x 1 3 2 (tho¶ m·n §K:

x < 1)

Vậy phơng trình có tập nghiệm S =

1 3 2;1 3 2

.
Câu 3: (5 điểm)

1) Ta cã: 2



1





 



n n n n

n n

   

  

 

= 2





2 2 1

1 1 2

n n

n n n n n n

 

  

   

(v× n 1 n ). VËy 2



n 1 n



1 .

n

   (1)

* 2



1





 







2 2 1

1 1 1 2

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: 2 n 1 2 n 1 2 n 2 n 1
n

      . Do đó:

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

+ Khi n = 2, ta cã: 2 3 2 2 1 2 2 2 1
2

   

+ Khi n = 3, ta cã: 2 4 2 3 1 2 3 2 2
3

   

+ Khi n = 4, ta cã: 2 5 2 4 1 2 4 2 3

   

+ Khi n = 5, ta cã: 2 6 2 5 1 2 5 2 4
5

   

...

+ Khi n = 1006009, ta cã: 2 1006010 2 1006009 1 2 1006009 2 100608
1006009

   

Céng vÕ víi vÕ của các BĐT trên ta có:

1 1 1 1 1

2 1006010 2 2 ... 2 1006009 2 1

2 3 4 5 1006009

         =2006 - 2 (1)

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

Tõ (1) vµ (2) suy ra: 2006 - 3 < 1 1 1 1 ... 1 2006 2

2  3 4 5  1006009  

2004 1 1 1 1 1 ... 1 2005

2 3 4 5 1006009

         (®pcm)

2.a) ĐK để biểu thức có nghĩa là:

9 - x2 0



3

 

3



0 3 0 3

3 0 3

x x

  

 

        

  

  3 x 3

   

hc 3 0 3

3 0 3

x x

  

 

   

  

 

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

Ta cã: A = 9 x2 9 3

   , dÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy maxA= 3 x = 0.

Mặt khác A = 9 x2 0

, dấu "=" xảy ra khi và chØ khi x= -3 hc x = 3.

VËy minA = 0  x = - 3 hc x = 3.
b) Ta cã: B = 1- x2 2x 5

 1, dấu "=" xảy ra khi và chØ khi - x2 +2x + 5 = 0





2 2 1 6 1 6 1 6 1 6

1 6

x

x x x x

x

  

           

 


VËy maxB = 1  x 1 6;x 1 6.

C©u 4: (5 điểm)

Hình chữ nhật ABCD, sinDAC0,8; AD = 42cm,

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

KL a) sinAOD.= ?

b) CEFD là hình thang cân và tính SCEFD= ?

c) EFGH là hình chữ nhật và tính SEFCH = ?

C/m:
a) ADC vuông tại D nên:
sinDAC 0,8=

2 2 2 2 2

4 4 42

5 5 5 4 25 16 25 16 9 3

DC AC DC AC DC AC DC AD

AC

  

           

  

A B

C
D

F E

0
42

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

suy ra 14 5.14 70





; 4.14 56





5 4

AC DC

AC cm DC cm

       .

Vì ABCD là hình chữ nhật nên OA = OB = OC = OD = 1 1.70 35





2AC 2  cm ;

ADF vuông ở 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 ra sinAOD0,96.

b) Ta cã:

2 2 2 2 2

96 24

100 25 25 24 625 576 625 576 49 7

DF DO DF DO DF DO DF OF OF

DO

  

         

  

suy ra 7. 7.35 9,8





25 7 25 25

DO OF DO

OF cm

    

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

    (đối đỉnh), do đó:

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

+ Tõ OE = OF, OD = OC OE OF

OD OC

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

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





1 1

. 44,8.33,6 752, 64

2FC DF2  cm ;

SCOE = 1 . 1. . 1.33,6.9,8 164,64





2CE OE2 DF OE2  cm ; SODC=





1 1

. . .56.42 588

2 2 4

AD

DC   cm





2 2

9,8

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

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 là hình chữ nhật.

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

SOEH =





2 2

9,8 1 56

. . .42. 46,1

35 2 2

OBC
OE

S cm

OB

   

 

   

   

nªn SEFGH = 2(46,1+46,1) = 184,4(cm2)

Câu 5: (3 điểm)

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

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

DÊu "=" x¶y ra khi và chỉ khi D, A, C thẳng hàng.

Khi ú A ở vị trí giao điểm E của DC và d, EBC cân tại E.

Vậy trong các tam giác ABC có cùng cạnh BC và cùng diện tích, tam giác cân với
cạnh đáy BC có chu vi nh nht.

B C

E
D

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

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

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

    b) 4x12 9x 27 4 x 3 3 x0

Câu 2: (3 điểm)
Cho biểu thức: A =

2 4 2 2 4 2

4 4

x x x x

x x

      

 

a) Rót gän biĨu thøc A.

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

1) Cho x + y + z = 3.

a) Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa A = x2 + y2 + z2.

b) Tìm giá trị lớn nhất của B = xy + yz + zx
2) chøng minh r»ng a, b, c > 0 th×:

2 2 2

2 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 là các số thực dơng, chứng minh r»ng:

1 1 1 1 1 1

x y z

xy  yz  zx   

Câu 4: (5 điểm) Cho ABC vuông tại A. Kẻ đờng thẳng song song với cạnh BC cắt
các cạnh góc vng AB và AC tại M và N. Biết MB =12 cm, NC = 9 cm, trung điểm
của MN và BC là E và F.

a) Chøng minh 3 ®iĨm A, E, F thẳng hàng.

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

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

DE + DF có giá trị nhỏ nhất.

Giải:(Đề 9)
Câu 1:(4 điểm)

a) 1 9x2 6x 2x 6

    



1 3 x



2 2x 6 1 3 x 2x6

XÐt 2 trờng hợp:
+ Nếu x 1

phơng trình có dạng 1- 3x = 2x + 6  5x = - 5 x = - 1(Thuộc khoảng
đang xét)

+ Nếu x 1
3

phơng trình có dạng 3x -1 = 2x + 6 x = 7 (thuộc khoảng đang xét)
Vậy phơng trình cã tËp nghiÖm S =



1;7



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









4 x 3 9 x 3 4 x 3 3 x 0

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

 x 3



x 3



2 0  x 3 1



 x 3



0 suy ra:
* x 3 0  x 3 0 x3(Thoả mÃn ĐK x 3)

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

Vậy phơng trình có tập nghiệm S =

3; 4

Câu 2:(3 điểm)

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

A =

2 4 2 2 4 2

4 4

x x x x

x x

      

  =

2
2

2 4 2 4 2 4 2 4

4 4

x x x x

x x
x
        
 
=













2 2
2
2

2 2 2 2 2 2 2 2

2
2

x x x x

x
x
x
x
         




XÐt 2 trêng hỵp:

* NÕu 2< x < 6 th× A =

2 2 2 2 4

2 2

x x x

x x

x

    



 

* NÕu x 6 th× A =

2 2 2 2 2 2

2 2

x x x x

x x

x

     



 

b) * Víi 2< x < 6 th× A = 4 4 8

2 2

x

x  x , do đó A ngun

8
2
x



 nguyªn 8x 2 mà

2< x < 6 nên x-2 = 1 hoặc 2. Suy ra x = 3, hc x = 4.
* Víi a 6th× A = 2 2

2
x x

x



 , đặt x 2 tthì t2

2 2

x t x t

      .

Ta cã: A =





2 2

2 4 2 4 4

t t t

t

t t t

 

   . Do đó để A nguyên và t2thì t = 2 hoặc t = 4.

Suy ra x = 22 + 2 = 6, hc x = 42 + 2 = 18.

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

1) Bỡnh phng hai v ca ng thức x + y +z = 3, ta đợc:
x2 + y2 + z2 + 2(xy + xz + yz) = 9 (1)

hay A + 2B = 9.
XÐt hiÖu:

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



2 2 2

 

2 2 2

 

2 2 2



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

= 1













2 0

2 x y  x z  y z   , dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

Nên A B, dấu "=" xảy ra khi vµ chØ 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) Từ (1) và (2) suy ra 3B  A + 2B = 9, nên B  3. Do đó max B = 3  x = y = z = 1.
2) Xét:

























2 2 2

2 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 2

bc b c ba b a

b b

c a c a c a c a

  

 

    (2) ;

















2 2 2 2

ca c a cb c b

c c

a b a b a b a b

  

 

    (3)

Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta đợc:

2 2 2

2 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









2 2







1 1

b c b c a c a c

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

+ac(a- c)



2 2









2 2













2 2









2 2







1 1 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 0 thì các dấu ngoặc trịn, ngoặc vng của biểu thức trên u khụng

âm nên:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 0

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 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 là các số dơng nên áp dụng BĐT Co=si ta có;
1 1 2 1 1. 2. 1

x y x y  xy (1); t¬ng tù:

1 1 1 1 1 1

2. (2); 2.

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

x y z xy xz yz

 

      

   

   . Suy ra:

1 1 1 1 1 1

x y z

xy  yz  zx  (đpcm)
Câu 4: (5 điểm)

C/m

a) Ta cã: EM = EN (gt) AE là trung tuyến ứng với cạnh huyền của vu«ng
AMN nªn EA = EM = EN EAM cân tại E MAEAME (1).

* Tơng tự ta có FAB cân tại F BAF ABF (2).
Mµ MN//BC (gt)  AMEABF (3).

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

b) NBM cú EM = EN, GB = GN (gt) nên EG là đờng trung bình do đó
EG//BM (4) và EG = 1 1.12 6





2BM 2  cm .

* Tơng tự với BNC, ta có GF là đờng trung bình nên GF//NC (5) và
GF = 1 1.9 4,5





2NC2  cm .

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

  . Do đó GEF vuông tại 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     do đó 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.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

c) ABC cã MN//BC (gt) nªn 12 4

9 3

AB AC AB MB

MB NC  AC NC   .

Mµ 6 4

4,5 3

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)

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



CAx BAD , trên tia Ax lấy điểm D/ sao cho

AD/ = AD. Ta có D/ là điểm cố định và

D/F = DE (V× D/AF = DAE (c.g.c))

Khi đó DF + DE = DF + D/F DD/

 (h»ng sè)

Do đó DF + DE nhỏ nhất  DF + D/F nhỏ nhất  F là giao điểm của DD/ và

AC. Từ đó suy ra cách dựng.
b) Cách dựng:

- Dùng tia Ax sao cho CAx BAD 

- Trªn tia Ax lÊy ®iĨm D/ sao cho D/F = DE

- Dựng DD/ cắt AC tại F.

- Qua E dng ng thẳng song song với BC
cắt AB tại E ta có DF + DE nhỏ nhất.

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 do đó DF + DE = DF + D/F = DD/

d) Biện luận: Bài tốn ln dựng c v cú 1 nghim hỡnh.

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

Câu1:(4 điểm) Giải các phơng trình:

a) 49 98 14 2 9 18 8

49
x

x    x  ; b) x 2x1 x 2x1 2

Câu 2: ( 6 điểm)

1) Cho a + b + c = 6 vµ ab + bc + ca = 9.

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

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

Chøng minh r»ng: 0 4,0 4

3 3

a b

    vµ 0 4

3
c



3) Cho a, b, c là các số dơng thoả m·n diỊu kiƯn 1 1 1 2

1a1b1c  .

T×m giá trị lớn nhất của tích: A =abc.
Câu 3: (3 ®iÓm)

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

B D C

F
E

C
E

B
D

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

a) C¾t nhau khi a/ b/

a b ; b) song song khi / / /

a b c

a b c ; c) Trïng nhau khi / / /

a b c

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

 . VÒ phÝa ngoài ABC vẽ các hình

vuụng ABDE và ACFG. Giao điểm của các đờng chéo của hai hình vng là Q và N.
Trung điểm của BC và EG là M và P.

a) Chøng minh: AEC = ABG;

b) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình vuông.

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

Câu 5: ( 2 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 di BC.

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

a) §K: x 2, ta cã:

49 98 14 9 18 8

49
x

x    x   49



x 2



 2 x 2 9



x 2



8

7 x 2 2 x 2 3 x 2 8 2 x 2 8

           x 2 4  x 2 16  x18(tho¶ m·n

ĐK trên ). Vậy phơng trình có tập nghiệm là: S =

 

b) §K: 2x -1 0 1
2
x

 . Nhân cả 2 vế với 2, ta cã:

2 1 2 1 2

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

2x 1 2 2x 1 1 2x 1 2 2x 1 1 2

          



2x 1 1





2x 1 1



2 2

        2x1 1  2x1 1 2 

XÐt 2 trêng hỵp:
* NÕu 1 1

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

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

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Vậy phơng trình có tập nghiệm là: S = ,1 1
2

x x R x

 

  

 



Câu 2: (6 điểm)

1) Ta có: a + b + c = 6  b c  6 a;

ab + bc + ca = 9  bc 9 a b c







 9 a



6 a



 9 6a a 2

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



0 4

4 0 4

a a
a
a a
 
 
      
  

  hc

0 0

4 0 4

a a
a a
 
 

 
  

  (loại, vì không có số nào

thoả mÃn ĐK này). Vậy 0 a 4.

Chứng minh tơng tù ta cã: 0 b 4; 0 c 4.

2) Ta cã: a + b + c = 2  b c  2 a 



b c



2 



2 a



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

 4 - 2a2  4 - 4a + a2  3a2 - 4a  0 a(3a - 4)  0

0 4

3 4 0 3

3
a
a
a
a a



  
       
   
 

hc
0
0
4

3 4 0

3
a
a
a a

(loại, vì không có số nào
Thoả mÃn ĐK này). Vậy 0 4

3
a

Chøng minh t¬ng tù ta cã: 0  b 4

3; 0  c 
4
3.
3) Ta cã:



 



1 1 1

1 1 2

1 1 1 1 1 1 1

b c bc

a b c b c b c

   

       

           (1)

T¬ng tù ta cã:



 



1 1 1

ac

b a c

   (2);



 



1
2

1 1 1

ab

c  a b

   (3)

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







 



1 1 1

. . 8

1 1 1 1 1 1

abc

a b c  a b c

       

 

=8.



 



abc

a b c

  

1
8
abc

 

VËy max A = 1 1

8  a b c 2.
Câu 3: (3 điểm)

1) Vì b 0 nªn 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) và (2) cắt nhau khi: -

/ / /

a a a b

b  b  a b .
b) §êng thẳng (1) và (2) song song khi: -

/
/

a a

b  b vµ

/
/

c c

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

a b

  vµ c/ b/

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

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

a a

b  b vµ

/ / / /

c c a b c

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

1 3 0

2 1 3 3 0

x y

   





   




hay 2 0

2 3 7 0

x y

x y

  




  

 hay

2 3 7

x y

x y



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

3 4 0

2 3 3 4 0

x y

   





   




hay 1 0

2 3 6 0

x y

x y

  




  

 hay

2 3 6

x y

x y

 






Câu 4: (5 điểm)

C/m:

a) XÐt AEC vµ ABG cã: AE = AB (C¹nh hình vuông ABDE);

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

Nªn AEC = ABG (c.g.c)

b) Xét BCG có MB = MC, NC = NG (gt)  MN là đờng trung bình, do đó
MN//BG và MN = 1

2BG.

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

2EC; PQ//BG vµ PQ =
1

2BG; NP//EC vµ
NP = 1

2EC mµ EC = BG (hai cạnh tơng ứng của 2 tam giác bằng nhau AEC va ABG)
nªn MN = MQ = PQ = PN  MNPQ là hình thoi.(1)

Gọi giao ®iĨm cđa AB vµ CE lµ I, cđa BG vµ CE lµ K.

XÐt AEI vµ IBK cã AEI KBI (2 góc tơng ứng của 2 tam giác b»ng nhau AEC vµ

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

  suy ra EC  BG.

Ta có: PQ//BG, NP//EC mà EC BG nên PQ NP QPN 900

  (2)

Tõ (1) và (2) suy ra MNPQ là hình vuông.

c) BE là đờng chéo của hình vng ABDE nên là đờng phân giác của góc ABD, do đó

 450

ABE , mà ABC450 nên CBE = ABC ABE 450450 900.

BCE cã CBE 900

 , BEC nªn CE =

sin sin

BC a

    MQ = 2sin

a



Do đó SMNPQ =

2 2

2sin 4sin

a a

Câu 5: (2điểm)

C B

D
E

Q
P

KI
ABC , gãc A =900, BC = a

Góc 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 là hình vuông
c) Tính diện tích hình vuông
MNPQ.

K
ABC, A 90 ;0

 D, EDC

GT BD = DE = EC.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

C/m

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

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

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

xÐt HBD vuông tại H, ta có: BD2 = HD2 + BD2 = x2 + y2 = 65

65
BD

  (cm)

Do đó: BC = 3. 65 24,19



cm



Ngµy 07/12/09 §Ị 11: (Thêi gian làm bài 150/)

Câu 1: (6 điểm)

1) Giải các phơng trình:



x 3

 

2 x3



2  x 26 b)



x22x2



2  x2 2x 1 0

2) Giải hệ phơng trình:

a) 1 3 2 2

2 1 5 2 15

x y

    




   




b) 4 3 9

7 3 2 37

x y z

Câu 2: (3 điểm)

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

a) a b c 3

b c a a c b a b c         ;

b) 1 , 1 , 1

a b b c c a   cũng là độ dài 3 cạnh củ một tam giỏc.

Câu 3: (3 điểm)

1) Tính giá trị biểu thức M = x22 y22 z22

a b c , biÕt: 0

a b c

x yz  vµ 1

x y z

a b c 

2) Cho 2 sè d¬ng x, y cã tổng x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc:
A = 1 12 1 12

x y

 

   

 

   

Câu 4: (6 điểm) Cho 3 điểm A, B, C theo thứ tự đó trên một đờng thẳng và AB = 4BC.
Vẽ hai nửa đờng trịn tâm O và tâm O/ đờng kính AB và BC trên cùng một nửa mặt

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

nửa đờng tròn (O) và (O/) theo thứ tự ở D và E. Tiếp tuyến chung ca hai na ng

tròn tại B cắt DE ở I.

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

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

c) TÝnh diện tích tứ giác ACED theo a.

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

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

B D E C

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Gi¶i: (Đề 11)
Câu 1: (6 điểm) a) ĐK: x 0, ta cã:



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 2 x 4

       (thoả mÃn ĐK trên)

Vởy phơng trình có tËp nghiÖm 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

 Vì (x+1)

2 +1

1 và x1 0 nên vế trái

luôn lớn hơn 0. Vậy phơng trình vô nghiệm., hay S = .

2) ĐK: x1, y -2. Đặt x1 u 0, y2 v 0, ta có hệ phơng trình:

3 2 2 6 4 11 11 1

2 5 15 2 5 15 2 5 15 2 15 5.1 10

u v u v v v

u v u v u v u

     

   

  

   

        

  

5
1
u
v

(thoả mÃn ĐK

trên)

* Với u = 5  x 1 5  x1 25  x26;

* Víi v = 1  y2 1  y  2 1 y1.

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

mét nghiƯm duy nhÊt lµ: (x; y) = (26; -1)

b) Cách 1: Đặt 4 , 3 , 9

4 3 9

x y z

k x k y k z k

       thế vào phơng trình kia ta có:

7.4k - 3.3k + 2. 9k = 37 28k- 9k + 18k = 37  37k = 37  k=1. Do đó:

x = 4, y = 3, z = 9. Vởy phơng trình cã mét nghiÖm duy nhÊt (x; y; z) = (4; 3; 9)
C¸ch 2:

4 3 9

7 3 2 37

x y z



 




   



7 3 2 7 3 2 37

4 3 9 28 9 18 28 9 18 37

7 3 2 37

x y z x y z x y z

x y z

 



       



   

   





x 4,y 3,z 9

   

VËy hÖ phơng trình có một nghiệm duy 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 là ba cạnh của một tam giác nên tổng hai cạnh bao giờ cũng lớn hơn cạnh cịn
lại, do đó theo cách đặt trên thì x, y, z là các số dơng nên theo BĐT Cơ- Si ta có:

2 . 2

y x y x

x y  x y  , dÊu "=" xảy ra khi x = y; tơng tự: 2
z x

xz  , dÊu "=" x¶y ra khi x = z
vµ z y 2

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

y x z x z y

x y x z y z

     

    

     

 

    6, dÊu "=" x¶y ra khi x = y = z.

Chia cả hai vế cho 2, ta đợc: a b c 3

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

b) Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên: a + b > c, b + c > a, a + c > b.

Do đó:





1 1 1 1 2 2 2 1

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

1 1 1

a c b c a b

  

   . T¬ng tù ta cã:

1 1 1

a b a c   b c vµ

1 1 1

a b b c   a c .

Điều đó chứng tỏ: 1 , 1 , 1

a b b c c a   cũng là độ dài 3 cạnh củ một tam giác.

a b c  suy ra:

2 2 2 2

2 2 2

1 2 1

x y z x y z xy xz yz

a b c a b c ab ac bc

   

         

   

   

2.xyc xzb yza 1
M

abc

 

   (1)

* Tõ a b c 0

x y z  0 0

ayz bxz cxy

yza xzb xyc
xyz

 

      (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra M = 1.
2) Ta cã: A =

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 x y

x y x y x y x y x y

  

 

         

 

   

Mµ x + y = 1 nªn (x + y)2 = 1 x2 y2 2xy 1 x2 y2 1 2xy

       

Nªn A = 1- 2 21 2 21 2 1 2

x y xyx y  xy . Do đó A nhỏ nhất
2
xy

 nhỏ nhất x y. lớn nhất.
Vì x, y là 2 số dơng và x + y = 1(không đổi) nên x.y lớn nhất 1

2
x y

  

Khi đó A = 1+ 2
2

1 8 9

  

 

 

 

. VËy min A = 9 1

2
x y

   .

Chøng minh:

a) c/m OIO/, DOI, IO/E là tam giác vuông.

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

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

vµ gãc BO/G;

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

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

Góc FIB và gãc BIG lµ hai gãc kỊ bï nhau  OI IO/ nên OIO/ vuông tại I; góc

BO/G và góc GO/C là hai góc kỊ bï nhau  IO/

O/E nªn IO/E vuông tại O/.

b) Tính BI, EG, AD.

A 0 B 0/ C

E
I

G
F

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

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

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

IB2 = OB.BO/ = 4a.a = 4a2  BI = 2a.

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

ta cã: O/G2 = IG.GE mà IG =IB = 2a, O/G =a nên GE =

/ 2 2

2 2

O G a a

IG  a  .

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

nªn DA =





2
2 4

8
2

a
OF

a

FI  a 

c) TÝnh diƯn tÝch tø gi¸c ACED.

Ta có: AD//CE vì cùng vng góc với AC nên tứ giác ACED là 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 nªn diƯn tÝch cđa nã lµ:
S = 8 2 .10 42,5 2

2
a
a

a a

Câu 5: (2 điểm)

Chứng minh:

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

Ta cã: SDEF =









2 2 2 2

1 1 1 1

. 10 2

2DE DF 2DE 2 EH DH 2x   x 

= 1



2 100 40 4 2





5 2 40 100



2 x   x x 2 x  x

= 5



2 8 20







2 10 10

2 x  x 2 x  

Suy ra min SDEF = 10 (cm2)  x = 4. Do đó AD = 4cm. Vậy điểm D cách A một

khoảng bằng 4cm thì diện tích tam giác DEF nhỏ nhất là 10cm2.

Phòng gd & đt thọ xuân

thi chn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2009 - 2010
Môn: toỏn lp 9

(thời gian làm bài 150 phút)
Câu I. (4,0 điểm). Giải các 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

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

1/ x6 - 9x3 + 8 = 0 2/ x2 16x 64 x2 10

   

1/ Tìm các số dơng a, b, c biÕt abc = 1 vµ a + b + c + ab + bc + ca  6

2/ Gi¶i hệ phơng trình:

4 1

x y z

y z x

z x y

   




  






Câu III. (4,5 điểm).

1/ Chứng minh rằng: 1 22 1 3

3 1

x x

 

 

 

2/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x 1 y 2

x y

Câu IV. (5,0 điểm).

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

1/ Chøng minh 3 điểm M, A, N thẳng hàng.
2/ Tính diện tÝch tø gi¸c BMNC.

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

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

thì tam giác MNP là tam giác gì ?

Giải:
Câu 1: (4 điểm) giải các PT.

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

3 3

1 0 1 1

8 0 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 3 trêng hỵp:

a) Nếu x < 0 thì PT trở thành: - x + 8 - x = 10  2x 2 x1 (Thoả mÃn ĐK x<0)

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

c) Nếu x 8thì PT trë thµnh: x + x - 8 = 10  2x = 18  x = 9 (Tho¶ m·n ĐK x8)

Vậy PT có t/n: S = 1;9

Câu2: (4,5 điểm)

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

a) + (b +
1

b ) + (c +
1

c)  6 (1)
Vì a, b, c là các số dơng nên áp dụng BĐT Cô Si cho các tổng trên ta có:
a+ 1 2 a.1 2

a a  , dÊu "=" x¶y ra

a a

a

    ;

T¬ng tù ta cã: b + 1 2;c 1 2

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

a) + (b +
1

b) + (c +
1

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

2) §K: x 1; 1; 1

4 y 4 z 4

  

4 1

x y z

y z x

z x y

   


  


  



céng vÕ víi vế của 3 phơng trình trên ta có:

2(x+ y + z ) = 4z1 4x1 4y1  4



x y z 



2



4z1 4x1 4y1



(4x 1 2 4x 1 1) (4y 1 2 4y 1 1) (4z 1 2 4z 1 1) 0

               



4x 1 1

 

2 4y 1 1

 

2 4z 1 1



2 0

         



4 1 1 0 4 1 1 4 1 1

4 1 1 0 4 1 1 4 1 1

4 1 1

4 1 1 0 4 1 1

x x x

y y y

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

4 2 0,5

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

VËy hÖ PT cã 1 nghiÖm duy nhÊt (x; y; z) = (0,5; 0,5; 0,5)
Câu 3: (4,5 điểm)

1/ Xét hiệu: *









2 2 2 2

2 1

1 1 3 3 3 1 2( 2 1)

1 3 3 1 1 3 1 3

3 3

2 4 2 4

x

x x x x x x x x

x x x x

x x

        
   
         
   
     
   
   
   
0


22 1 1
1 3

x x

 

 

  (1). DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi x = -1.









2 2 2

2 2 1 2 1

1 1 3 3 3

3 0

1 1 1 1 3

2 4

x x x

x x x x x x

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

2
2
1
3
1
x x
x x
 
 

  (2). DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi x = 1.

VËy 1 22 1 3

3 1
x x
x x

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

x y




</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

A = B + C, A lín nhÊt khi B vµ C lín nhÊt.
Mµ B = 2

1
1
1
t

t t

t




 . B lín nhÊt  t +

tnhá nhÊt . V× t.
1

t=1 (khơng đổi) nên tổng t +

1
t
nhỏ nhất  t=1 t2 1 t 1

t     . Do đó maxB =

1 2

2  t x

C = 2

1
2
2

z

z z

z



  . C lín nhÊt z 2

z

  nhá nhÊt. V× z.2

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

z

      . Do đó maxC = 2 2 4

4  z  y

VËy max A = 1 2 2 2 2, 4

2 4 4 x y



 

Câu4: (5 điểm)

C/m:

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

Do đó 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 ( cùng vng góc vớ MN) do đó BMNC là hình thang vng.
SBMNC = .

2
BM CN

MN



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



cm



, BM = BH= 20cm,

CN = CH= 45cm.

Nªn SBMNC = 20 45.60 1950





2 cm





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

 

30 2

45 3

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 2 60 6 4 120

2 3 90 6 9 270

KN KA KN KA

   

 



 

   

 

5 390 78

2.78 60

3 2 60 72

3
KA

KA KA

KN KA KN KN




 

  

      

   

  



A B

M
H
C

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

GT ACBD

 

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



KL MNP lµ tam giác gì?

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

C/m

Vì ABCD là hình thang cân nªn OA = OB. AOB cân có 1 góc bằng 600 nên lµ tam

giác đều. Do đó trung tuyến BM cũng là đờng cao  MBC vng tại M, do đó MP
là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên MP = 1

2BC. (1)

Tơng tự ta có NP là trung tuyến øng víi c¹nh hun cđa NBC nªn NP =1

2BC (2)

OAD có MN là đờng trung bình nên MN =1

2AD mà AD BC nên MN =
1

2BC (3)
T (1), (2) v (3) suy ra tam giác MNP là tam giác đều.

P
C
D

</div>

Luyen thi HSG toan 9

















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



 































<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>































     

<sub>     </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



 





 

 





 



















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>