Loi giai mot so y trong de hoc ki 1 nam hoc 2017 2018 lop 9

14 6 0
  • Loading ...
1/14 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 25/11/2018, 15:26

LỜI GIẢI MỘT SỐ Ý TRONG ĐỀ THI HỌC – TOÁN CÁC QUẬN CỦA HÀ NỘI NĂM HỌC 20172018 Quận Hoàn Kiếm Bài d) Gọi J giao điểm BC ED   EDC  (1) * ∆BEJ ~∆DCJ (g – g) nên EBH * Ta có: CD 2.OH OH OB BD ED      (2) BH BH BH AB BA BE Từ (1) (2) suy ∆BEH ~∆DCE (c –g –c)   DEC   HEC   90o  BEH B A H J E C Bài Từ giả thiết xy = 6, ta có Q = Đặt 3x + 2y = t Q = O D 3x  2y  3x  2y t  t theo bất đẳng thức Cô – si ta có: 3x + 2y ≥ 3x.2y  6.6  12 , t ≥ 12 Cách 1: “chọn điểm rơi t = 12” t 12  t 6 t Ta có Q =        , dấu “=” xảy t = 12, tương ứng x = 2, y 24 t  24 t  = Vậy Q = x = 2, y = Sưu tầm biên soạn Thầy Hoàng Đức Đông (0978.895.631) Page Cách “đánh giá biên” Khi t = 12 Q = Xét hiệu Q – Do Q ≥ t t  15t  36 (t  12)(t  3) =     ≥ với t ≥ 12 t 12t 12t , dấu “=” xảy t = 12, tương ứng x = 2, y = Vậy Q = x = 2, y = Sưu tầm biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631) Page 2 Quận Đống Đa Bài d) Kẻ KH  MH P, tứ giác MOHP hình chữ nhật nên PK = OH 1 S∆MHK = KP MH = OH.HM 2 2 OH  HM OM OA AB2  =  = 2 4 16 Dấu “=” xảy OH = HM   45o  AOM AB2 Vậy Max ( S∆MHK) = M thuộc đường 16   45o tròn cho AOM Bài Ta có 4.A = 4x + 4y + 4z + M A H O P B K 12 18 16   x y z 12   18   16   = (x + 2y + 3z) +  3x     2y     z   x  y  z   Theo giả thiết: x + 2y + 3z ≥ 20 Vì x, y, z > nên theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: 3x + 12 12  3x  12 ; x x 2y + 18 18  2y  12 ; y y z+ 16 16  z  z z Từ ta suy 4.A ≥ 20 + 12 + 12 +  A ≥ 13, dấu “=” xảy x = 2; y = 3; z = Vậy A = 13 x = 2; y = 3; z = Sưu tầm biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631) Page 3 Quận Ba Đình Bài d) Kẻ MH  AB H x y S  MH  ∆AMB ~ ∆EOF (g – g) nên AMB   =  SEOF  OM  E MH 3   sin HOM = OM 2 o o     HOM = 60  AOE  MOE  60  AE = AO tan 60o = R Từ suy M F Vậy điểm E tia Ax cho AE = R điểm cần tìm Bài Đk: x ≥ A O H B Phương trình cho tương đương vơi phương trình: (2x2 – x – 3) – ( 3x   x  ) =  (x + 1)(2x – 3) – (3x  2)  (x  1) =0 3x   x  1    (2x  3)  x  1   (*) 3x   x    x   x    Vì x ≥ nên   (x + 1) – >0 1 3x   x   3x   x     3x   x  Từ suy (*)  2x    x  (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình cho x = Sưu tầm biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631) Page 4 Quận Thanh Xuân Bài III E M O K P Q F D 3) Tia FE cắt tia EM Q   MFE  MQF   MFQ   MF  MQ  M trung điểm EQ Vì ME = MF nên MEF Vì FK // EQ (cùng  ED) nên theo định lí Ta – lét ta có: PK DP PF   mà ME = MQ ME DM MQ PK = PF  P trung điểm FK Bài IV Đk: x ≥ 15 Đặt x  15  a; x   b (a, b ≥ 0) Khi phương trình cho tương đương với: a2 + b2 + = ab + a + b  2a2 + 2b2 + – 2ab – 2a – 2b =  (a – b)2 + (a – 1)2 + (b – 1)2 = a  b   x  15    a    a  b     x  (thỏa mãn điều kiện) b    x    Vậy nghiệm phương tình cho x = Sưu tầm biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631) Page 5 Quận Cầu Giấy Câu J K M F D C E A O B Q Tia BM cắt tiếp tuyến A (O) J Tia JF cắt đường thẳng AB Q Vì OD // BJ OA = OB nên DA = DJ DE đường trung bình ∆AFJ  DE // JF hay DB // JQ mà DA = DJ  AB = BQ Do HF // AQ nên theo định lí Ta–lét ta có: KM JM FM   mà AB = BD KM = MF (đpcm) AB JB BQ Sưu tầm biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631) Page Câu Với x, y > ta có Do S = (x + y) + 1 1 2  2    x y x y xy x  y x  y 3 1     ≥ (x + y) + x  y = (x + y) + x  y = P 4 x y Đặt x + y = t, theo giả thiết ta có < t ≤ Xét hiệu P – Do P ≥ 4 43 Tại t = P = 3 12 43 43 12t  43t  36  3t   4t   = (t + )  =  ≥ với  < t ≤ 12 t 12 12t 12t 43 43 , dấu “=” xảy t = , dấu “=” xảy x = y =  S≥ 12 12 Vậy S = 43 x = y = 12 Sưu tầm biên soạn Thầy Hoàng Đức Đơng (0978.895.631) Page Quận Hồng Mai Bài IV 4) Ta có OI OH = OM OS = OB2 = R2 R2 không đổi  OI = OH   90o M thuộc đường tròn đường Mà IMO kính OI (khơng đổi) Vậy S di chuyển d M chuyển động đường tròn đường kính OI với I điểm R2 thuộc đoạn OH cho OI = OH d B S M H O I A Bài V Ta có: Vì x2 + y2 ≥ 2xy x, y > nên x3 + y3 = (x + y)(x2 – xy + y2) ≥ (x + y)xy Do 5y3 – x3 = 6y3 – (x3 + y3) ≤ 6y3 – xy(x + y) = y(6y2 – xy – y2) = y(3y + x)(2y – x)  5y3 – x3 ≤ (3y2 + xy)(2y – x)  5y3  x  2y  x (1) xy  3y Tương tự: 5z  y3 ≤ 2z – y (2) zy  3z 5x  z  2x  y (3) xz  3x Từ (1), (2), (3) suy P ≤ x + y + z = (đpcm) Dấu “=” xảy x = y = z = Sưu tầm biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631) Page Quận Hà Đông Bài d) Gọi I giao điểm MO đường tròn (O)   IEO   90o Ta có: MEI d   EIO   90o IEF   OIE  OEI   IEF   EI phân giác góc MEF, mà MI  MEI phân giác góc EMF Do I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF Vậy M di chuyển d tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc đường tròn (O; R) F M I A O E Bài Từ giả thiết ta có x   y   x  y3   xy   x  y   x  xy  y   x 5  y5     x  y    x  xy  y     x = y (do  x   y     x  xy  y  > ) x 5  y5 Khi P = –3x2 + 12x + 2018 = –3(x2 – 4x + 4) + 2030 = –3(x – 2)2 + 2030 ≤ 2030 Dấu “=” xảy x = y = Vậy max P = 2030 x = y = Sưu tầm biên soạn Thầy Hoàng Đức Đông (0978.895.631) Page Quận Tây Hồ Bài d) Vì ∆CEF ln có CE = CF nên ∆CEF    60o  FCO   30o  FO  sin 30o = ECF CO  CO = 2.OF = 2R  C thuộc (O; 2R) (cố định)  C giao điểm d (O; 2R) Vậy ∆CEF C giao điểm d (O; 2R) B F A O C E Bài a b2  a  b    Ta có M =   Ta chứng minh: (*) với x, y, a, b > 1 x x x y xy  a b2  b2 a2 Thật vậy: (*)  (x + y)    ≥ (a + b)  a + x + y + b2 ≥ a2 + 2ab + b2 y x x y x y a b (1  2)2 1 x x Áp dụng bđt (*) ta được:     M ≥ 8, dấu “=” xảy  x  x x (1  x)  x Vậy M = x =  x2 b2 + y2a2 – 2abxy ≥  (xb – ay)2 ≥ (luôn đúng), dấu “=” xảy  Sưu tầm biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631) Page 10 Quận Bắc Từ Liêm Bài IV Câu Theo hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có CK CB = CA2 = CM2 CK CM    ∆CKM ~ ∆CMB (c – g – c) CM CB   MBC  (đpcm)  CMK x C K A M B O Câu V Đề khơng xác!!! Vì theo bất đẳng thức Cơ-si (cho ba số) với x, y, z > x y z x y z    3  nên giả thiết không tồn tại!!! y z x y z x Tuy nhiên có lẽ ý tưởng người đề là: Cho số a, b, c > thỏa mãn a + b + c = 3; abc = Chứng minh rằng: Ta có 1    a b c 1 bc  ac  ab a b bc ca     ab  bc  ca ≤   = a + b + c = 2 a b c abc Dấu “=” không xảy a = b = c Sưu tầm biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631) Page 11 10 Quận Nam Từ Liêm Câu d) Theo kết câu c ta có BF AE = R2 Tương tự: CF ED = CK DK = OK2 = R2 AE CF Do BF.AE = CF ED   (1) ED BF Vì BC // AD (cùng vng góc với EF) nên theo định lí Ta-lét ta có: BF CF  IF  CF DQ (2)     AQ DQ  IQ  BF AQ Từ (1) (2) AE DQ AE DQ      AE  DQ (đpcm) ED AQ AD AD Câu Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: P ≥ E Q R K O A C R H B F I 1 1  2  x y x y xy  x y2 2  xy xy xy Đặt t = xy, theo giả thiết ≥ x + y ≥ xy  xy  Đặt Q = D 1 hay t ≤ 4 17 17 4t  17t   4t  1 t    t , xét hiệu Q – = t =  0 t t t 4t 4t Do Q  17 17  17 , dấu “=” xảy x = y =  P≥2 4 Vậy P = 17 x = y = Sưu tầm biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631) Page 12 11 AMS Bài Ta có OE trung trực BD nên ∆EBD cân  D  mà D  O  (AO//CD) O B 1 1   O  O (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) B  O   ∆OBE = ∆COA (g – c – g) B  BE = AO  ED = AO mà ED // AO (cmt) nên tứ giác AODE hình bình hành  tứ giác ABOE hình chữ nhật  DE  AF  G trực tâm ∆AFO (1) Mặt khác tứ giác AODE hình bình hành nên  A  mà D  O  nên A  O   ∆AFO cân D 1 2 F (2) Từ (1) (2)  FG trung trực AO (đpcm) A O G E C D F Bài a) Điều kiện: –3 ≤ x ≤ Phương trình cho tương đương với:  92  3 x   x   4x  12x  27   x   x  = 4x2 – 12x + 27  + 18  3x  x = 4(x2 – 3x – 18) + 99  2(18 + 3x – x2) + 18  3x  x – 45 = Đặt 18  3x  x  t (t ≥ 0)  2t2 + t – 45 =  (t + 5)(2t – 9) = Sưu tầm biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631) Page 13 t ≥ nên t =  18 + 3x – x2 = 2 9 2    4x – 12x + =  (2x – 3) =  x = (thỏa  2 mãn điều kiện) Vậy nghiệm phương trình cho x = b) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có: x2 yz x2 y  z  2 x yz yz Tương tự  P≥ y2 yz z2 zx   y;  z yz zx x  y  z Mặt khác x + y ≥ xy ; y + z  yz ; z + x  zx  x + y + z ≥  P≥ xy  yz  zx = 1 , dấu “=” xảy x = y = z = Vậy P = 1 x = y = z = Sưu tầm biên soạn Thầy Hoàng Đức Đông (0978.895.631) Page 14 ... + y2 ≥ 2xy x, y > nên x3 + y3 = (x + y) (x2 – xy + y2 ) ≥ (x + y) xy Do 5y3 – x3 = 6y3 – (x3 + y3 ) ≤ 6y3 – xy(x + y) = y( 6y2 – xy – y2 ) = y( 3y + x)( 2y – x)  5y3 – x3 ≤ ( 3y2 + xy)( 2y – x)  5y3 ... Hồng Đức Đơng ( 097 8. 895 .6 31) Page Câu Với x, y > ta có Do S = (x + y) + 1 1 2  2    x y x y xy x  y x  y 3 1     ≥ (x + y) + x  y = (x + y) + x  y = P 4 x y Đặt x + y = t, theo... ≥ E Q R K O A C R H B F I 1 1  2  x y x y xy  x y2 2  xy xy xy Đặt t = xy, theo giả thiết ≥ x + y ≥ xy  xy  Đặt Q = D 1 hay t ≤ 4 17 17 4t  17 t   4t  1  t    t , xét hiệu Q
- Xem thêm -

Xem thêm: Loi giai mot so y trong de hoc ki 1 nam hoc 2017 2018 lop 9 , Loi giai mot so y trong de hoc ki 1 nam hoc 2017 2018 lop 9

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay