Đang tải... (xem toàn văn)
tài liệu hay giành cho các em ôn thi lớp 10
CHỦ ĐỀ I RÚT GỌN BIỂU THỨC CÓ CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI CĂN BẬC HAI A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Khái niệm x bậc hai số không âm a x2 = a Kí hiệu: x a 2.Điều kiện xác định biểu thức A Biểu thức A xác định A 3.Hằng đẳng thức bậc hai A A A2 A A A 4.Các phép biến đổi thức +) A.B A B A 0; B 0 +) A A B B +) A 2B A +) A B B +) A 0; B 0 B A.B B 0 A.B 0; B 0 B 0; A B n. A B A 0; B 0; A B m A B m A2 B A B +) n A B +) A B m m.n n A B m n m n m n A với m.n B BÀI TẬP Bài 1: Thực phép tính: 1) 125 80 605 ; 2) 4) 10 10 ; 1 5) 3) 15 216 33 12 ; 12 27 ; 18 48 30 162 2 2 ; 2 2 16 3 6 ; 27 75 7) 27 75 ; 8) 14) 6) 2 2 6 6 16) 10 192 ; ; 2 6 15) 9) 25 12 ; 6 2 8 54 ; 17) 14 24 12 ; 10) ; ; 1 32 3 18) 19) 11) ; 12) 1 20) 1 10 10 ; 1 3 1 1 1 13) 49 20 ; x A = Bài 2: Cho biểu thức 2 x a) Rút gọn biểu thức A; b) Tìm giá trị x để A > - Câu I(2,5đ): HN Cho biểu thức A = x x x x x 1 x 1 x 1 , với x x x2 x2 x 1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tính giá trị biểu thức A x = 25 3/ Tìm giá trị x để A = -1/3 Câu I: (1,5đ) C Tho Cho biểu thức A = x x 1 1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tìm giá trị x để A > Câu III: HCM Thu gọn biểu thức sau: 15 3 5 x y x y x xy B= : xy xy xy A= Bài 1: (2,0đ) KH (Khơng dùng máy tính cầm tay) x x 1 x xx 1 x a Cho biết A = + 15 B = - 15 so sánh tổng A + B tích A.B Bài 2:Cho biểu thức: Hà Tĩnh x x x P x x x x x với x >0 1.Rút gọn biểu thức P 2.Tìm giá trị x để P = Bài 1: (1,5 điểm) BÌNH ĐỊNH Cho P x x 1 x 1 x x 1 x x x a Rút gọn P b Chứng minh P ; y > ; x y Câu 6: VĨNH PHÚC Rút gọn biểu thức: A 48 75 (1 3)2 Bài ( điểm ) ĐÀ NẲNG a Cho biểu thức K : a 1 a a a 1 a 1 a) Rút gọn biểu thức K b) Tính giá trị K a = + 2 c) Tìm giá trị a cho K < a) PHÚ YÊN Trục mẫu : A 25 72 ; B= 4+2 Bài 1: (1,5 điểm) HƯNG YÊN a) Rút gọn biểu thức: A = 27 12 Bài (1,5 điểm) QUẢNG TRỊ Cho biểu thức A = 9x 27 x 4x 12 với x > a/ Rút gọn biểu thức A b/ Tìm x cho A có giá trị Bài (1,5 điểm) QUẢNG TRỊ Rút gọn biểu thức: P = a 1 a 1 a 2 với a > 0, a 1, a : a a2 a 1 Câu (2,0 điểm) QUẢNG TRỊ Rút gọn (khơng dùng máy tính cầm tay) biểu thức: a) 12 27 b) 2 1) Rút gọn biểu thức: HẢI D ƯƠNG x 1 A với x > x : x x x 1 x x 1 Câu 2:(2.0 điểm) HẢI DƠNG CHÍNH THỨC 2( x 2) x a) Rút gọn biểu thức: A = với x x x4 x 2 1 Bài 2(2,0 điểm): HÀ GIANG Cho biểu thức : M = 1 a 1 a a a, Rút gọn biểu thức M b, Tính giá trị M a = Bài 3: (2điểm) BÌNH THUẬN Rút gọn biểu thức: 1/ A 15 15 15 15 a a a a 1 B 1 a 2 a 2/ Câu 1: (2đ) Rút gọn biểu thức Long An a/ A 27 128 300 Câu2: (2đ) Long An Cho biểu thức P a2 a 2a a (với a>0) a a 1 a a/Rút gọn P b/Tìm giá trị nhỏ P Câu 3: (2 điểm) BẮC NINH Cho biểu thức: A = 2x x 11 x x 3 x x2 a/ Rút gọn biểu thức A b/ Tìm x để A < c/ Tìm x nguyên để A nguyên B Câu III: (1,0 điểm) BẮC GIANG x x Rút gọn: A x x x Với x 0; x x 1 Bài 2: (2,0 điểm) ĐĂK LĂK 1/ Rút gọn biểu thức A ( 2)2 ( 2)2 x 2 x 1 x 1 2/ Cho biểu thức B : 1 x 1 x ( x 1)( x 3) x 1 A Rút gọn biểu thức B B Tìm giá trị nguyên x để biểu thức B nhận giá trị nguyên Bài (2,0 điểm): Quảng Bình Cho biểu thức: N= n 1 n 1 n 1 n 1 ; với n 0, n a Rút gọn biểu thức N b Tìm tất giá trị nguyên n để biểu thức N nhận giá trị nguyên Bài 3: (1,0 di m) ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN Rút g n bi u th c P y x x x y y xy (x 0; y 0) x 10 x B = : x 2 ài 3: Cho biểu thức x 2 x x 2 x 2 a) Rút gọn biểu thức B; b) Tìm giá trị x để A > Bài 4: Cho biểu thức C = x 1 x x 1 x x 1 a) Rút gọn biểu thức C; b) Tìm giá trị x để C < Bài 5: Rút gọn biểu thức : a) D = x 2 x2 x x2 x x2 x x x x x x P = 1 1 ; b) x 1 x 1 ; c) Q = d) H = x 1 : ; x x x x x x x 1 x x 1 1 a 1 : a 1 a a a a Bài 6: Cho biểu thức M = a) Rút gọn biểu thức M; b) So sánh M với x x 2x 2x x Bài 7: Cho biểu thức P = Q = x 2 x 2 a) Rút gọn biểu thức P Q; b) Tìm giá trị x để P = Q Bài 8: Cho biểu thức P = 2x x x x x x x x x x a) Rút gọn biểu thức P b) So sánh P với c) Với giá trị x làm P có nghĩa, chứng minh biểu thức nhận P giá trị nguyên 3x 9x 1 P= : Bài 9: Cho biểu thức x x 2 x 1 x x 1 a) Tìm điều kiện để P có nghĩa, rút gọn biểu thức P; số tự nhiên; P c) Tính giá trị P với x = – b) Tìm số tự nhiên x để x 2 x 3 x 2 x P= : 2 Bài 10: Cho biểu thức : x 5 x 2 x x 3 x 1 a) Rút gọn biểu thức P; b) Tìm x để P CHỦ ĐỀ II HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ I Tính chất hàm số bậc y = ax + b (a 0) -Đồng biến a > 0; nghịch biến a < -Đồ thị đường thẳng nên vẽ cần xác định hai điểm thuộc đồ thị +Trong trường hợp b = 0, đồ thị hàm số qua gốc tọa độ +Trong trường hợp b 0, đồ thị hàm số cắt trục tung điểm b -Đồ thị hàm số ln tạo với trục hồnh góc , mà tg a -Đồ thị hàm số qua điểm A(xA; yA) yA = axA + b II.Điểm thuộc đường – đường qua điểm Điểm A(xA; yA) thuộc đồ thị hàm số y = f(x) yA = f(xA) Ví dụ 1: Tìm hệ số a hàm số: y = ax biết đồ thị hàm số qua điểm A(2;4) Giải: Do đồ thị hàm số qua điểm A(2;4) nên: 4= a.22 a=1 Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ cho A(-2;2) đường thẳng (d) có phương trình: y = -2(x + 1) Đường thẳng (d) có qua A không? Giải: Ta thấy -2.(-2 + 1) = nên điểm A thuộc v đường thẳng (d) III.Quan hệ hai đường thẳng Xét hai đường thẳng: (d1): y = a1x + b1 ; (d2): y = a2x + b2 với a1 0; a2 -Hai đường thẳng song song a1 = a2 b1 b2 -Hai đường thẳng trùng a1 = a2 b1 = b2 -Hai đường thẳng cắt a1 a2 +Nếu b1 = b2 chúng cắt b1 trục tung +Nếu a1.a2 = -1 chúng vng góc với IV.Cách tìm giao điểm hai đường y = f(x) y = g(x) Bước 1: Tìm hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình f(x) = g(x) (II) Bước 2: Lấy nghiệm thay vào hai cơng thức y = f(x) y = g(x) để tìm tung độ giao điểm Chú ý: Số nghiệm phương trình (II) số giao điểm hai đường V.Tìm điều kiện để đường thẳng đồng qui Bước 1: Giải hệ phương trình gồm hai đường thẳng khơng chứa tham số để tìm (x;y) Bước 2: Thay (x;y) vừa tìm vào phương trình cịn lại để tìm tham số VI.Tính chất hàm số bậc hai y = ax2 (a 0) -Nếu a > hàm số nghịch biến x < 0, đồng biến x > Nếu a < hàm số đồng biến x < 0, nghịch biến x > -Đồ thị hàm số Parabol qua gốc tọa độ: +) Nếu a > parabol có điểm thấp gốc tọa độ +) Nếu a < Parabol có điểm cao gốc tọa độ -Đồ thị hàm số qua điểm A(xA; yA) yA = axA2 VII.Vị trí đường thẳng parabol -Xét đường thẳng x = m parabol y = ax2: +) có giao điểm có tọa độ (m; am2) -Xét đường thẳng y = m parabol y = ax2: +) Nếu m = có giao điểm gốc tọa độ m +) Nếu am > có hai giao điểm có hồnh độ x = a +) Nếu am < khơng có giao điểm VIII.Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) Bước 1: Tìm hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình: cx2= ax + b (V) Bước 2: Lấy nghiệm thay vào hai cơng thức y = ax +b y = cx2 để tìm tung độ giao điểm Chú ý: Số nghiệm phương trình (V) số giao điểm (d) (P) IV.Tìm điều kiện để (d) (P) a) (d) (P) cắt phương trình (V) có hai nghiệm phân biệt b) (d) (P) tiếp xúc với phương trình (V) có nghiệm kép c) (d) (P) khơng giao phương trình (V) vơ nghiệm X.Viết phương trình đường thẳng y = ax + b biết 1.Quan hệ hệ số góc qua điểm A(x0;y0) Bước 1: Dựa vào quan hệ song song hay vng góc tìm hệ số a Bước 2: Thay a vừa tìm x0;y0 vào cơng thức y = ax + b để tìm b 2.Biết đồ thị hàm số qua điểm A(x1;y1) B(x2;y2) Do đồ thị hàm số qua điểm A(x1;y1) B(x2;y2) nên ta có hệ phương trình: Giải hệ phương trình tìm a,b 3.Biết đồ thị hàm số qua điểm A(x0;y0) tiếp xúc với (P): y = cx2 (c 0) +) Do đường thẳng qua điểm A(x0;y0) nên có phương trình : y0 = ax0 + b (3.1) +) Do đồ thị hàm số y = ax + b tiếp xúc với (P): y = cx (c 0) nên: Pt: cx2 = ax + b có nghiệm kép (3.2) +) Giải hệ gồm hai phương trình để tìm a,b XI.Chứng minh đường thẳng qua điểm cố định ( giả sử tham số m) +) Giả sử A(x0;y0) điểm cố định mà đường thẳng qua với m, thay x0;y0 vào phương trình đường thẳng chuyển phương trình ẩn m hệ số x0;y0 nghiệm với m +) Đồng hệ số phương trình với giải hệ tìm x0;y0 XII.Một số ứng dụng đồ thị hàm số 1.Ứng dụng vào phương trình 2.Ứng dụng vào toán cực trị BÀI TẬP VỀ HÀM SỐ Câu IV: (1,5đ) C tho Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P) Tìm a, biết (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x - điểm A có hồnh độ Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) (P) (d) Bài 2: (2,25đ) hue a) Cho hàm số y = ax + b Tìm a, b biết đồ thị hàm số cho song song với x có hồng độ -2 b) Khơng cần giải, chứng tỏ phơng trình ( )x2 - 2x - = có hai nghiệm đờng thẳng y = -3x + qua điểm A thuộc Parabol (P): y = phân biệt tính tổng bình phơng hai nghiệm C M A O B N A' P D B' => OPM = OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo giả thiết Ta có CD AB; PM AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung => OMC NDC CM CO => => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN CD CN =2R2 không đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đường thẳng cố định vng góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A’ B’ song song AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB E, Nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường trịn A Lời giải: Ta có : éBEH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) E => éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) I 1( F éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) )1 O1 O2 B H C éEAF = 90 ( Vì tam giác ABC vng A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) => éB1 = éH1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => éB1= éF1 => éEBC+éEFC = éAFE + éEFC mà éAFE + éEFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => éEBC+éEFC = 1800 mặt khác éEBC éEFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta có éA = 900 góc chung; éAFE = éABC ( theo Chứng minh AE AF trên) => AEF ACB => => AE AB = AF AC AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vng H có HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => éE1 = éH1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => éE2 = éH2 => éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E EF Chứng minh tương tự ta có O2F EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đường trịn có đường kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đường vuông góc với AB C cắt nửa đường trịn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, E EB với nửa đường tròn (I), (K) Chứng minh EC = MN N Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đường H tròn (I), (K) Tính MN M Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn Lời giải: I O A C K B Ta có: éBNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K) => éENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1) éAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn tâm I) => éEMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay éMEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (I) (K) => éB1 = éC1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => éC1= éN3 => éB1 = éN3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => éB1 = éN1 (5) Từ (4) (5) => éN1 = éN3 mà éN1 + éN2 = CNB = 900 => éN3 + éN2 = MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường tròn (I), (K) Ta có éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường trịn tâm O) => AEB vng A có EC AB (gt) => EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) = OA2 = 252 = 625 ; S(I) = IA2 = 52 = 25 ; S(k) = KB2 = 202 = 400 Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường tròn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625 - 25 - 400 ) = 200 = 100 314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường tròn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: C C 123 O O D S E M A H×nh a D B F M 1 2 F E S 2 A B H×nh b Ta có éCAB = 900 ( tam giác ABC vng A); éMDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => CDB = 900 D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường trịn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB) D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đường trịn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc SCB Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy Theo Ta có SM EM => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900 Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS => CE CS SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn F, G Chứng minh : Các đường thẳng AC, Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD DE, FB đồng quy Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp Lời giải: AC // FG Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vng A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp B O E F D G S A C * BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay BFC = 900 F A nhìn BC góc 900 nên A F nằm đường trịn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường trịn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH PQ Lời giải: A Ta có MP AB (gt) => APM = 900; MQ AC (gt) => AQM = 900 P Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường trịn đường kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác O APMQ tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM P 2 Tam giác ABC có AH đường cao => SABC = BC.AH Q Tam giác ABM có MP đường cao => SABM = AB.MP M B H C Tam giác ACM có MQ đường cao => SACM = AC.MQ 1 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH Tam giác ABC có AH đường cao nên đường phân giác => HAP = HAQ => HP HQ ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đường cao => OH PQ Bài 18 Cho đường tròn (O) đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ; đường thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M ngồi đường trịn ; MA MB thứ tự cắt đường tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đường thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải: M 1 Ta có : éACB = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) _ => éMCI = 90 (vì hai góc kề bù) K C éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) _ => éMDI = 900 (vì hai góc kề bù) D => éMCI + éMDI = 180 mà hai góc đối tứ giác MCID nên I MCID tứ giác nội tiếp Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai A B O H đường cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đường cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1 Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 900 Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp Bài 19 Cho đường tròn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp D Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD I Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O’) 1 A / / O B C Lời giải: M O' 0 éBIC = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBID = 90 (vì hai góc kề bù); DE AB M => éBMD = 900 => éBID + éBMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp E Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD DC; theo BI DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đường thẳng song song với AD mà thôi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; O’IC cân O’ ( O’C O’I bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mà I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI O’I I => MI tiếp tuyến (O’) Bài 20 Cho đường trịn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc C Gọi AC BC hai đường kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vuông góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng: D Tứ giác MDGC nội tiếp Bốn điểm M, D, B, F nằm đường tròn G Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng M C B A O' O DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE F MF tiếp tuyến (O’) Lời giải: E éBGC = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éCGD = 900 (vì hai góc kề bù) Theo giả thiết DE AB M => éCMD = 900 => éCGD + éCMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp éBFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBFD = 900; éBMD = 900 (vì DE AB M) F M nhìn BD góc 900 nên F M nằm đường trịn đường kính BD => M, D, B, F nằm đường tròn Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD DF nên suy BE DF Theo éBFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BF DF mà qua B có đường thẳng vng góc với DF đo B, E, F thẳng hàng Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đường cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo DF BE => DEF vng F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vng trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1 O’BF cân O’ ( O’B O’F bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cùng phụ với DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mà F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF O’F F => MF tiếp tuyến (O’) Bài 21 Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q Chứng minh đường tròn (I) (O) tiếp xúc A Chứng minh IP // OQ Chứng minh AP = PQ Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Lời giải: Ta có OI = OA – IA mà OA IA bán kính đường tròn (O) đường tròn (I) Vậy đường tròn (O) đường tròn (I) tiếp xúc A OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1 => P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ Q P A I O H B APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP AQ => OP đường cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đường trung tuyến => AP = PQ (HD) Kẻ QH AB ta có SAQB = AB.QH mà AB đường kính khơng đổi nên SAQB lớn QH lớn QH lớn Q trùng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO Thật P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn Bài 22 Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DE, đường thẳng cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp B Tính góc CHK A Chứng minh KC KD = KH.KB Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào? Lời giải: H O E Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD = 90 ; BH DE H nên BHD = 900 => H C nhìn BD góc 900 nên H C nằm đường trịn đường kính BD ) => BHCD tứ giác nội tiếp D C K BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2) Từ (1) (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vng) => CHK = 450 Xét KHC KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K góc chung KC KH => KHC KDB => => KC KD = KH.KB KB KD (HD) Ta ln có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E B H B; E C H C) Bài 23 Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vng ABHK, ACDE Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng Cho biết ABC > 450 ; gọi M Đường thẳng HD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác giao điểm BF ED, Chứng ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân E minh điểm B, K, E, M, C nằm đường tròn Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải: Theo giả thiết ABHK hình vng => BAH = 450 M D K A F H B O C Tứ giác AEDC hình vng => CAD = 45 ; tam giác ABC vuông A => BAC = 90 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn ) nên tam giác BFC vng F (1) FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2) Từ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông) => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đường tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vng) => CMF = 450 hay CMB = 450 Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vng); BKC = 450 (vì ABHK hình vng) Như K, E, M nhìn BC góc 450 nên nằm cung chứa góc 450 dựng BC => điểm B, K, E, M, C nằm đường trịn CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC C => MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 24 Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đường trịn đường kính AC có tâm O, đường trịn cắt BA BC D E A Chứng minh AE = EB Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đường D trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH F O Chứng minh OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam H / _ giác BDE _K 1 / I Lời giải: AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) B E C 0 => AEB = 90 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 45 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đường trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE E => IK HE K (2) Từ (1) (2) => IK trung trực HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH theo I thuộc trung trực HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vng D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => D2 = B1 (4) Theo ta có CD AE hai đường cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đường cao tam giác ABC => BH AC F => AEB có AFB = 900 Theo ADC có ADC = 900 => B1 = C1 ( phụ BAC) (5) Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD ID D => OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đường tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp A Chứng minh MI2 = MH.MK Chứng minh PQ MI Lời giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB = AC => ABC cân H K A M Theo giả thiết MI BC => MIB = 900; MK AB => MKB = 900 Q => MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp P 2 * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMK ) B C I Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 180 ; tứ giác CHMI nội tiếp => HMI + HCI = 1800 mà KBI = HCI ( tam giác O ABC cân A) => KMI = HMI (1) Theo tứ giác BIMK nội tiếp => B1 = I1 ( nội tiếp chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( nội tiếp chắn cung IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM ) => I1 = H1 (2) MI MK Từ (1) (2) => MKI MIH => => MI2 = MH.MK MH MI Theo ta có I1 = C1; chứng minh tương tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ Bài 26 Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Vẽ dây cung CD AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh : J KC AC AM tia phân giác CMD Tứ giác OHCI nội C / KB AB M K tiếp _ I Chứng minh đường vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đường A B H O tròn M Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm BC => MB MC => CAM = BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia D KC AC phân giác góc CAB => ( t/c tia phân giác tam giác ) KB AB (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM BC I => OIC = 900 ; CD AB H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp Kẻ MJ AC ta có MJ // BC ( vng góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy MJ tiếp tuyến đường tròn M Bài 27 Cho đường trịn (O) điểm A ngồi đường trịn Các tiếp tuyến với đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đường tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH BC, MK CA, MI AB Chứng minh : Tứ giác ABOC nội tiếp BAO = BCO MIH MHK MI.MK = MH2 Lời giải: I B I H B M M O A H O A K C C K (HS tự giải) Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (nội tiếp chắn cung BO) Theo giả thiết MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp chắn cung HM) Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM ) => HKM = MHI (1) Chứng minh tương tự ta có KHM = HIM (2) Từ (1) (2) => HIM KHM MI MH Theo HIM KHM => => MI.MK = MH2 MH MK Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC A Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân = B' Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm O tam giác ABC C' H G = Lời giải: / Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I / / B C A' I / BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đường chéo cắt trung điểm đường F E (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800 => Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O) * H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC => BEC + BAC = 1800 => ABEC nội tiếp => E thuộc (O) Ta có H E đối xứng qua BC => BC HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2) Từ (1) (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3) Theo E (O) => CBE = CAE ( nội tiếp chắn cung CE) (4) Theo F (O) FEA =900 => AF đường kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( phụ ACB) (5) Từ (4) (5) => BCF = CBE (6) Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân Theo AF đường kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đường trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đường kính dây cung) => OIG = HAG GI OI (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA => mà OI = AH GA HA GI => mà AI trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm GA tam giác ABC Bài 29 BC dây cung đường tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H A Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A’ trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA’ Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’ = E Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để A1 O tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn F H = Lời giải: (HD) / Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cùng bù BFE) / / B C D A' / AEF = ABC (cùng bù CEF) => AEF ABC Vẽ đường kính AK => KB // CH ( vng góc AB); KC // BH K (cùng vng góc AC) => BHKC hình bình hành => A’ trung điểm HK => OK đường trung bình AHK => AH = 2OA’ Áp dụng tính chất : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đường trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có : R AA' AEF ABC => (1) R bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC; R’ bán kính R ' AA đường trịn ngoại tiếp AEF; AA’ trung tuyến ABC; AA1 trung tuyến AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH nên đường tròn ngoại tiếp AEF AH A'O Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’ = AA’ 2 Vậy R AA1 = AA’ A’O (2) Gọi B’, C’lần lượt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ đường cao tam giác OBC, OCA, OAB ( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB ) 2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) AA AA 1 Theo (2) => OA’ = R mà tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC AA' AA' AA EF FD ED nên = Tương tự ta có : OB’ = R ; OC’ = R Thay vào (3) ta AA' BC AC AB EF FD ED 2SABC = R ( BC AC AB ) 2SABC = R(EF + FD + DE) BC AC AB * R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC Ta có SABC = AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm giỡa cung lớn BC SABC = SOBC+ SOCA + SOAB = Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đường cao AH bán kính OA Chứng minh AM phân giác góc OAH A D Giả sử B > C Chứng minh OAH = B - C 0 Cho BAC = 60 OAH = 20 Tính: a) B C tam giác ABC b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo O R Lời giải: (HD) B C H AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM CM => M trung điểm cung BC => OM BC; Theo giả thiết AH BC => M OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => HAM = OAM => AM tia phân giác góc OAH Vẽ dây BD OA => => ABD = ACB AB AD Ta có OAH = DBC ( góc có cạnh tương ứng vng góc nhọn) => OAH = ABC ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C a) Theo giả thiết BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo B C = OAH => B - C = 200 B C 1200 B 700 => 0 B C 20 C 50 R2.1202 R R2 R2 R2 (4 3) b) Svp = SqBOC - S BOC = R = 3600 2 12 CÁC BÀI TỐN NÂNG CAO Câu V(0,5đ): HN Giải phơng trình: 1 x2 x2 x (2x3 x2 2x 1) 4 Bài 5: (1,25đ) hue Một phễu có hình dạng hình nón đỉnh S, bán kính đáy R = 15cm, chiều cao h = 30cm Một hình trụ đặc kim loại có bán kính đáy r = 10cm đặt vừa khít hình nón có đầy nớc (xem hình bên) Ngời ta nhấc nhẹ hình trụ khỏi phễu Hãy tính thể tích chiều cao khối nớc lại phễu Bài 5: Hà Tĩnh Các số a, b, c 1;4 thoả mãn điều kiện a 2b 3c chứng minh bất đẳng thức: a2 2b2 3c 36 Đẳng thức xảy nào? Câu 5: (1,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Cho số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a+b+c=3 Chứng minh rằng: Bài 5: (1,0 điểm) BÌNH ĐỊNH Đề thức Với số k nguyên dương, đặt Sk = ( + 1)k + ( - 1)k Chứng minh rằng: Sm+n + Sm- n = Sm Sn với m, n số nguyên dương m > n Bài (1,5 điểm) NAM ĐỊNH x y 2xy 1) Giải hệ phơng trình: 2 x y x y ( xy 1) 2) Chứng minh với x ta ln có: (2x 1) x2 x (2x 1) x2 x Bài :(1điểm) HẢI PHÒNG Cho 361 số tự nhiên a1 ,a2 ,a3 , ,a361 thoả mãn điều kiện 1 1 37 a1 a2 a3 a361 Chứng minh 361 số tự nhiên đó, tồn số Bài (0,5 điểm) THÁI BÌNH Giải phương trình: 1 x2 x2 x 2x3 x2 2x 1 4 Bài (0,5 điểm) THÁI BÌNH 1 1 Giải phương trình: 3 x 2x 5x 4x Bài (1,0 điểm) THANH HÓA 3m2 Cho số thực m, n, p thỏa mãn : n2 np p2 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : B = m + n + p Bài ( 1,5 điểm ) ĐÀ NẲNG Người ta rót đầy nước vào ly hình nón cm3 Sau người ta rót nước từ ly để chiều cao mực nước cịn lại nửa Hãy tính thể tích lượng nước lại ly Câu : PHÚ YÊN ( 1.0 điểm ) Cho D điểm cạnh BC tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O1 , O2 tiếp xúc AB , AC B , C qua D Gọi E giao điểm thứ hai hai đường tròn Chứng minh điểm E nằm đường tròn (O) Câu V : (1 điểm) HẢI D ƯƠNG Cho x, y thỏa mãn: x y3 y x Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B x 2xy 2y 2y 10 Câu 5:(1,0 điểm) HẢI DƠNG CHÍNH THỨC Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: A = 4x x2 Bài 5: HÀ GIANG (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức: P = sin2 150 sin2 250 sin2 650 sin2 750 Bài 5: (1 điểm) BÌNH THUẬN Tính diện tích xung quanh thể tích hình nón có chiều cao h = 12 cm bán kính đường trịn đáy r = cm Câu 5: (1đ) Long An Cho b,c hai số thoả mãn hệ thức: 1 b c Chứng minh hai phương trình sau phải có nghiệm: x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) Câu 7: (0,5 điểm) BẮC NINH Cho hình thoi ABCD Gọi R, r lần lợt bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABD, ABC, a độ dài cạnh hình thoi Chứng minh rằng: 1 2 2 R r a Câu VI:(0,5 điểm) BẮC GIANG Cho số dơng x, y, z thỏa mãn xyz - 16 0 x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = (x+y)(x+z) Câu VI:(0,5 điểm) BẮC GIANG Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = Bài 5: (1,0 điểm) ĐĂK LĂK Gọi x1 , x hai nghiệm phương trình: x 2(m 1)x 2m2 9m (m tham số) Chứng minh : 7(x1 x ) x1 x 18 Bài 5: (1,0 điểm) ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN Cho x, y >0 x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A Bài 5: (1, điểm) HƯNG YÊN Cho hai số a,b khác thoả mãn 2a2 + b2 =4 a2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = ab + 2009 1 x y xy ... số HS lớp Bài Hai trường A, B có 250 HS lớp dự thi vào lớp 10, kết có 210 HS trúng tuyển Tính riêng tỉ lệ đỗ trường A đạt 80%, trường B đạt 90% Hỏi trường có HS lớp dự thi vào lớp 10 Bài 10 Hai... AB 10 km xe chậm tăng vận tốc gấp đơi hai xe gặp sau 24 phút HPT: x y 10 1 ( x y) 2(x y) Bài Hai lớp 9A 9B có tổng cộng 70 HS chuyển HS từ lớp 9A sang lớp 9B số HS hai lớp. .. 6 16) 10 192 ; ; 2 6 15) 9) 25 12 ; 6 2 8 54 ; 17) 14 24 12 ; 10) ; ; 1 32 3 18) 19) 11) ; 12) 1 20) 1 10 10 ; 1 3