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

Quận Hoàn Kiếm Bài 4.. Quận Đống Đa Bài 4... Quận Thanh Xuân Bài III... Quận Cầu Giấy Câu 3.. Tia JF cắt đường thẳng AB tại Q... Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF.. Vậy kh

LỜI GIẢI MỘT SỐ Ý TRONG ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – TOÁN 9 CÁC QUẬN CỦA HÀ NỘI

NĂM HỌC 2017 – 2018

1 Quận Hoàn Kiếm

Bài 4

d) Gọi J là giao điểm của BC và ED

* ∆BEJ ~∆DCJ (g – g) nên EBHEDC (1)

* Ta có:

BH  BH  BH  AB BA BE (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆BEH ~∆DCE (c –g –c)

BEHDECHEC90

Bài 5 Từ giả thiết xy = 6, ta có Q = 3x 2y 6

6 3x 2y







Đặt 3x + 2y = t khi đó Q = t 6

6 t theo bất đẳng thức Cô – si ta có: 3x + 2y ≥ 2 3x.2y 2 6.612, do đó t ≥ 12

Cách 1: “chọn điểm rơi khi t = 12”

Ta có Q = t 6 t 2 t 6 12 5

  , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 12, tương ứng x = 2, y

= 3

Vậy min Q = 5

2khi x = 2, y = 3

J E H

D C

B

O A

Cách 2 “đánh giá tại biên”

Khi t = 12 thì Q = 5

2

Xét hiệu Q – 5

2=

2

t 6 5 t 15t 36 (t 12)(t 3)

Do đó Q ≥ 5

2, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 12, tương ứng x = 2, y = 3

Vậy min Q = 5

2khi x = 2, y = 3

2 Quận Đống Đa

Bài 4

d) Kẻ KH  MH tại P, tứ giác MOHP là hình

chữ nhật nên PK = OH

S∆MHK = 1

2KP MH =

1

2OH.HM

1 OH HM



4  4 =

2 AB

16 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi OH = HM

Vậy Max ( S∆MHK) =

2 AB

16 khi M thuộc đường tròn sao cho AOM45o

Bài 5 Ta có 4.A = 4x + 4y + 4z + 12 18 16

x  y  z

= (x + 2y + 3z) + 3x 12 2y 18 z 16

Theo giả thiết: x + 2y + 3z ≥ 20

Vì x, y, z > 0 nên theo bất đẳng thức Cô-si ta có:

3x + 12 2 3x.12 12

x  x  ; 2y + 18 2 2y.18 12

y  y  ; z +

Từ đó ta suy ra 4.A ≥ 20 + 12 + 12 + 8  A ≥ 13, dấu “=” xảy ra khi x = 2; y = 3; z = 4

Vậy min A = 13 khi x = 2; y = 3; z = 4

B O

A

P

M

H

K

3 Quận Ba Đình

Bài 4

d) Kẻ MH  AB tại H

∆AMB ~ ∆EOF (g – g) nên

2 AMB

EOF





3

4

Từ đó suy ra MH 3

OM  2  sin HOM =

3

2

 AE = AO tan 60o = R 3

Vậy điểm E trên tia Ax sao cho AE = R 3 là điểm cần

tìm

Bài 5 Đk: x ≥ 2

3 Phương trình đã cho tương đương vơi phương trình:

(2x2 – x – 3) – ( 3x 2  x 1 ) = 0 (x + 1)(2x – 3) – (3x 2) (x 1)

3x 2 x 1

  

   = 0

(*)

Vì x ≥ 2

3 nên

x 1 1

x 1 1

1

1

 



 







do đó (x + 1) – 1

3x 2 x 1 > 0

Từ đó suy ra (*) 2x 3  0 x 3

2

  (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 3

2

y x

F E

O

A

B H

M

4 Quận Thanh Xuân

Bài III

3) Tia FE cắt tia EM tại Q

Vì ME = MF nên MEFMFE do đó MQFMFQMFMQ  M là trung điểm của EQ

Vì FK // EQ (cùng  ED) nên theo định lí Ta – lét ta có: PK DP PF

ME DM MQ mà ME = MQ do đó

PK = PF  P là trung điểm của FK

Bài IV Đk: x ≥ 15

Đặt 2

x 15a; x 3 b (a, b ≥ 0)

Khi đó phương trình đã cho tương đương với:

a2 + b2 + 1 = ab + a + b 2a2 + 2b2 + 2 – 2ab – 2a – 2b = 0 (a – b)2 + (a – 1)2 + (b – 1)2 = 0

b 1 0

 





  



2

x 4



 



(thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương tình đã cho là x = 4

P

K

E

F

5 Quận Cầu Giấy

Câu 3

Tia BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở J Tia JF cắt đường thẳng AB tại Q

Vì OD // BJ và OA = OB nên DA = DJ do đó DE là đường trung bình của ∆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

AB  JB BQ mà AB = BD do đó KM = MF (đpcm)

Q

J

E D

O

C K

Câu 4 Với x, y > 0 ta có 1 1 2 1 1 2 2 4

x y

2

 

Do đó S = (x + y) + 3 1 1



≥ (x + y) + 3 4

4 xy = (x + y) +

3

xy= P

Đặt x + y = t, theo giả thiết ta có 0 < t ≤ 4

3 Tại t =

4

3 thì P =

43

12

Xét hiệu P – 43

12 = (t +

3

t )

43 12

 = 12t2 43t 36 3t 4 4t 9

 

 ≥ 0 với 0 < t ≤ 4

3

Do đó P ≥ 43

12, dấu “=” xảy ra khi t =

4

3  S ≥

43

12, dấu “=” xảy ra khi x = y =

2

3

Vậy min S = 43

12 khi x = y =

2

3

6 Quận Hoàng Mai

Bài IV

4) Ta có OI OH = OM OS = OB2 = R2

 OI =

2

R

OH không đổi

IMO90 do đó M thuộc đường tròn đường

kính OI (không đổi)

Vậy khi S di chuyển trên d thì M chuyển động

trên đường tròn đường kính OI với I là điểm

thuộc đoạn OH sao cho OI =

2 R

OH

Bài V

Ta có: Vì x2 + y2 ≥ 2xy và x, y > 0 nên x3 + y3 = (x + y)(x2 – xy + y2) ≥ (x + y)xy

Do đó 5y3 – x3 = 6y3 – (x3 + y3) ≤ 6y3 – xy(x + y) = y(6y2 – xy – y2) = y(3y + x)(2y – x)

 5y3 – x3 ≤ (3y2 + xy)(2y – x)

2

2y x

xy 3y



Tương tự:

2

5z y

zy 3z



 ≤ 2z – y (2) và

2

5x z

2x y

xz 3x



 

Từ (1), (2), (3) suy ra P ≤ x + y + z = 1 (đpcm) Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1

3

d

I M

A

B

O H

S

7 Quận Hà Đông

Bài 4

d) Gọi I là giao điểm của MO và đường tròn (O)

MEI IEO 90

IEF EIO 90

OEIOIE

MEI IEF

   EI là phân giác góc MEF, mà MI là

phân giác góc EMF Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp

tam giác MEF

Vậy khi M di chuyển trên d thì tâm đường tròn nội tiếp

tam giác MEF thuộc đường tròn (O; R)

Bài 5

x 5 y 5 x y 0 x y    2 2



x 5 y 5

  

x 5  y 5    > 0 ) Khi đó P = –3x2 + 12x + 2018 = –3(x2 – 4x + 4) + 2030 = –3(x – 2)2 + 2030 ≤ 2030

Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2

Vậy max P = 2030 khi x = y = 2

d

I

E

F

O A

M

8 Quận Tây Hồ

Bài 4

d) Vì ∆CEF luôn có CE = CF nên ∆CEF đều 

FCO 30

CO

  sin 30o = 1

2

 CO = 2.OF = 2R C thuộc (O; 2R) (cố định)

 C là giao điểm của d và (O; 2R)

Vậy ∆CEF đều khi C là giao điểm của d và (O; 2R)

Bài 5

Ta có M = 1 4 1

1 x x Ta sẽ chứng minh:

 2

a b



 (*) với mọi x, y, a, b > 0

Thật vậy: (*)  (x + y)



≥ (a + b) a2 + x

2 b

y + y

2 a

x + b

2

≥ a2 + 2ab + b2

x2b2 + y2a2 – 2abxy ≥ 0 (xb – ay)2 ≥ 0 (luôn đúng), dấu “=” xảy ra x y

Áp dụng bđt (*) ta được:

2

9





3

Vậy min M = 8 khi x = 2

3

E

F

O A

B

C

9 Quận Bắc Từ Liêm

Bài IV

Câu 4 Theo hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam

giác vuông ta có CK CB = CA2 = CM2

   ∆CKM ~ ∆CMB (c – g – c)

 CMKMBC (đpcm)

Câu V Đề bài không chính xác!!! Vì theo bất đẳng thức Cô-si (cho ba số) thì với x, y, z > 0 thì

3

x y z x y z

3 3

y zx  y z x  nên giả thiết như vậy là không tồn tại!!!

Tuy nhiên có lẽ ý tưởng của người ra đề là:

Cho các số a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3; abc = 1 Chứng minh rằng: 1 1 1 3

a  b  c 

  = a + b + c = 3

Dấu “=” không xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

x

K

M

O A

C

B

10 Quận Nam Từ Liêm

Câu 4

d) Theo kết quả câu c ta có BF AE = R2

Tương tự: CF ED = CK DK = OK2 = R2

Do đó BF.AE = CF ED AE CF

ED BF

Vì BC // AD (cùng vuông góc với EF) nên theo

định lí Ta-lét ta có:

(2)

Từ (1) và (2)

Câu 5 Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: 1 1 2 1 1 2

x y x y  xy

do đó P ≥ 2

2 2



Đặt t = xy, theo giả thiết 1 ≥ x + y ≥ 2 xy  xy 1

4

 hay t ≤ 1

4

Đặt Q = 1 t

t , xét hiệu Q –

17

4 =

t

t  4 =

  

0 t

 

Do đó Q 17

4

4  , dấu “=” xảy ra khi x = y =

1

2

Vậy min P = 17 khi x = y = 1

2

R

Q

D

K

H

E

O A

I

11 AMS

Bài 3

Ta có OE là trung trực của BD nên ∆EBD cân tại

O do đó  

B D mà  

D O (AO//CD) và

O O (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

   ∆OBE = ∆COA (g – c – g)

 BE = AO  ED = AO mà ED // AO (cmt) nên

tứ giác AODE là hình bình hành  tứ giác ABOE

là hình chữ nhật DEAF  G là trực tâm

∆AFO (1)

Mặt khác do tứ giác AODE là hình bình hành nên

D A mà  

D O nên  

A O  ∆AFO cân tại F (2)

Từ (1) và (2)  FG là trung trực của AO (đpcm)

Bài 4

a) Điều kiện: –3 ≤ x ≤ 6

Phương trình đã cho tương đương với:  2 2

3 x  6 x 4x 12x27

  

    = 4x2 – 12x + 27

 9 + 2 18 3x x2 = 4(x2 – 3x – 18) + 99

 2(18 + 3x – x2) + 18 3x x2 – 45 = 0

18 3x x t(t ≥ 0)  2t2 + t – 45 = 0  (t + 5)(2t – 9) = 0

1

1

2 1

1

G

F

O B

C A

do t ≥ 0 nên t = 9

2  18 + 3x – x

2

= 9 2

 

 

   4x

2

– 12x + 9 = 0  (2x – 3)2 = 0 x = 3

2 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 3

2 b) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:

Tương tự

2

y



2

z z x

z

z x 4



 P ≥ 1x y z

Mặt khác x + y ≥ 2 xy; y + z 2 yz; z + x 2 zx  x + y + z ≥ xy yz zx = 1

 P ≥ 1

2, dấu “=” xảy ra khi x = y = z =

1

9

Vậy min P = 1

2khi x = y = z =

1

9