Dap an THI LY THUYET GVG Ba thuoc

Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC và AD.[r]

HƯỚNG DẪN

ĐỀ THI LÝ THUYẾT GVG – BÁ THƯỚC NĂM 2010 – 2011

Ngày thi: 05/11/2010.

Bài1:(5 đ) Cho 2 11 2 2 1

A

a) Tìm x để A có nghĩa

b) Rút gọn A

c) Tìm x để A nhận giá trị nguyên

HD

a) ĐK để A có nghĩa:

0 1 16

x x x











 

 b) Rút gọn bt 2

4

x A x





 c) Ta có 2 1 6

x A



Để A nhận giá trị nguyên thì 6

4 Z

x  hay x 4 U(6) 1; 1; 2; 2;3; 3;6; 6     

Giải ra ta được x 9; 25;36;4; 49;100 thì A nhận giá trị nguyên

Bài 2:

a) Tìm x, y, z biết x =2y =3z và x2 + y2 + z2 = 441

b) Tìm số chính phương lớn nhất có nhiều hơn hai chữ số t/m: Khi ta xóa hai chữ số tận cùng của nó thì vẫn được một số chính phương

HD

a) Từ gt ta có x, y, z cùng dấu và đều khác 0

Từ x =2y =3z suy ra

6 3 2

x y z

  => 2 2 2 2 2 2 441 9

x y z x y z

Suy ra x  18 ; y  9; z  6

Do x, y, z cùng dấu nên ta có

(x = 16; y = 9; z = 6) hoặc (x = - 16; y = - 9; z = - 6) thỏa mãn bài toán

b) Gọi Số chính phương cần tìm có dạng :

Abc = k2 với *

, , 0 99

, 10









b c N bc

A N

k N k

(A có thể có nhiều hơn 1 chữ số)

2

100

k bc

A 

2

100

k

 => Amax= 2 2 , *

100

k

t t N

  suy ra k = 10t Khi đó

bc = 00

Ta có: Abc lớn nhất khi A lớn nhất, khi đó k = 10t với t là số tự nhiên lớn nhất: Abc= 100t2 với t là số tự nhiên lớn nhất

(Bình luận : Nếu đề ra thêm 1 yêu cầu nữa (ví dụ như yêu cầu số tự nhiên lớn nhất có 3 chữ số chẳng hạn) thì hay hơn vì thực ra số tự nhiên lớn nhất là số nào ?)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Px1 x2 x x1 2

a) Pt x2 -2(m-1)x+ 2m2 -3m+1=0 có 2 no nên

  ' (m 1) 2  2m2  3m    1 0 m2 m  0 0 m 1(*)

Theo viet: 1 2 2

1 2

2( 1)

  







Ta thấy với 0 m 1(*) thì 1 2 2

1 2

2( 1) 0

2 3 1 0







Vì vậy Px1 x2 x x1 2 = 2 2

2(m 1)  (2m  3m 1)  2(m 1) (2  m  3m 1)

= 1 – 2m2 + m =

2

2

    

Nên PMax = 9 1

8  m4 (thỏa mãn) b) giải hpt:

2 4 3 0

2 0

    







HD

b)Ta có

2 4 3 0 (1)

    







Từ (2) ta có

2 2

1



x

Mặt khác: PT (1) có nghiệm, ta xem y là ẩn:

3

4 2( 3) 0

    

     

x x (4)

Từ (3) và (4) suy ra x = -1 => 2y = y2 + 1 => y = 1

Bài 4: Cho tam giác ABC có AB < AC và góc A = 840 Trên cạnh AC lấy Điểm

D sao cho CD = AB Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC và AD Tính CNM

HD1: Theo thầy Lê Văn Lâm THCS Điền Hạ

Nối BD, từ N kẻ NP//AB suy ra

NP là đường trung bình

1 // ,

2

ADP NP AB NP AB

và góc PND = 840 (Đồng vị)

Nối PM ta được PM là đường

phân giác BDCsuy ra PM

1

2CD

PMN MND soletrong (3)

Từ (1) và (2) và AB = CD ta suy ra PM = PN ta được MPN cân tại P nên

PNM PMN(4)

Từ (3) và (4) ta suy ra MN là phân giác góc PND, vậy   840 0

42

PND

HD2: Hồ Sỹ Tuân THCS Văn Nho

Gọi E là điểm đối xứng với B qua N

F là điểm đối xứng với N qua M

Các tứ giác ABDE và BNCF có hai đường chéo

cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên nó là hình

bình hành

Suy ra CF // = BN do đó CF //=NE

=> CENF là hình bình hành

=> CNM DCE (So le trong)

Mặt khác ABDE là hình bình hành nên DE //=AB

=>   0

EDADAB 84 =>  0

CDE96

Và DE = AB => DE = DC (Vì AB = CD)

=> CDE cân tại D

=>  1800 CDE 1800 960 0

CNM42

HD3: Hoàng Tiến Quý – THCS Thành Sơn

Vẽ dường phân giác AK của góc BAC

Theo tính chất đường phân giác trong của

tam giác và áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng

nhau ta có:

Mặt khác :



2 2

BC

AB AC

Vậy CK CM

CA CN Do đó ACK  NCM c g c( )

CAB CNM CAK dv   

HD4: Gọi I là trung điểm của AC, khi

đó IM là đường trung bình của tam

giác ABC nên IM = AB/2 = CD/2

2 2

AC AD

NI AI AN

 

Vậy IM = IN nên tam giác IMN cân

tại I

F

E

M

N D A

C

B

K

I

N D

M

A

B

C

I D N

B

A

Lại do IM là đường trung bình của tam giác ABC nên CIM   A 84 0

Từ đó dễ dàng suy được  0

CNM42

Bài 5: Cho tam giác ABC có diện tích S không đổi Điểm M, N, P lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CA sao cho AM BN CP k (k 0)

MB NC PA  

a) CMR: ( 1) 2

AMP

S  k b) Tìm K để SMNP nhỏ nhất

HD: a) Từ C và P kẻ CH, PG cùng vuông

góc với AB; PG//CH , theo talet:

CH AC

2SAMP = AM.PG

2S = AB HC

AMP

S  AB HC AB AC

Từ AM BN CP k (k 0)

MB NC PA   ta suy ra

hay

MB   MB AM k AB k

PA  CP  k CP PA k AC k

.

AMP

S AB AC k k  k (đpcm) b) theo câu a) Ta có: ( 1) 2

AMP

S  k hoàn toàn tương tự ta có : ( 1) 2

BMN

S  k và ( 1) 2

NPC

S  k Vậy S MNP 1

S   (S BMN

S 

NPC

S

AMP

S

S = 1 - 2

3 ( 1)

k

k 

Ta có S không đổi, vậy để

Vậy để SMNP nhỏ nhất thì 2

3 ( 1)

k

k  lớn nhất <=> ( 1) 2

k

k  lớn nhất

Theo BĐT Côsi

2

(k 1)

(k 1) (k 1) (k 1) 4



Dấu bằng xảy ra khi k = 1 hay M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, BC, AC Vậy với k = 1 thì SMNP nhỏ nhất

G H A

B

C

M

N P