DAP AN 17 Bo HSG Toan 9 Phan 4

Vì AC và BD hai đường chéo hình vuông ABCD  B, D thuộc đường trung trực của AC..  B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC đpcm..[r]

: 2

=Với x  0, x  1

 ECF cân tại C

 CM đường trung tuyến là đường cao

2

=

AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên

EF AM

2

=

 MC = MA  M thuộc đường trung trực của AC

Vì AC và BD hai đường chéo hình vuông ABCD

 B, D thuộc đường trung trực của AC

 B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC (đpcm)

M

F E

C

B A

D

N

 N là trung điểm của AB.

Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD

* Cách 2:

- Theo câu b) ta có:

+ NB.DE = a2  NB.2a = a2  NB =

a 2Vậy N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD

1/ a) Rút gọn được P =

11

m m



 (với m  0, m  1)

b) P =

11

= 64k3  16bk2  16ak2 4abc  16ck2  4bck 4ack  abc  abc

= 4 16 k3  4bk2  4ak2 abk  4ck2 bck ack 2abc

(*)Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1  a+ b + c chia 2 dư 1 (1)

Mà: a + b + c  4  a + b + c  2 (theo giả thiết) (2)

Do đó (1) và (2) mâu thuẫn  Điều giả sử là sai

 Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2

m

và 1 2

2

Dấu “=” xảy ra khi m = 0

Vậy GTNN của M = 8 2 8 khi m = 0

Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB

Ta có: BEM là tam giác đều

 BE = BM = EM

MBC = EBA (c.g.c)  MC = AE

Do đó: MB + MC = MA

b) Kẻ AN vuông góc với BC tại N

Vì ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm

của tam giác

2S 1

ABM

S R

ACM ACM ACM

S

R +

2

3 S ABMC

R

=

2 '3

R R

2/ Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện

x 

2 2x 1 x 3 5x11 0  2 2x 1 x3 5x11

x x

x x

x x

 

 

 Vậy hệ phương trình có các nghiệm 1;1 , 2;1   

1/ Chứng minh tam giác QBI cân.

Vì AI là phân giác của ·BAC

Vậy DQBI cân tại Q

2/ Chứng minh BP.BI = BE.BQ

và PH^BE tại H (H trung điểm BE).

Do HK là đường trung bình của tam giác EBJ nên HK // BJ

2

+

=

, suy ra JBE· =90o hay JB ^ BE.

Suy ra PH // JB, suy ra P, H, K thẳng hàng

Vậy PK // JB.

ĐỀ 4 – Đà Nẵng 2010 - 2011 Bài 1

Phương trình hoành độ giao điểm của (d2) và (m) là:

6 x mx   (m 1)x 6 Điều kiên để phương trình này có nghiệm dương là m 1 0 hay m   1

Vậy điều kiện cần tìm là:  1 m 0,5; m 0 

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là

1 5

Từ (3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF  NF ngắn nhất

Bài 5: Tìm ba chữ số tận cùng tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên.

Đề 9 – Lục Nam 2016-2017 Câu 1

 là một nghiệm của phương trình: ax2 + bx + 1 = 0

Nên 17a + 12a 2 + 3b + 2b 2 + 1 = 0

 2(12a + 2b) = - 17a – 3b – 1

Do a, b là các số hữu tỉ nên - 17a – 3b – 1 và 12a + 2b là các số hữu tỉ

Vì P là số nguyên tố lớn hơn 5 => p là một số không chia hết cho 5

Lập luận được p4 -1 chia hết cho 5

Lập luận được p16+p12+p8+p4+1 chia hết cho 5

Nên x3 - 3x2 + x + 2 là số chính phương khi x – 2 và x2 – x -1 cùng là số chính phương.

Để x2 – x -1 là số chính phương thì x2 – x -1 = y2 với yZ

Tìm được x = 2 (không thỏa mãn x ≠ 2); x = -1

Thử lại x = - 1 ta có x3 - 3x2 + x + 2 có giá trị là -1 không phải là số chính phương => x = - 1 loại

Vây x = 2 hoặc x = 1 thì x3 - 3x2 + x + 2 là số chính phương

Xét hai tam giác DBP và DNB có góc D chung và BND DBM

Þ Hai tam giác DBP và DNB đồng dạng (g.g)

Þ NBD BPD  600

3/ Vì S(ABD) không đổi

Þ S(ADKN) lớn nhất khi S(ADKN) + S(ABD) lớn nhất hay S(NBK) lớn nhất

Thật vấy: S(NBK) =

0 1

60

Þ S(NBK) =

1 3

Lại có NB.BK

2 2

B

N

K

Dấu “ =” xảy ra khi BN =BK = 2a, mà AN + DK = 2a, BA = BD = a

Q

x x

Bài 3: Tìm GTLN của biểu thức

- Với điều kiện x1,y4 ta có:

C

M P

Q

E

Do EMF = 450 nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP và MQ

12

S S S

và

12

S  S

12

S  S

12

S  S

Bài 6

Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC Giao điểm của OA và PQ là I

AB và AC là hai tiếp tuyến nên AB = AC và AO là tia phân giác của BAC

 PAQ cân ở A và AOPQ

Áp dụng Pitago ta có:

MK2 = MO2 – R2 (MKO vuông tại K)

MK2 = (MI2 + OI2) – R2 (MOI vuông tại I)

MK2 = (MI2 + OI2) – (OP2 – PB2) (BOP vuông tại B)

MK2 = (MI2 + OI2) – [(OI2 + PI2) – PA2] (IOP vuông tại I và PA = PB)

MK2 = MI2 + OI2 – OI2 + (PA2 – PI2)

MK2 = MI2 + AI2 (IAP vuông tại I)

MK2 = MA2 (IAM vuông tại I)

 MK = MA

C K

B

A

P I

Q

M O

Đề 16 – Trực Ninh 2016 - 2017 Bài 1

Vì u0,v0, từ (2) suy ra: u v  2 0 Vì vậy 2x25x12 2x23x 2 2(3)

Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình 2 2x23x2 x 3

71,

Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7

Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r 0;1; 1; 2; 2;3; 3   

Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 không chia hết cho 7

Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3  2016k ĐPCM

2) Tìm nghiệm nguyên của pt: x2 25y y( 6)

=

(4)+ Lập luận chứng minh được CJ // AB

D

C

B A

+ Xét DCJH vàDHIB có HCJ BHI 900 và

HB HI (cmt)+ Nên DCJH đồng dạng với DHIB

c/+ Lập luận để chứng minh được HEI 900

+ Chứng minh được HEI đồng dạng với HCJ

+ Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho BOM· =450

+ Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt AB tại N Ta có M và N cố định

Vậy dấu = không xảy ra suy ra đpcm.