bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Hai trường A và B có tổng cộng

94

học sinh tham gia kỳ thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội. Biết rằng

25%

học sinh trường A và

20%

học sinh trường B đạt giải nhất. Tổng số học sinh đạt giải nhất của hai trường là 21 học sinh. Tính số học sinh của mỗi trường tham gia kỳ thi đó?

Gọi số học sinh của trường A và trường B tham gia kỳ thi học sinh giỏi lần lượt là x và y (đk: x y

,

∈

*, ,

x y<

90

⁾

Vì có tổng 94 học sinh tham gia kỳ thi học sinh giỏi nên ta có phương trình:

94

x+ =y (1)

25%

học sinh trường A là 1

25%.x= 4x (học sinh)

20%

học sinh trường B là 1

20% y 5y

= (học sinh) Ta có phương trình 1 1

21 5 4 420

4x+5y= ⇔ x+ y= (2) Từ (1) và (2) ta có hệ

( ) ( )

94 5 5 470 50

5 4 420 5 4 420 44

y tm

x y x y

x y x y x tm

=

+ = + = 

 ⇔  ⇔

 + =  + =  =

  

Vậy số học sinh trường A và B tham gia thi học sinh giỏi lần lượt là 44học sinh và

50

học sinh.

Bài 3.

1) Giải hệ phương trình sau:

1 3

2 1 2 1

2 4

1 2 3 1

x y x y

 + =

 + −



 − =

 + −



2) Cho phương trình ^x2−

(

^m−1

)

^{x− −1 m2 =0.}

a) Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trái dấu.

b) Gọi x x₁, ₂ là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m biết x₁ + x₂ =2 2.

1) Điều kiện

1 1 2 x y

> −



 ≠



Hệ 

1 3 2 6 2

2 4 1

2 1 2 1 2 1

1 1

2 4 2 4 2 4

3 3 3

1 2 2 1 2 1

1 1 1

y y y

x x

y y y

x x x

 + =  + =  =

 + −  + −  −

 ⇔ ⇔

  

 − =  + =  + =

 + −  + −  + −

  

( ) ( )

3 2 1 2

2 4 2

3 3

1 2

y y tm

x tm x

− = 

 =

 

⇔  + + = ⇔ =

.

Vậy nghiệm

( )

^{x y;} của hệ là 3 3;2

 

 

  2)

a) Phương trình: ^x2−

(

^m−1

)

^{x− −1 m2 =0.}

a = 1 ; b = (m 1) ; c =  1 m² Ta có ac= −m²− < ∀1 0 m

 Phương trình luôn có hai nghiệm trái dấu với mọi m. b) Áp dụng định lý Vi-et ta được ^{1 2} ₂

1 2

1 1 x x m x x m

+ = −



= − −



Ta có x1 + x2 =2 2 ⇔ x1²+x2²+2x x1 2 = ⇔8

(

x1+x2

)

²−2x x1 2+2 x x1 2 =8 _(*)

Thay hệ thức Vi-et vào (*) ta được:

( )

²

(

²

)

²

2 2 2

1 2 1 2 1 8

2 1 2 2 2 2 8

m m m

m m m m

− − − − + − − =

⇔ − + + + + + =

( )( )

3 2 2 5 0

3 5 1 0

5 3 1

m m

m m

m m

⇔ − − =

⇔ − + =

 =

⇒

 = −

Vậy 5

1;3 m∈ − 

 

Bài 4. Cho đường tròn

(

^{O R;}

)

^{và điểm A} nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AE và AF tới đường tròn (E F; là các tiếp điểm). Dựng cát tuyến ABC cắt đường tròn tại hai điểm B và C AB

, (

< AC BC không là đường kính của

( )

^{O ). Gọi I} là trung điểm của BC K, là trung điểm củaEF

.

Gọi giao điểm của FI với

( )

^{O làD}

^.

a) Chứng minh AE² = AB AC

. .

b) Chứng minh năm điểm A E O I F; ; ; ; cùng thuộc một đường tròn.

c) Chứng minh ED/ /AC và tính theo R diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi hai bán kính OE OF, và cung nhỏ EF nếu OAE =30 .^o

d) Chứng minh rằng khi

( )

^O thay đổi, các điểm A B C, , cố định thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định.

a) Xét ∆AEB và ∆ACE có:

A chung,  AEB= ACE (góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp)

⇒ ∆AEBđồng dạng với ^{∆ACE g g}

(

^.

)

2 .

AE AB

AE AB AC AC AE

⇒ = ⇒ =

B J

D

I K

F E

O A

C

b) Ta có AE AF, lần lượt là hai tiếp tuyến tại E và F của (O) (giả thiết)

 90 ;^o  90^o

AEO AFO

⇒ = = (Tính chất tiếp tuyến).

Xét

( )

^{O có I} là trung điểm của BC nên OI ⊥BC tại I (tính chất đường kính – dây cung)

AIO 90^o

⇒ =

Xét tứ giác AEOI có hai góc đối AEO ; AIO  mà AEO + AIO=90^o+90^o =180^o

⇒ tứ giác AEOI nội tiếp (dhnb) (1).

Xét tứ giác AEOF có hai góc đối  AEO ; AFO mà AEO + AFO=90^o +90^o =180^o

⇒ tứ giác AEOF nội tiếp (2).

Từ (1) và (2) ⇒ năm điểm A E O I F, , , , thuộc đường tròn đường kính AO

.

c) Xét

( )

^{O có: EDF 1F}

2EO

= (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn EF) Ta có AE và AF là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O).

⇒ AO là phân giác của EOF (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau).

 1 AOF EOF

⇒ =2

Do đó: AOF =EDF

Xét đường tròn ngoại tiếp AEOIF có  AOF = AIF (hai góc nội tiếp cùng chắn AF) Do đó EDF = AIF

Mà EDF AIF ; là hai góc đồng vị.

/ / ED AC

⇒ (đpcm)

Do OAE =30^o ⇒ AOE =60^o⇒ EOF =120 .^o

Diện tích hình quạt giới hạn bởi OE OF, và cung nhỏ EF là: ².120 ²

360 3

o o

R R

S ₌π ₌π (đvdt)

d) Gọi J là giao điểm của BC vàEF .

Ta có: AE = AF (tính chất tiếp tuyến cắt nhau).

OE = OF = R

⇒ AO là đường trung trực của EF (tính chất điểm thuộc đường trung trực).

AO EF

⇒ ⊥ tại K là trung điểm của EF ⇒OKJ =90^o Ta có ⇒ AIO=90^o⇒ JIO =90^o

Xét tứ giác OKJI có hai góc đối OKJ ; JIO mà OKJ +JIO=90^o +90^o =180^o

⇒ tứ giác OKJI nội tiếp (dhnb)

⇒ AJ AI

.

= AK AO

.

= AE² (hệ thức lượng trong đường tròn (OKJI)).

Xét ∆

AEO

vuông tại E, đường cao EK có: AK AO

.

= AE² _(hệ thức lượng) Xét ∆

ABE

∽∆

AEC

^{(g – g)} ⇒ AB AC

.

= AE²

Do đó: AJ AI

.

= AB AC

.

mà A, B, C cố định và I là trung điểm của BC cũng cố định nên điểm J cố định.

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OKI cũng chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OKJI . Gọi P là tâm đường tròn này.

Khi (O) thay đổi thì P thay đổi nhưng PI =PJ nên P luôn thuộc đường trung trực của IJ cố định.

Bài 5. Cho các số thực dương a b c

, ,

. Chứng minh rằng:

( )

1

2 2 2 4

ab bc ca

a b c a b c+b c a+c a b≤ + +

+ + + + + +

( )( )

1 *

2 2 2 4

ab bc ca

a b c a b c+b c a +c a b ≤ + +

+ + + + + +

Ta chứng minh bất đẳng thức phụ:

( )

1 1 1 1 1 1

, 0 4

x y 4 x y

x y x y x y

   

> ⇒ + ≤  + ⇔ +  + ≥

( )

²

2 0

x y

x y y x

⇔ + ≥ ⇔ − ≥ (luôn đúng) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x= y

Áp dụng ta được: 1

2 4

ab ab ab ab

a b c a c b c a c b c

 

= ≤  + 

+ + + + +  + + 

Tương tự ta có: 1 1

2 4 ; 2 4

bc bc bc ca ca ca

b c a b a c a c a b c b a b

   

≤  +  ≤  + 

+ +  + +  + +  + + 

( )

^{* 1}

4

ab ab bc bc ca ca

VT a c b c b a c a c b a b

 

⇒ ≤  + + + + + + + + + + + 

( )

1 1

4 4 .

ab bc ab ac ac bc

a b c dpcm

a c b c a b

+ + +

 

=  + + + + + = + + ⇒

THCS ARCHIMEDES ACADEMY

Đề số 14

ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 9 NGÀY 23 – 3 – 2019 Năm học 2018 – 2019

Thời gian: 120 phút.

Bài 1 (2 điểm): Cho hai biểu thức x A 1

x 1

= − + ^và

x 3 x 2 x 2

B x 2 x 3 x 5 x 6

+ + +

= − +

− − − +

với

x

≥

0 ; x

≠

4 ; x

≠

9.

a) Rút gọn B.

b) Tìm x để B > 0.

c) Cho A

P= B . Tìm x để 2P=2 x −9.

Bài 2 (2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 6m. Bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi hình chữ nhật. Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật.

Bài 3 (2 điểm):

1) Giải hệ phương trình:

x 1 2 y 2 3

1 3

x 1 y 2 2

 + + + =

 − = −

 + +



2) Cho phương trình:

x

² −

2x

+ − =

m 3 0

a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt.

b) Tìm

m

để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x₁² +12=2x₂ −x x ._{1 2} Bài 4 (3,5 điểm): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O;R). H là trực tâm của tam giác ABC.

Từ B đường thẳng song song với HC, từ C kẻ đường thẳng song song với HB, hai đường thẳng này cắt nhau tại D. Chứng minh:

1) Tứ giác ABDC nội tiếp và AD là đường kính của (O;R).

2) BAH =CAO.

3) a) Gọi E là giao điểm của BC và HD, G là giao điểm của AE và OH. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC.

b) Cho ABC=60^o. Tính diện tích hình quạt tròn COD (ứng với cung nhỏ CD).

4) Nếu OH song song với BC thì tan B.tan C=3 với B, C là hai góc của ∆ABC.

Câu 5 (0,5 điểm): Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn

a

³+ + =

b

³

c

³

3

. Chứng minh rằng:

(

^{2 2 2}

)

1 1 1

4 5 a b c 27

a b c

 + + + + + ≥

 

 

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: Cho hai biểu thức x A 1

x 1

= − + ^và

x 3 x 2 x 2

B x 2 x 3 x 5 x 6

+ + +

= − +

− − − + ^với

x

≥

0 ; x

≠

4 ; x

≠

9.

a) Rút gọn B.

b) Tìm x để B > 0.

c) Cho A

P= B . Tìm x để 2P=2 x −9.

a) Điều kiện:

x

≥

0 ; x

≠

4 ; x

≠

9.

( )( ) ( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

x 3 x 2 x 2

B x 2 x 3 x 5 x 6

x 3 x 3 x 2 x 2 x 2

x 3 x 2 x 9 x 4 x 2

x 3 x 2 x 3 x 3 x 2 1

x 2

+ + +

= − +

− − − +

+ − − + − + +

= − −

− − + + +

= − −

= −

− −

= −

Vậy 1

B= x 2

− ^với

x

≥

0 ; x

≠

4 ; x

≠

9.

b) Ta có: 1

B 0 0 x 2 0 x 4.

x 2

> ⇔ > ⇒ − > ⇔ >

−

Kết hợp điều kiện, ta có:

x

>

4 ; x

≠

9

thì B>0.

c) Ta có: A x 1 x 2

P 1 :

B x 1 x 2 x 1

  −

= = −  =

+ − +

  ^với

x

≥

0 ; x

≠

4 ; x

≠

9.

( ) ( )( )

x 2

2. 2 x 9

x 1

2 x 2 2 x 9 x 1

− = −

+

− = − +

( )( )

2 x 4 2x 7 x 9 2x 9 x 5 0

x 5 2 x 1 0 (*)

⇔ − = − −

⇔ − − =

⇔ − + =

Vì x≥ ⇒0 2 x + >1 0, nên từ (*)

x 5 0 x 5 x 25

⇒ − = ⇔ = ⇒ = (thỏa mãn điều kiện).

Vậy với x=25 thì 2P=2 x −9.

Trong tài liệu Tuyển tập 40 đề thi thử vào lớp 10 môn Toán các trường THCS tại Hà Nội - THCS.TOANMATH.com (Trang 95-102)