a. T nghĩ là B,M,F.

CM: Dựa vào tính chất của các tứ giác nt ta có:

$\widehat{EMF}=\widehat{FDE}=\widehat{AHE}$ $=\widehat{AHD}; \widehat{DMB}$ $=\widehat{DHB}\Rightarrow \widehat{EMF}+$ $\widehat{DMB}=90^o\rightarrow dpcm.$

b. Cũng dùng tứ giác nt.

$\widehat{AFD}=\widehat{AED}$ $;\widehat{DFB}=\widehat{DEM}$ $\rightarrow AF\perp BF$

$S_{AFB}=\frac{AF.BF}{2}\leq \frac{AF^2+BF^2}{4}=\frac{AB^2}{4}$ 

Bằng khi $M\equiv H$

Tự vẽ hình nhé!

_________

Sao giống cái đề chọn đt lần trước của t thế nhỉ.

cho hình chóp $S.ABC$ có $(SAB)\perp (ABC), SA=SB=a,\widehat{ASB}=120^o$, mặt đáy ABC là tam giác vuông tại C, BC=a. Gọi C' là trung điểm của cạnh SC. 

Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $C'.ABC$

Chỉ cần nhân tung vế trái ra xong đối chiếu hệ số của các bậc trong đa thức là tìm được thôi.

Từ đó tìm được: $a=6;b=8;c=-40$

Theo em biết thì đội tuyển IMO cũng có 1 anh lớp 11. Vậy nên chắc lớp 11 vẫn có thể đăng kí tham gia nhưng phải qua các vòng mới vào được đến đầy thì phải (E không chắc nhé!) 

?

Dòng đầu bạn chứng minh tiếp tam giác đồng dạng là chứng minh được ngay PDQE nt. dòng thứ hai mình ghi sai. đã fix.

                                                                             

Câu 4:(7 đ)

Cho đường tròn (O;R) có BC là dây cố định (BC<2R).E là điểm chính giữa cung nhỏ BC.Gọi A là điểm trên cung lớn BC và AB<AC(A khác B).Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho EC=ED.Tia BD cắt cắt (O;R) tại điểm thứ 2 là F

a)CMR:D là trực tâm của tam giác AEF

 

a. E là điểm chính giữa của cung BC nhỏ $\Rightarrow \widehat{EAC}=\widehat{BFC}.. \Rightarrow PDQE$ nt.

$\Rightarrow \widehat{ADB}=\widehat{AEF}$ $=\widehat{ABF} \Rightarrow \triangle ABD$ cân tại A.

mà AE là phân giác góc BAD nên $\widehat{DPE}=90^o$ 

.. $\rightarrow đpcm$

Bạn có thể tham khảo ở đây 

2. Trong tất cả các tứ giác ABCD có tổng độ dài 3 cạnh $AB+BC+CD=a$.

Tìm tứ giác có diện tích lớn nhất, tính nó theo a.

 

Phản chứng tiếp:

Giả sử ABCD có $S_{max}, AB+BC+CD=a$ nhưng $AB \neq BC$.

Dựng tam giác AB'C có $AB'=B'C=\frac{AB+BC}{2} \rightarrow C_{AB'C}=C_{ABC}$

Sử dụng công thức Hê-rông 

$S_{ABC}=\sqrt{p(p-AC)(p-AB)(p-BC)}=\sqrt{p(P-AC)}.\sqrt{(p-AB)(p-BC)}\leq \sqrt{p(P-AC)}.\frac{2p-AB-BC}{2}$  (1)

dấu bằng khi $AB=BC$

ttự: $S_{AB'C}=\sqrt{p(p-AC)}.(p-AB')$

$\rightarrow S_{ABCD}<S_{AB'CD}$ (vô lý). $\rightarrow AB=BC$

cm tương tự được $BC=CD$

$\Rightarrow AB=BC=CD$.

trở về bài toán 1.

1. trong tất cả các tứ giác có độ dài ba cạnh bằng nhau và bằng a.Tìm tứ giác có diện tích lớn nhất.

 

Mình đã giải được.

Cách 1:đẶT $BD=x$. kẺ $AH\perp BD, CK\perp BD$ 

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}x\sqrt{a^2-\frac{x^2}{4}}+\frac{1}{2}x.CK$

 

3.Cho hình bình hành, M cố định thuộc BC. N di chuyển trên AD, $AM \cap BN =P, MD \cap NC=Q$.

Tìm vị trí của N để $S_{MPNQ} max$

Giải

Đặt như hình vẽ.

dễ chứng minh dc $S_1=S_2$, $S_5=S_6, \frac{S_1}{S_3}=\frac{S_4}{S_2} \rightarrow S_1S_2=S_3S_4$; $\frac{S_6}{S_7}=\frac{S_8}{S_5} \rightarrow S_5S_6=S_7S_8$ 

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}S_1^2=S_2^2=S_3.S_4 & \\  S_5^2=S_6^2=S_7.S_8& \end{matrix}\right.$

tA CÓ:

$(S_4+S_3)^2\geq 4S_3S_4=4S_2^2\rightarrow S_3+S_4\geq 2S_2$

ttự:$S_7+S_8\geq 2S_6$

CỘNG vễ vế $\Rightarrow S_3+S_4+S_7+S_8 \geq 2S_{MPNQ} \rightarrow 4S_{MNPQ}\leq S_{ABCD}$

DẤU BẰNG khi tứ giác ABMN là hbh.

1. trong tất cả các tứ giác có độ dài ba cạnh bằng nhau và bằng a.Tìm tứ giác có diện tích lớn nhất.

2. Trong tất cả các tứ giác ABCD có tổng độ dài 3 cạnh $AB+BC+CD=a$.

Tìm tứ giác có diện tích lớn nhất, tính nó theo a.

3.Cho hình bình hành, M cố định thuộc BC. N di chuyển trên AD, $AM \cap BN =P, MD \cap NC=Q$.

Tìm vị trí của N để $S_{MPNQ} max$

Trong không gian Oxyz, cho hai điểm $A(1;4;2); B(-1;2;4)$, đường thẳng $d: \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y+2}{1}=\dfrac{z}{2}$.

Tìm điểm M trên d sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. 

____

Cho em hỏi cách không dùng phương pháp đại số ạ.

Bài 16: (Định lý Stewart dạng đơn giản) Cho điểm $D$ nằm trên cạnh $BC$ của tam giác $ABC$, khi đó ta có:

$AB^{2}.CD+AC^{2}.BC=BC.(AD^{2}+BD.DC)$

 

Vẽ đường cao AH.

Ta có: $AB^2=AH^2+BH^2=AH^2+(BD+DH)^2;AC^2=AH^2+CH^2=AH^2+(CD-DH)^2;AD^2=AH^2+DH^2$

$\Rightarrow AB^2.DC+AC^2.BD-AD^2.BC$

$=[AH^2+(BD+DH)^2].DC+[AH^2-(CD-DH)^2].BD-(AH^2+DH^2).BC$

$=BD^2.DC+DH^2.DC+CD^2.BD+DH^2.BD-DH^2.BC$

$=BD.DC(BD+CD)=BD.DC.BC$

$\fbox{50}$

Đặt $\alpha=(\frac{180}{7})^o$ . chứng minh: $\frac{1}{Sin \alpha}=\frac{1}{Sin 2\alpha}+\frac{1}{Sin 3 \alpha}$

$\fbox{51}$

Các đường tròn $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta $ tiếp xúc ngoài với 1 đường tròn cho trước lần lượt tại 4 đỉnh $A,B,C,D$ của tứ giác lồi ABCD. Giả sử $t_{\alpha \beta }$ là độ dài của tiếp tuyến chung ngoài của 2 đường tròn $\alpha ,\beta$. Tương tự ta định nghĩa $t_{\beta \gamma  },t_{\gamma \delta }, t_{\delta \alpha },t_{\alpha \gamma },t_{\beta \delta }$.

Chứng minh rằng: $t_{\alpha \beta }.t_{\alpha \delta }+t_{\beta \gamma }.t_{\delta \alpha }=t_{\alpha \gamma }.t_{\beta \delta }$

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
(Đề thi chính thức) KỲTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010- 2011
Ngày thi: 24/03/2011

MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
--------------------------------------------------------------------------------

Câu I. (5,0 điểm).

1) Cho phương trình: x² - 2mx + 2m - 1 = 0. Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm x₁, x₂ với mọi m. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  khi m thay đổi.

 

 

Ta có: $\Delta '=(m-1)^2 \geq 0 \rightarrow dpcm$

Theo Viet ta có: $P=\frac{4m+1}{4m^2+2}$

Xét $\frac{4m+1}{4m^2+2}-1=\frac{(m-\frac{1}{2})^2}{m^2+\frac{1}{2}}\geq 0$

Vậy $max_P=1\Leftrightarrow m=\frac{1}{2}$

 

 

Câu 2 ( 6 điểm ) 

       a, Giải phương trình : $2x^{2} - 8x - 3 \sqrt{x^{2}-4x -8} =18$ (1)

      

 

DKXD: $x\geq 2(1+\sqrt{3});x\leq 2(1-\sqrt{3})$

$(1)\Leftrightarrow 2(x^2-4x-8)-3\sqrt{x^2-4x-8}-2=0$

Đặt $\sqrt{x^2-4x-8}=a\geq 0$

Ta có: $(1)\Leftrightarrow 2a^2-3a-2$

Dễ dàng giải dc pt này. Tìm a tìm x loại nghiệm.

Thật chẳng hiểu cái đề câu 5 hình nó vẽ như thế nào. Thành thử không làm nổi nguyên cái bài hình.

Đăng tiếp được chứ chủ pic??

Đề Kiểm tra ĐT đợt 3 của trường chuyên Trần Đại Nghĩa.

Câu 2: a)Giải phương trình : $\frac{1}{(x-1)^2}+\sqrt{3x+1}=\frac{1}{x^2}+\sqrt{x+2}$

b)Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì $:A=2.(1^{2015}+2^{2015}+3^{2015}+...+n^{2015})$ chia hết cho n(n+1)
Câu 3: a)Tìm các số nguyên dương n sao cho $P=\frac{n(n+1)}{2} -1$ là số nguyên tố 
b)Cho ba số nguyên a,b,c thỏa mãn abc=1.

Tìm GTLN của $Q=\frac{1}{a^2+2b^2+3} +\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}$
Câu 4:a) Cho tam giác ABC có I là giao điểm các đường phân giác trong.Gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu của I trên AB,AC,BC và H là hình chiều của F trên DE. Chứng minh rằng $AD=\frac{(AB+AC-BC)}{2}$ và HF là tia phân giác của góc BHC
b)Cho tam giác ABC cân tại A có góc $\widehat{A}=20^o$  ,BC=a,AB=b.Chứng minh rằng $a^3+b^3=3ab^2$
Câu 5:a) Cho $1\leq a,b,c\leq 3$ và $S_n=a^n+b^n+c^n$ với n thuộc N* ,biết $S \leq 5; S_2\leq 11$.

Chứng minh $S_n=3^n+2$

b) Tìm các số x,y thỏa mãn $\frac{x^2}{y}+x=2$ và $\frac{y^2}{x}+y=\frac{1}{2}$ .

________

Đề mới đọc ko có đáp án nên cho làm chung với nhé!

 

b)Cho ba số nguyên a,b,c thỏa mãn abc=1.

Tìm GTLN của $Q=\frac{1}{a^2+2b^2+3} +\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}$
 

 

Do $a,b,c$ nguyên nên 1 3 số luôn nhận các giá trị 1 hoặc -1 Do $abc=1$ nên trong 1 trong 3 số phải có 2 số cùng âm hoặc cả 3 số cùng dương.

xét:

TH1: 2 số cùng âm. Giả sử $a=b=-1;c=1$ ( do a,b,c có vai trò như nhau nên có thể tuỳ chọn biến). Thay vào ta tính dc: $Q=\frac{1}{2}$

Hoặc có thể do ở mẫu của các phân thức giá trị của a,b,c luôn dương nên có thể tìm luôn được $Q=\frac{1}{2}$ thay vì xét TH. Câu này nên đổi thành tính GT biểu thức luôn nhỉ.  

Câu 3b. 

Ta có:

$\sqrt{\frac{a^3}{a^3+(b+c)^3}}=\frac{1}{\sqrt{1+(\frac{b+c}{a})^3}}\geq \frac{1}{1+\frac{(b+c)^2}{2a^2}}\geq \frac{2a^2}{2a^2+2(b^2+c^2)}=\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$

TT ta dc 2 BDT. Cộng vế vế ta dc dpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Tổng hợp các bài toán phương trình vô tỉ trong các kì thi Olympic 30 tháng 4

 

Bài 1: Giải các phương trình sau

a. $x^{3}-3x=\sqrt{x+2}$

d) $(x+1)\sqrt{x^{2}-2x+3}=x^{2}+1$

a. (Lời giải khá dài)

ĐK:..

$PT\Leftrightarrow x(x-2)(x+2)+\frac{(x-2)(x+1)}{x+\sqrt{x+2}}=0 \Leftrightarrow (x-2)[x(x+2)+\frac{x+1}{x+\sqrt{x+2}}]=0$

Giải $x(x+2)+\frac{x+1}{x+\sqrt{x+2}}=0$

$\Leftrightarrow (x+2)(x^2+x\sqrt{x+2})+x+1=0$

$\Leftrightarrow x^2(x+2)+2x\sqrt{x+2}+x^2\sqrt{x+2}+x+1=0$

$\Leftrightarrow (x\sqrt{x+2}+1)(x\sqrt{x+2}+x+1)=0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x\sqrt{x+2}+1=0 \Leftrightarrow x=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}& \\ x\sqrt{x+2} +x+1(2)& \end{bmatrix}$

Em cũng thích khoe bạn gái.    (Mặc dù đang giận nhau nhưng mình có quyền vì em là người chụp) 

Cho đg tròn (O) có tâm O và điểm M nằm ngoài đg tròn (O). Đg thẳng MO cắt (O) tại E và F ( ME$<$MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) ( C là tiếp điểm, A nằm giữa M và B. A và C nằm khác phía với đg thẳng MO ) Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên đg thẳng MO. CM AHOB nội tiếp 

$OH.OA=MC^2=MA.MB$

...

Mình nghĩ sau 2 ngày nếu không có ai giải thì chủ pic nên post lời giải lên cho mọi người cùng xem. Mình cũng đang đợi lời giải đây. Thật ra là 3 ngày rồi bạn. !

Cũng nên chăm lo cho pic khi mình đã tạo chứ nhỉ?

 

Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 8,6 gam hỗn hợp Al, Mg, Fe, Zn vào 100 gam dung dịch gồm KNO3 1M và H₂SO₄ 2M, thu được dung dịch X chứa 43,25 gam muối trung hòa (không chứa Fe³⁺) và hỗn hợp khí Y (trong đó H₂ chiếm 4% khối lượng Y). Cho một lượng KOH vào X, thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan và kết tủa Z (không có khí thoát ra). Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi được 12,6 gam chất rắn. Nồng độ phần trăm của FeSO₄ trong X gần giá trị nào nhất sau đây?

 

A. 7,25%.                 B. 7,75%.                      C. 7,50%.                  D. 7,00%.

 

$\left\{\begin{matrix}n_{KNO_3}=V & \\  n_{H_2SO_4}=2V& \end{matrix}\right.\rightarrow X\left\{\begin{matrix} Al^{3+}, Mg^{2+}, Fe^{2+}, Zn^{2+}, K^+& \\  SO_4^{2-}& \end{matrix}\right.$ (Do có khí $H_2$ nên $NO_3^-$ hết)

$\xrightarrow[]{BTKL}8,6+39V+96.2V=43,25 \rightarrow V=0,15\rightarrow n_{KNO_3}=0,15, n_{H_2SO_4}=0.3$

$n_{H_2}=x \rightarrow m_Y=50x \xrightarrow[]{BTNT H} n_{H_2O}=\frac{0,3.2-2x}{2}=0,3-x$

BTKL: $8,6+0,15.101+98.0,3=43,25+(0,3-x).18+50x \rightarrow x=0,140625 \rightarrow m_Y=7,03125$

Giả sử khi nung $Fe \rightarrow Fe^{2+}$

$X\left\{ \begin{matrix} Al^{3+}, Mg^{2+}, Fe^{2+}, Zn^{2+}; K^+:0,15& \\  SO_4^{2-}:0,3& \end{matrix}\right.$ $\xrightarrow[]{KOH}\left\{ \begin{matrix} Al^{3+}, Mg^{2+}, Fe^{2+}, Zn^{2+}& \\ OH^{-}:0,225& \end{matrix}\right.$ (BTĐT, và do dung dịch chỉ chứa một chất tan)

Theo bài thì $Fe \rightarrow Fe^{3+}: n_O=\dfrac{12,6-8,6}{16}=0,25$

$\rightarrow n{Fe_2O_3}=0,25-0,225=0,025 \rightarrow n_{FeO}=0,05 (BTNT)$

$\rightarrow$ %$FeSO_4=7,5$%

Bài 3: Hỗn hợp rắn X gồm FeS, FeS₂, FeO, Fe₂O₃, Fe₃O₄, Fe. Hòa tan hết 29,2 gam X vào dung dịch chứa 1,65 mol HNO₃, sau phản ứng thu được dung dịch Y và 38,7 gam hỗn hợp khí Z gồm NO và NO₂  ( không có sản phẩm khử nào khác của NO₃^-_. ). Cô cạn dung dịch Y thì thu được 77,98 gam hỗn hợp muối khan. Mặt khác, nếu cho dung dịch Ba(OH)₂ dư vào dung dịch Y, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 83,92 gam chất rắn khan. Dung dịch Y hòa tan được tối đa m gam Cu tạo khí NO duy nhất. Giá trị của m là:

A. 11,2                      B. 23,12                      C. 11,92                         D. 0,72

$22,92$ $\left\{\begin{matrix}Fe:a &  & \\  S:b&  & \\ O:c &  & \end{matrix}\right.$ $\xrightarrow[]{BTNT}83,92\left\{\begin{matrix} BaSO4:b& \\  Fe_2O_3:0,5a& \end{matrix}\right.$