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

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.
  EDC
 (1)
* ∆BEJ ~∆DCJ (g – g) nên EBH
* Ta có:
CD 2.OH
OH
OB BD ED

 2.
 2.


(2)
BH
BH
BH
AB BA BE
Từ (1) và (2) suy ra ∆BEH ~∆DCE (c –g –c)
  DEC
  HEC
  90o .
 BEH

B

A

H
J

E
C

Bài 5. Từ giả thiết xy = 6, ta có Q =

Đặt 3x + 2y = t khi đó Q =

O

D

3x  2y
6

6
3x  2y

t 6
 .
6 t

theo bất đẳng thức Cơ – si ta có: 3x + 2y ≥ 2 3x.2y  2 6.6  12 , do đó t ≥ 12.
Cách 1: “chọn điểm rơi khi t = 12”
t 6 12 5
 t 6 t

Ta có Q =      2
.   , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 12, tương ứng x = 2, y
24 t 8 2
 24 t  8
= 3.
Vậy min Q =

5
khi x = 2, y = 3.
2

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 1


Cách 2. “đánh giá tại biên”
Khi t = 12 thì Q =

Xét hiệu Q –

Do đó Q ≥

5
.
2

5 t 6 5 t 2  15t  36 (t  12)(t  3)
=   


≥ 0 với mọi t ≥ 12.
2 6 t 2
12t
12t

5
, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 12, tương ứng x = 2, y = 3.
2

Vậy min Q =

5
khi x = 2, y = 3.
2

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 2


2. Quận Đống Đa

Bài 4.
d) Kẻ KH  MH tại P, tứ giác MOHP là hình
chữ nhật nên PK = OH.
1
1
S∆MHK = KP. MH = OH.HM
2
2

2
2
1 OH  HM
OM 2 OA 2 AB2
 .
=

=
.
2
2
4
4
16
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi OH = HM
  45o
 AOM
AB2
Vậy Max ( S∆MHK) =
khi M thuộc đường
16
  45o .
tròn sao cho AOM
Bài 5. Ta có 4.A = 4x + 4y + 4z +

M

A

H

O

P

B

K

12 18 16
 
x y z

12  
18   16 

= (x + 2y + 3z) +  3x     2y     z  
x 
y 
z 

Theo giả thiết: x + 2y + 3z ≥ 20.
Vì x, y, z > 0 nên theo bất đẳng thức Cơ-si ta có:
3x +

12
12
 2 3x.  12 ;
x
x

2y +

18
18
 2 2y.  12 ;
y
y

z+

16
16
 2 z.  8 .
z
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.

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 3


3. Quận Ba Đình

Bài 4.
d) Kẻ MH  AB tại H.

x

y

2

S
3
 MH 
∆AMB ~ ∆EOF (g – g) nên AMB  
=

SEOF  OM 
4

E

MH
3
3

 sin HOM =
OM
2
2
o
o




 HOM = 60  AOE  MOE  60
 AE = AO. tan 60o = R. 3

Từ đó suy ra

M
F

Vậy điểm E trên tia Ax sao cho AE = R 3 là điểm cần
tìm.
Bài 5. Đk: x ≥

A

O

H

B

2
. Phương trình đã cho tương đương vơi phương trình:
3

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

(3x  2)  (x  1)
=0
3x  2  x  1

1


 (2x  3).  x  1 
 0 (*)
3x  2  x  1 


x  1  1
2
1
x  1  1

Vì x ≥ nên 

do đó (x + 1) –
>0
1
1
3
3x  2  x  1
 3x  2  x  1  1 
 3x  2  x  1
Từ đó suy ra (*)  2x  3  0  x 

3
(thỏa mãn điều kiện).
2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x =

3
.
2

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 4


4. Quận Thanh Xuân

Bài III.
E

M

O
K
P

Q

F

D

3) Tia FE cắt tia EM tại Q.

  MFE

 do đó MQF
  MFQ
  MF  MQ  M là trung điểm của EQ.
Vì ME = MF nên MEF
Vì FK // EQ (cùng  ED) nên theo định lí Ta – lét ta có:

PK DP
PF


mà ME = MQ do đó
ME DM MQ

PK = PF  P là trung điểm của FK.
Bài IV. Đk: x ≥ 15 .
Đặt

x 2  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

a  b  0
 x 2  15  1

 a  1  0  a  b  1  
 x  4 (thỏa mãn điều kiện).
b  1  0
 x  3  1


Vậy nghiệm của phương tình đã cho là x = 4.

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 5


5. Quận Cầu Giấy

Câu 3.

J

K

M

F

D

C

E

A

O

B

Q

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

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 6


Câu 4. Với x, y > 0 ta có

Do đó S = (x + y) +

1 1
1 1
2
2
4
 2 . 



x y
x y
xy x  y x  y
2

3 1 1 
3 4
3
   ≥ (x + y) + 4 . x  y = (x + y) + x  y = P
4 x y

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

Xét hiệu P –

Do đó P ≥

4
4
43
. Tại t = thì P =
.
3
3
12

43
3

43 12t 2  43t  36  3t  4  4t  9 
4
= (t + ) 
=

≥ 0 với  0 < t ≤ .
12
t
12
12t
12t
3

43
4
43
2
, dấu “=” xảy ra khi t =
, dấu “=” xảy ra khi x = y = .
 S≥
12
3
12
3

Vậy min S =

43
2
khi x = y = .

12
3

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 7


6. Quận Hồng Mai

Bài IV.
4) Ta có OI. OH = OM. OS = OB2 = R2
R2
không đổi
 OI =
OH
  90o do đó M thuộc đường trịn đường
Mà IMO
kính OI (khơng đổi).
Vậy khi S di chuyển trên d thì M chuyển động
trên đường trịn đường kính OI với I là điểm
R2
thuộc đoạn OH sao cho OI =
.
OH

d
B
S
M

H

O

I
A

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)



5y3  x 3
 2y  x (1)
xy  3y 2

Tương tự:

5z 3  y3
≤ 2z – y (2) và
zy  3z 2

5x 3  z 3
 2x  y (3).
xz  3x 2

Từ (1), (2), (3) suy ra P ≤ x + y + z = 1 (đpcm). Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =
Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

1
.
3
Page 8


7. Quận Hà Đông

Bài 4.
d) Gọi I là giao điểm của MO và đường tròn (O).
  IEO
  90o
Ta có: MEI

d

  EIO
  90o
IEF
  OIE

OEI
  IEF
  EI là phân giác góc MEF, mà MI là
 MEI
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 trịn nội tiếp
tam giác MEF thuộc đường trịn (O; R).

F
M
I
A

O

E

Bài 5.
Từ giả thiết ta có

x  5  y  5  x 3  y3  0 

xy
  x  y   x 2  xy  y 2   0
x 5  y5



1
  x  y 
  x 2  xy  y 2    0  x = y (do
 x  5  y  5


1
  x 2  xy  y 2  > 0 )
x 5  y5

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.

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 9


8. Quận Tây Hồ

Bài 4.
d) Vì ∆CEF ln có CE = CF nên ∆CEF đều 
  60o  FCO
  30o  FO  sin 30o = 1
ECF
CO
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).

B

F

A
O
C

E

Bài 5.
2

1
4
a 2 b2  a  b 
 
Ta có M =
  1 . Ta sẽ chứng minh:
(*) với mọi x, y, a, b > 0.
1 x x
x y
xy
 a 2 b2 
b2
a2
2
Thật vậy: (*)  (x + y)    ≥ (a + b)  a + x. + y + b2 ≥ a2 + 2ab + b2
y
x
x y

x y
 .
a b
1
4

(1  2)2
1 x x
2
Áp dụng bđt (*) ta được:
 
 9  M ≥ 8, dấu “=” xảy ra
 x .
1  x x (1  x)  x
1
2
3
2
Vậy min M = 8 khi x = .
3
 x2 b2 + y2a2 – 2abxy ≥ 0  (xb – ay)2 ≥ 0 (luôn đúng), dấu “=” xảy ra 

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 10


9. Quận Bắc Từ Liêm

Bài IV.
Câu 4. Theo hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam
giác vng ta có CK. CB = CA2 = CM2
CK CM


 ∆CKM ~ ∆CMB (c – g – c)

CM CB
  MBC
 (đpcm).
 CMK

x

C
K

A

M

B

O

Câu V. Đề bài khơng chính xác!!! Vì theo bất đẳng thức Cơ-si (cho ba số) thì với x, y, z > 0 thì
x y z
x y z
   3 3 . .  3 nên giả thiết như vậy là khơng tồn tại!!!
y z x
y z x

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:
Ta có

1

1
1


 3.
a
b
c

1
1
1
bc  ac  ab
a b bc ca



 ab  bc  ca ≤


= a + b + c = 3.
2
2
2
a
b
c
abc

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

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 11


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
AE CF
Do đó BF.AE = CF. ED 

(1)
ED BF
Vì BC // AD (cùng vng góc với EF) nên theo
định lí Ta-lét ta có:
BF CF  IF  CF DQ
(2)




AQ DQ  IQ  BF AQ
Từ (1) và (2)
AE DQ
AE DQ





 AE  DQ (đpcm)
ED AQ
AD AD
Câu 5. Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có:

do đó P ≥ 2

E
Q
R

K

O

A

C

R

H

B

F

I

1 1
1 1
2
 2 . 
x y
x y
xy

1  x 2 y2
1
2
 xy .
xy
xy

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

Đặt Q =

D

1
1
hay t ≤ .
4
4

1
17 1

17
4t 2  17t  4  4t  1 t  4 
1
 t , xét hiệu Q –
= t
=

0 t .
t
4
t
4
4t
4t
4

Do đó Q 

17
17
1
 17 , dấu “=” xảy ra khi x = y = .
 P≥2
4
4
2

Vậy min P = 17 khi x = y =

1

.
2

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 12


11. AMS

Bài 3.
Ta có OE là trung trực của BD nên ∆EBD cân tại
 D
 mà D
 O
 (AO//CD) và
O do đó B
1
1
1
1


O  O (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
1

B
1

2

 O
  ∆OBE = ∆COA (g – c – g)
B
1
2
 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
 A
 mà D
 O
 nên A
 O
  ∆AFO cân
D
1
1
1
2
1
2
tại F (2)
Từ (1) và (2)  FG là trung trực của AO (đpcm).

1

A

1

O

2

G
1

E

C

D

F

Bài 4.
a) Điều kiện: –3 ≤ x ≤ 6.
Phương trình đã cho tương đương với:

 92



3 x  6  x



2

 4x 2  12x  27

 3  x  6  x  = 4x2 – 12x + 27

 9 + 2 18  3x  x 2 = 4(x2 – 3x – 18) + 99
 2(18 + 3x – x2) + 18  3x  x 2 – 45 = 0

Đặt 18  3x  x 2  t (t ≥ 0)  2t2 + t – 45 = 0  (t + 5)(2t – 9) = 0
Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 13


do t ≥ 0 nên t =

9
 18 + 3x – x2 =
2

2

3
9
2
2
   4x – 12x + 9 = 0  (2x – 3) = 0  x = (thỏa
2
 2

mãn điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x =

3
.
2

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

x2
yz
x2 y  z

2
.
x
yz
4
yz 4
Tương tự

 P≥

y2
yz
z2
zx

 y;


z
yz
4
zx
4

1
x  y  z
2

Mặt khác x + y ≥ 2 xy ; y + z  2 yz ; z + x  2 zx  x + y + z ≥
 P≥

xy  yz  zx = 1

1
1
, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = .
2
9

Vậy min P =

1
1
khi x = y = z = .
2
9

Sưu tầm và biên soạn Thầy Hồng Đức Đơng (0978.895.631)

Page 14