25 HSG h 20 THUONG TIN

a Chứng minh tam giác OAM đồng dạng tam giác O AN.. c Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác ABQN đạt giá trị lớn nhất tính giá trị lớn nhất theo R.. Cho tam giác ABC và một điểm O

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN THƯỜNG TÍN

NĂM HỌC 2019-2020

Bài 1. Cho biểu thức:

: 1

P

x

         .

a) Rút gọn P b) Chứng minh: P1

Bài 2. Giải phương trình:

x x   x x   .

Bài 3.

1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6x y2 33x210y3   2

2) Cho ba số dương x y z, , thỏa mãn điều kiện: x y z  2.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

Bài 4:

1 Cho hai đường tròn O R; 

và đường tròn O R; / 2 tiếp xúc ngoài nhau tại A Trên đường tròn  O

lấy điểm B sao cho AB  R và điểm M trên cung lớn AB Tia MA

cắt đường tròn  O tại điểm thứ 2 là N Qua N kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường thẳng MB tại Q và cắt đường tròn  O ở P.

a) Chứng minh tam giác OAM đồng dạng tam giác O AN .

b) Tính NQ theo R

c) Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác ABQN đạt giá trị lớn nhất tính giá trị lớn

nhất theo R

2 Cho tam giác ABC và một điểm O nằm trong tam giác đó Các tia AO , BO , CO cắt các cạnh BC , CA AB, theo thứ tự tại M N P, , Chứng minh rằng:

2

OA OB OC

AM BN  CP 

Bài 5: Cho hai số dương x,y thỏa mãn điều kiện x3y3   x y

Chứng minh rằng x2y2  1

======== Đề thi gồm có 01 trang =========

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN THƯỜNG TÍN

Bài 1. Cho biểu thức:

: 1

P

x

         

a) Rút gọn P b) Chứng minh: P1

Lời giải

a) Điều kiện: P có nghĩa: x0;x1

:

x P

:

1

12  1 : 1 21 1 



x



b)

x x

 

(BĐT Cauchy)

Vì đẳng thức xảy ra

1

1

x

không thỏa mãn điều kiện xác định nên P1

Bài 2. Giải phương trình:

x x   x x   .

Lời giải

ĐKXĐ: x1

Phương trình được viết lại là:

x 1 4 x  1 4 x 1 6 x  1 9 1

  2 2

 x  1 2 x  1 3 1 1 

* Nếu 1  ta có x 5  1  2 x  1 3 x 1 1 x    không thuộc 1 2 x 5 khoảng đang xét

* Nếu 5 x 10 ta có 0x phương trình có vô số nghiệm.0

* Nếu x thì 10  1   5 1 phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình có vô số nghiệm: 5 x 10.

Bài 3.

1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6x y2 33x210y3   2

2) Cho ba số dương x y z, , thỏa mãn điều kiện: x y z  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức:

P

Lời giải

1)

6x y2 33x210y3  2

3 (2x y 1) 5(2y 1) 7

(3x 5)(2y 1) 7

Nên suy ra

3x 5; 2y  là ước của1 7

2 3

*

1

y y

      

3

2





 

2 3

3

2

3

x x

y

y

  

   

 

2

*



    

 

Vậy phương trình có nghiệm nguyên   x y;  2; 1 ; 2; 1     

2) Áp dụng BĐT Cauchy ta có

Cộng từng vế ta được

1

P       x y z P   

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi

2 3

x  y z

Bài 4:

1 Cho hai đường tròn O R; 

và đường tròn O R; / 2 tiếp xúc ngoài nhau tại A Trên đường tròn  O

lấy điểm B sao cho AB  R và điểm M trên cung lớn AB Tia MA

cắt đường tròn  O

tại điểm thứ 2 là N Qua N kẻ đường thẳng song song với AB, cắt đường thẳng MB tại Q và cắt đường tròn  O ở P.

a) Chứng minh tam giác OAM đồng dạng tam giác O AN .

b) Tính NQ theo R

c) Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác ABQN đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn

nhất theo R

2 Cho tam giác ABC và một điểm O nằm trong tam giác đó Các tia AO , BO , CO cắt các cạnh BC , CA AB, theo thứ tự tại M N P, , Chứng minh rằng:

2

OA OB OC

AM BN  CP 

Lời giải

a) Ta thấy   OAM ∽ O AN (g.g) vì OAM· O AN AOM·  ; · ·AO N .

b) Vì AB NQ// , áp dụng hệ quả định lí Ta-lét ta có

2

R

NQ  MN OO  

2

NQ R

c) Kẻ AK NQ MH, AB OC, AB, gọi OC   O  I .

R

S  AB NQ AK  R R AK  AK S AK



AK AN AO

MAH∽ ANK

2

Để AK có giá trị lớn nhất thì MHlớn nhất

Ta có

2 3

3

R R

Nên suy ra

2 3

4

R



Khi đó, tứ giác ABQN có diện tích lớn nhất là

2

16

max

R



khi M I là giao điểm của đường trung trực của AB với  O

2)

Gọi S S S S lần lượt là diện tích các tam giác 1; ; ;2 3 OBC OCA OAB ABC, , ,

Dựng AH BC H ( BC AK), BC K ( BC) AH OK//

Áp dụng đính lý Talets và tỉ số diện tích tam giác, ta có

1

S

OM OK

AM  AH  S

, tương tự

2; 2

BN  S CP  S

Cộng các đẳng thức trên theo vế

1 2 3 1

S S S

 

1

AM OA BN OB CP OC

3 OA OB OC 1

AM BN CP

    

2

OA OB OC

AM BN CP

Chứng minh rằng x2y2  1

Lời giải

Từ giải thiết x 0 y  Giả sử x2y2  1

Ta có

x y    x y (x y x)( y )x y x xy x y y

2 2 2 3 0 ( ) 2 3 0

Vô lý vì y – 0; 2x   y2  0

Điều vô lý này chứng tỏ giải sử ban đầu là sai

Vậy x2y2  1