28 HSG h 20 DUC CO

Trên cạnh Ox lấy điểm A sao cho OA4cm, trên tia đối của tia Ox lấy điểm B sao cho OB2cm.. Đường trung trực của AB cắt AB ở H , M là một điểm nằm trên đường trung trực đó.. Xác định vị

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 HUYỆN ĐỨC CƠ - NĂM 2019 Câu 1: (4,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức:

A

y x



  với x y,  0, x  y

2 Cho

3

;

  Tìm x sao cho A B .

Câu 2: (4,0 điểm)

1 Tìm ,x y  biết x y 2xy6

2 Tìm n để n5 chia hết cho 1 n3 với 1 n*

Câu 3: (4,0 điểm) Giải phương trình

1 x2 9 2 x 3 0

2 x 1 x3    x2 x 1 1 x41

Câu 4: (2,0 điểm)

Cho a b c, , là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng

bc ac ab

a b c

a  b  c   

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Câu 5: (6,0 điểm)

Cho góc vuông ·xOy Trên cạnh Ox lấy điểm A sao cho OA4cm, trên tia đối của tia

Ox lấy điểm B sao cho OB2cm Đường trung trực của AB cắt AB ở H , M là một

điểm nằm trên đường trung trực đó Các tia AM MB cắt Oy lần lượt ở C và D Gọi E,

là trung điểm của AC , F là trung điểm của BD

1 Chứng minh OE.OF = AE.BF

2 Gọi I là trung điểm của EF Chứng minh 3 điểm , , O I M thẳng hàng.

3 Xác định vị trí của điểm M để cho OM EF Khi đó S là diện tích tứ giác OBME ,1

2

S là diện tích tứ giác ABFE Tính tỉ số

1 2

1 2

S S

S S



LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN ĐỨC CƠ - NĂM 2019

Câu 1: 1 Rút gọn biểu thức:

A

y x



  với x y,  0, x  y

2 Cho

3

;

  Tìm x sao cho A B .

Lời giải

1

A

y x



x y



2 2



2

2

x y

x y





Vậy

x y A

x y







2 + Ta có:

2

A

x



 xác định khi x0; x4

 2 2 1

+ Ta có:

3

2 2 2

B

x



 xác định khi x0

1

Ta có A B nên 2 x  1 x 1  x 2 x0  x x 2 0

4

x x

    

Kết hợp với điều kiện suy ra x0

Vậy x0 khi A B .

Câu 2: 1 Tìm ,x y  biết x y 2xy6

2 Tìm n để n5 chia hết cho 1 n3 với 1 n*

Lời giải

1 Ta có x y 2xy 6 2x2y4xy 12 2x4xy 1 2y11

2x 1 1 2  y 11 1.11   1 11

Ta có bảng sau:

Vậy cặp nghiệm x y, 

nguyên là:  1,5

;  6, 0

; 0, 6 ;  5, 1

2 Ta có n5     1 n5 n2 n2 1  n5n2  n2 1 n2 n3 1 n21

Vì n5 chia hết cho 1 n3 nên cần chứng minh 1 n2 chia hết cho 1 n31

Ta có: n2  1 n 1 n1 và n3  1 n 1 n2 n 1

Khi đó n1 chia hết cho n2 n 1

Vì n¥ nên ta xét các trường hợp sau:*

Nếu n1 thì n1 chia hết cho n2 n 1 suy ra n5 chia hết cho 1 n31

Nếu n1 thì n 1 n n  1 1 nên n không chia hết cho 1 n2 n 1

Vậy n1 thì n51Mn31

Câu 3: Giải phương trình:

1 x2 9 2 x 3 0

2 x 1 x3    x2 x 1 1 x41

Lời giải

1 Điều kiện x3

Ta có: x2 9 2 x  3 0  x3 x 3 2 x  3 0  x3 x  3 2 0

3

3 0

1

3 2 0

x

x KTMDK x



    



Vậy x là nghiệm của phương trình.3

2 ĐKXĐ: x1.

x  x     x x x   x   x  x  x  x  

 x 1 1  x2 1 x 1 x 1 x 1 x2 1  0

 x 1 1 x2 1 x 1 1  x 1 0

 x 1 1 x2 1 x 1  x 1 1 0

 x 1 1 1  x2 1 x 1  0

 

x







 1     x 1 1 x 2 TMDK

 2 x21 x     1 1 x3 x2 x 0

(vô nghiệm vì x1.) Vậy phương trình có nghiệm x2.

Câu 4: Cho a b c, , là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng

bc ac ab

a b c

a  b  c   

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải

Vì , ,a b c nên 0 bc a 0; ac b 0; ab c 0

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số không âm, ta có:

+ bc ac 2 bc ac 2c  1

a  b  a b 

+ ac ab 2 ac ab 2a  2

b  c  b c 

+ ab bc 2 ab bc 2b  3

c  a  c a 

Lấy (1) cộng (2) cộng (3) vế theo vế ta được

bc ac ab

a b c

a  b  c   

(ĐPCM)

Câu 5: Cho góc vuông ·xOy Trên cạnh Ox lấy điểm A sao cho OA4cm, trên tia đối của tia

Ox lấy điểm B sao cho OB2cm Đường trung trực của AB cắt AB ở H , M là một

điểm nằm trên đường trung trực đó Các tia AM MB cắt Oy lần lượt ở C và D Gọi E,

là trung điểm của AC , F là trung điểm của BD

1 Chứng minh OE.OF = AE.BF

2 Gọi I là trung điểm của EF Chứng minh 3 điểm , , O I M thẳng hàng.

3 Xác định vị trí của điểm M để cho OM EF Khi đó S là diện tích tứ giác OBME ,1

2

S là diện tích tứ giác ABFE Tính tỉ số

1 2

1 2

S S

S S



Lời giải

1 + BODcó OF là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BD nên FO FB

BFO

  cân tại F  B FOBµ · (1)

+ EAO vuông tại ? có OE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền MA nên OE EA

EAO

  cân tại E µA ·AOE. (2)

+ MAB có MA MB  MAB cân tại M µA B. µ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra BFO∽ OEA (góc – góc)

.F

FO BF

OE O EA BF

EA OE

2 Ta có: MAB· FOB· nên OF/ /MA

MBA· ·EOA nên OE/ /MB

Suy ra tứ giác MEOF là hình bình hành Suy ra đường chéo OM đi qua trung điểm I của EF

Vậy 3 điểm , ,O I M thẳng hàng.

3 OEMF là hình bình hành có hai đường chéo OMEFnên OEMF là hình chữ nhật

 ∽  mà MA MB  AMB vuông cân tại M MAB· 450.

Khi đóAHM vuông cân tại H Mặt khác H là trung điểm của AB

3

HM HA cm

Vậy M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB và cách AB một đoạn

3

MH cm.

MAH

 vuông ở H , ta có: MA2 MH2HA2    33 32 18 MA 18 3 2 (cm) + BFOvà BMA có M¶ µ µF A B;  suy ra µ; BFO∽ BMA (g - g) nên

2

FO

MA AB      

(cm) 4

2

OE OA

OE

FO OB     

(cm)

 

2 2 2 4( ) S 4 : 2 2

Ta có:

2

.3.6 9( )

ABM

S  MH AB  cm

Ta cũng có BFO∽ OEA theo tỉ số đồng dạng

1 2

k nên

2 1 4

BFO

OEA

S

k S





 

BFO OEA

 2

1 OBME BFO OEMF 1 4 5

S S S S    cm

 2

2 ABFE BFO FEO OEA 1 2 4 7

S S S S S     cm

Vậy

1 2

1 2

5 7 12

.S 5.7 35

S S S

   