07 hsg9 bến tre 22 23

Đường thẳng qua O và vuông góc với CO cắt AC và BC lần lượt tại điểm K và L.. Chứng minh chu vi của tam giác HKL bằng với đường kính của O.. Gọi E là giao điểm của AB và CD.. a Tứ giác

Tỉnh Bến Tre Câu 1 (5,0 điểm).

a) Tính giá trị biểu thức: A  4 15 4 15 2 3  5

b)Rút gọn biểu thức: 5 2 6 9. 0

2022 2023

B 

Câu 2 (3,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa

13

x y





Câu 3 (3,0 điểm). Giải phương trình:

2

Câu 4 (3,0 điểm). Cho a b c, , là các số thực không âm Chứng minh rằng

a a  b b b  c c c  a  a b c 

Câu 5 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có ACB   , gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và 45 H là trực tâm của tam giác ABC Đường thẳng qua O và vuông góc với CO cắt AC và BC lần lượt tại điểm K

và L Chứng minh chu vi của tam giác HKL bằng với đường kính của (O)

Câu 6 (3,0 điểm). Cho hai đường tròn O1

và O2

tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T Hai đường tròn này nằm trong đường tròn O3

và tiếp xúc với O3

lần lượt tại điểm M (MO1) và điểm N

(NO2) Tiếp tuyến chung tại T của O1

và O2

cắt O tại điểm 3 P (P và O nằm cùng phía của3

đường thẳng MN ) Đường thẳng PM cắt O1

tại A (A M ), đường thẳng PN cắt O tại 2 D ( DN ) và đường thẳng MN cắt O1

và O lần lượt tại 2 B (BM ) và C ( C N) Gọi E là giao điểm của

AB và CD

a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích

b) Chứng minh rằng: EBC EDA

Hết

9

Học sinh giỏi

HƯỚNG DẪN GIẢI.

Câu 1 (5,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức: A  4 15 4 15 2 3  5

b)Rút gọn biểu thức: 5 2 6 9. 0

2022 2023

B 

Lời giải

a)

8 2 15 8 2 15

5 3 5 3 2. 5 1 2

2

b) Với x  , khi đó ta có: 0

2

2

1

B

x



x

x



  x20212  x4084441(nhận)

Vậy, với x  thì 0

1 2

x B x





 và

2022 2023

B 

tại x 4084441.

Câu 2 (3,0 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa

13

x y





Lời giải

Vì x y Z ,  nên x y Z x   ; 2  y2 Z

Ta có:

(1)

x y



Vì 5.17 không chia hết 13 nên x2y2Z khi x y 13

 x y 13 (k k  )

 y13k x (2)

Thay (2) vào (1) ta có: x2(13k x 2) 85 k

 2x2 26kx169k2 85k 0 (*)

Ta có  ' (13 )k 2 2(169k2 85 )k k(170 169 ) k

Để (*) có nghiệm thì

(170 169 ) 0

1

k k

 

Với k  ta có hệ phương trình 1 2 2

13 85

x y





 Giải hệ phương trình này, ta được x6; y7hoặc x7; y6

Vậy các cặp số ( ; )x y thoả mãn là x6; y7hoặc x7; y6

Câu 3 (3,0 điểm) Giải phương trình:

2

Lời giải

ĐK: x  ±1

2



Đặt

2

1

x

a

x





2 1

x

b x





 Ta có phương trình:

0 9

– 0

a a b

a a

b b

b a

a b a

b b





 

















+) Nếu a b  thì:0

0

(x 2)(x 1) (x 2)(x 1) 0

6x 0

0

x

  (thỏa mãn)

+) Nếu 9a b  thì:0

9(x 2)(x 1) (x 2)(x 1) 0

9x 27x 18 x 3x 2 0

2

8x 30x 25 0

 1

15 5 17 8

(thỏa mãn) ; 1

15 5 17 8

x  

(thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: 1,2

15 5 17 8

; x  3 0

Câu 4 (3,0 điểm) Cho a b c, , là các số thực không âm Chứng minh rằng

a a  b b b  c c c  a  a b c 

Lời giải Cách 1 Với a b c , , 0

Ta có: 3a26b2 2a2 4ab2b2a24ab4b2 2a b 2a2b2a2b2

vì a b 2 0, a b,

Tương tự: b 3b26c2 b22bc

c 3c26a2 c2 2ca

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

Cách 2.

Áp dụng BĐT:

3

x y z

x y z   

2

2

3

a b b

Cách 3

Áp dụng BĐT : m2n2 x2y2 mx ny 2

Ta có: 3a26b2 3a22b2 12 22 a2b 221.a 2.b 22 a2b2

Câu 5 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ACB   , gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và 45 H là trực

tâm của tam giác ABC Đường thẳng qua O và vuông góc với CO cắt AC và BC lần lượt tại điểm K

và L Chứng minh chu vi của tam giác HKL bằng với đường kính của (O)

Lời giải

D

E

N

L

K

M

H

A

O

B

C

Đường thẳng vuông góc với CO cắt đường tròn ( )O tại hai điểm M , N Ta có CAN CMN  45

(tam giác OMC vuông cân).

Do AH BC suy ra CAD là tam giác vuông cân (ABC   ) suy ra 45 CAD   45

Từ đó suy ra CAN CAH  nên A, H , N thẳng hàng.

Gọi AD và BE là hai đường cao của tam giác ABC

Ta có tứ giácABDE nội tiếp (hai đỉnh D và E kề nhau cùng nhìn cạnh AB dưới cùng một góc 900)

 CAN HBC mà CAN CBN  suy ra HBCNBC

Xét BHN có BD vừa là đường cao vừa là phân giác nên BHN cân tại B

 BD là đường trung trực của HN

Do L thuộc BD nên LH LN Chứng minh tương tự ta có KH KM

Như vậy chu vi tam giác HKL là HL KL HK  NL LK KM  MNlà đường kính của ( )O

Câu 6 (3,0 điểm) Cho hai đường tròn O1

và O2

tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T Hai đường tròn này nằm trong đường tròn O3

và tiếp xúc với O3

lần lượt tại điểm M (M O1) và điểm N (

 2

N O ) Tiếp tuyến chung tại T của O1

và O2

cắt O tại điểm 3 P (P và O nằm cùng phía của3

đường thẳng MN ) Đường thẳng PM cắt O1

tại A (A M ), đường thẳng PN cắt O tại 2 D ( DN ) và đường thẳng MN cắt O1

và O lần lượt tại 2 B (BM ) và C ( C N) Gọi E là giao điểm của

AB và CD

a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích.

b) Chứng minh rằng: EBC EDA

Lời giải a) Tứ giác AEDP là hình gì? Giải thích.

Ta có O1 tiếp xúc trong với O3 tại M  O O M1, 3, thẳng hàng ;

Ta có O2

tiếp xúc trong với O3

tại N  O O N1, 3, thẳng hàng ;

MO B MO N

  là các tam giác cân có M chung nên MO B1 MO N 3 ;

  là các tam giác cân có N chung nên NO C2 NO M3 ;

H I

E

C B

D A

P

O3

T

M

N

Lại có :

;

(các góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

   (có cặp góc đồng vị bằng nhau) ;

;

(các góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

   (có cặp góc đồng vị bằng nhau) ;

Tứ giác AEDP có các cạnh đối song song nên là hình bình hành

b) Chứng minh rằng: EBC EDA.

Ta có PT là tiếp tuyến của   2

O  PT PA PM

;

PT là tiếp tuyến của   2

O  PT PD PN

;

(1) Gọi H là giao điểm của PE và MN , vì BE PN CE AM// ; // nên theo hệ quả của định lý Ta-let, ta có :

PN HP PM

(2)

Từ (1) và (2), ta có :

  , mà AEDP là hình bình hành

PA ED PD EA

;

Xét EBC và EDA có :

E chung ;

EC EA (chứng minh trên) ;

Hết