tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (20)

Hai đường tròn này nằm trong đường tròn C3 và tiếp xúc với C3 tương ứng tại M và N.. PM cắt đường tròn C1 tại diểm thứ hai A và MN cắt C1 tại điểm thứ hai B.. PNcắt đường tròn C2 tại điể

1    

ca a

bc c

ab

Bài 4: (2,0 điểm).

Cho ABC đều điểm M nằm trong ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ?

Bài 5: (6,0 điểm).Cho hai đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T Hai đường tròn này

nằm trong đường tròn (C3) và tiếp xúc với (C3) tương ứng tại M và N Tiếp tuyến chung tại T của (C1)

và (C2) cắt (C3) tại P PM cắt đường tròn (C1) tại diểm thứ hai A và MN cắt (C1) tại điểm thứ hai B PNcắt đường tròn (C2) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C2) tại điểm thứ hai C

a Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp

b Chứng minh rằng AB, CD và PT đồng quy

3

2xx2

3x:9x

x3x1

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ:

z y x

1

11

x

z y x

1

11

y

x z

1

11

z

y x

Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M là giao điểm của AB và CD, N là giao điểm của AD và BC Gọi

E, F, và K lần lượt là trung điểm của BD, AC và MN

a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD

b) Tam giác EPQ là tam giác cân

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :

x

x x x

x x x

x x

x

2

3:

22

88

2a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P 1

b) Tìm x thoả mãn :  x  1  P  1

Bài 2: (5,0 điểm).

a) Giải phương trình :

11

2 2

a) Chứng minh rằng :

c

PQ b

NQ a

MP



b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng

Bài 5: (2,0 điểm).Cho hai tiếp tuyến AB và AC của nữa đường tròn(O) (B, C là hai tiếp điểm) Qua

điểm X của cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến đến đường tròn này nó cắt AB và AC theo thứ tự tại M và N Chứng minh rằng chu vi tam giác AMN và góc MON không phụ thuộc vào việc chọn điểm X trên cung nhỏ BC

b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên.

Bài 2: (3,0 điểm).Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1 Chứng minh:

Bài 4: (6,0 điểm).Cho ABC đều, nội tiếp trong đường tròn tâm O D là điểm nằm trên cung BC

không chứa điểm A trên tia AD lấy điểm E sao cho AE = DC

a) Chứng minh AEB = CDB

b) Xác định vị trí của điểm D sao cho tổng (DA + DB + DC) lớn nhất

Bài 5: (2,0 điểm).

Cho a, b, clà độ dài 3cạnh của ABC Gọi m, n, k là độ dài các đường

phân giác trong của 3góc của ABC Chứng minh rằng :

+ + > + +

Bài 1: (4,0 điểm).

Cho biểu thức:

3 3

135

12

115

8

1

2 2

b) Tìm quỹ tích trung điểm K của MN

c) Tìm vị trí của (L) sao cho MN ngắn nhất

Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm của hai đường chéo Kí hiệu

S S S S S S

a Chứng Minh: S1  S2  S

b Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào?

Đề 95

a) Chứng minh rằng cỏcc tứ giỏc KPAQ và PSMA nội tiếp được trong một đường trũn b) Chứng minh : P là trung điểm của QS

c) Cho  KIM = 2 ; KM = a ; QS = b ( a < b ) Tớnh KQ

Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA1, BB1, CC1 đồng qui tại H.

1 1

HB HA

HA

Dấu "=" xảy ra khi nào?

x x

x x

11

x y x y

1    

ca a

hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3).

BOMN

AOMP

MA

 => AB//NPTương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành

PAPM

PNEC

EB







=> EBC ~  EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800

=> ABCD nội tiếp

b Nối E O2 cắt (C2) tại C' và D' = >ECC' ~  ED'D

=> ED.EC = ED'.EC' => EC.ED = (EO2 - R2)(EO2+R2)

=> EC.ED = EO2 - O2T2

Tương tự EB.EA = EO12 - O1T2

1 2 2

1

EA EC ED EO EO O T OT EB

EA

ED EC

Hạ ET'  0102 theo định lý Pitago ta có:

EO1 - EO2 = (O1T' 2 + T' E2) - (02T' 2 + T' E2) = O1T' 2 - O2T' 2

=> O1T 2 - O2T 2 = 01T' 2 - 02T' 2 vì O1T + O2T = 0102 = O1T' + O2T'

=> O1T = O1T => T  T' tức PI đi qua E

3

2xx2

3x:9x

x3x1

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ:

z y x

1

11

x

z y x

1

11

y

x z

1

11

z

y x

Cho tứ giác lồi ABCD, gọi M là giao điểm của AB và CD, N là giao điểm của AD và BC Gọi

E, F, và K lần lượt là trung điểm của BD, AC và MN

a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD

b) Tam giác EPQ là tam giác cân

0x0

x

2

09

x

0x

x 2 (

x 9 ) x 2 )(

2 x ( ) x 3 )(

3 x ( : 3 x )(

3 x (

) 3 x ( x 1

x 2 ( 3 x

3

=

2x

3

 Vậy P =

2x

3



2x

1

2 2

z y

u y x

x, y là nghiệm của phương trình: t 2 - ut + v = 0 (a) Phương trình có nghiệm  u 2 – 4v  0 (*)

5

zu v

z

 21

01

037

01

z z z z

71

z z z

)(

)3(

44

41

y

x xy

y x v

32

32

y x y x

xy

y x v

u z

Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2)

K F

I'AB I'CD ABCD

Do MN // CD nên EDC = ENA

Mặt khác CDA= DNA ( Cùng chắn cung DA)

-> EDC= CDA hay DC là phân giác góc ADE

Lâp luận tương tự -> CD cũng là phân giác góc ACE

-> A và E đối xứng nhau qua CD-> AE  CD

Do PQ song song với CD nên AE  PQ ( *)

Gọi I là giao điểm của AB và CD Ta có AID đồng dạng với  DIB

( Do chung BID và IAD = IDB (cùng chắn cung BD))

x x x

x x x

x x

x

2

3:

22

88

2a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P 1

b) Tìm x thoả mãn :  x  1  P  1

Bài 2: (5,0 điểm).

a) Giải phương trình :

11

2 2

a) Chứng minh rằng :

c

PQ b

NQ a

MP



b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng

Bài 5: (2,0 điểm).Cho hai tiếp tuyến AB và AC của nữa đường tròn(O) (B, C là hai tiếp điểm) Qua

điểm X của cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến đến đường tròn này nó cắt AB và AC theo thứ tự tại M và N Chứng minh rằng chu vi tam giác AMN và góc MON không phụ thuộc vào việc chọn điểm X trên cung nhỏ BC

1 a) Điều kiện x>0 Ta có :

)2.(

:)

2



x x x

x

P=

52

) 1 ( 1 5 2

4 4

323

(1

2

2 2

x x

x

1.2)1(

2 2

x

1( 2 2







x x



0 ) 2 1 ( ) 2 1

(

0 ) 2 1 ( ) 2 1

x x



2

1221

02

2 2

2 3

y x x

22.)

2

2 2 2

y

y

2)

2

3 2



323

23

8

11

1

3 3

y

x y

y

Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 3;

33

2

)

z z y x xy

y x

(loại)

(2)(1)(thỏa mãn)

ABC BAC

 BOP+PNP=1800  tứ giác BOPN nội tiếp

 OPM = OBC (cùng bù OPN )

Mặt khác : OMP = OCN  OPM OBC (g.g)



OB

OP OC

OM OC

ON b

OP c

NQ a

MP



b Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên)

 AQO=AMO = 900  ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến

5 Ta có chu vi AMN = AM + AN + MN = AM + AN + MX + XN

Mà MB = MX(định lí hai tiếp tuyến cắt nhau)

Và XN = NC (định lí hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vậy chu vi AMN = AM + AN + MB + NC = AB + AC(không đổi)

Ta có B OˆX 180 0 B AˆC



Tia OX ở giữa hai tia OM, ON nên M OˆN M OˆX X OˆN

Ta lại có M OˆX M OˆB,X OˆN N OˆC(định lí hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vậy

2

ˆ ˆ

ˆ ˆ

ˆ ˆ

BE

A

PQ

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:

b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên

Bài 2: (3,0 điểm).Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1 Chứng minh:

Bài 4: (6,0 điểm).Cho ABC đều, nội tiếp trong đường tròn tâm O D là điểm nằm trên cung BC

không chứa điểm A trên tia AD lấy điểm E sao cho AE = DC

a) Chứng minh AEB = CDB

b) Xác định vị trí của điểm D sao cho tổng (DA + DB + DC) lớn nhất

Bài 5: (2,0 điểm).

Cho a, b, clà độ dài 3cạnh của ABC Gọi m, n, k là độ dài các đường

phân giác trong của 3góc của ABC Chứng minh rằng :

Ta có:

(2 x )( x 3) ( x 2)( x 3)P

x( x 3)( x 3)( x 3)

= [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2= 2x2y2 – 4xy + 1

 8(x4 y )4  1 16x y2 2  32xy 8 1 (4xy 7)(4xy 1) 1 1

Vì x > 0 và y > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:

(4xy 7)(4xy 1) 01

44

Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1 Suy ra : x1 = 3 ; x2 = -3

b Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm Giả sử 1  a b c

Từ (1)  c2 = (a + b)2 − 2ab  c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2))

 (a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c (a + b)2 − 4(a + b) + 4 = c2 + 4c + 4

 (a + b − 2)2 = (c + 2)2  a + b − 2 = c + 2 (do a + b 2) c = a + b − 4

Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)

 ab −4a−4b + 8 = 0  b(a −4) −4(a−4) = 8  (a −4)(b−4) = 8

E

2 1

1 M

D A

Theo câu a ta có: ABE = CBD

 BE = BD  BED cân

Mặt khác ta lại có: BDA BCA (cùng chắn cung AB)

 BED đều  BD = ED

Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.

a)

34

135

12

115

8

1

2 2

b) Tìm quỹ tích trung điểm K của MN

c) Tìm vị trí của (L) sao cho MN ngắn nhất

Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm của hai đường chéo Kí hiệu

S S S S S S

a Chứng Minh: S1  S2  S

b Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào?

1 Ta có: 3x2 3x 4  3x12 3 0;1 3x0, x 0, nên điều kiện để A có nghĩa là

17

15

15

13

13

11

11

1(2

Dấu "=" xảy ra khi : ( x2  2)( 3 - x2)  0  2  x2 3  2 x  7

Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = x/2x 7

S4 S3

S2

S1 I

K H

 IM’, IN’ cố định Vậy: Quỹ tích K là đờng phân giác M’IN’

c) DMN cântại D có MDN = 1800 -BAC = Const

b Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét:

* Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S 3 = S 4  S  S1  S2

* Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S 1 = S 2 

a) Cho x, y >0 và x y 1  Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: A 2 2

a) Chứng minh rằng cỏcc tứ giỏc KPAQ và PSMA nội tiếp được trong một đường trũn b) Chứng minh : P là trung điểm của QS

c) Cho  KIM = 2 ; KM = a ; QS = b ( a < b ) Tớnh KQ

Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn có 3 đờng cao: AA1, BB1, CC1 đồng qui tại H.

1 1

HB HA

x K

P Q

x

x y

y xy

a b 2 a b 2ab (Bdt Cô si) 2 2 2

a b 2ab 4ab (a b) 4ab

4. Theo giả thiết  AKQ =  APQ = 900 , nên tứ giác

KPAQ nội tiếp trong đường tròn đường kính AQ

Cũng theo giả thiết  AMS =  APS = 900

nên tứ giác PSMA nội tiếp đường tròn đường kính AS (ĐPCM)

Gọi H = AI  KM  H là trung điểm của KM và IA  KM tại H

Trong tam giác vuông AIK ta có  I1 =  K1 (cùng phụ với  IAK) nên  K1 =  Q1 =  Trong tam giác vuông AHK có : KH = KM/2 = a/2 ; K1 = nên

2cos

a Kcos

KHAK



AK - AQ

4cos

a-4cos

b

4cos

a

- b 2

2 2



5 Do tam gi¸c ABC nhän, nªn H n»m trong tam gi¸c A

* §Æt S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB

Ta cã:

1 1

1 1

1 1

1

2 1

2 1

HA

HA HA

AA BC

HA

BC AA S

1

HB

HB S

S





1 3

1

HC

HC S