Tính diện tích hình thang ABCD theo x... Tính diện tích hình thang ABCD theo x... Hoàn toàn tương tự ta có tam giác IBC vuông tại I.. Tương tự ta có N là trung điểm của CD.
Trang 1ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012 – 2013 KHÓA NGÀY: 17/03/2013 Thời gian làm bài: 150 phút
BÀI 1: (4 điểm)
a/ Khử căn ở mẫu số: 59
A
BÀI 2: (4 điểm) Cho đa thức Q x x4 3x2 1
a/ Phân tích đa thức Q x thành nhân tử
b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 4 2
3 1
y x x
BÀI 3: (4 điểm)
a/ Vẽ đồ thị hàm số yf x 3x 9 x 7
b/ Giải phương trình: 3 x2 6 x2 9 x2 7 0
BÀI 4: (4 điểm)
Cho hệ phương trình
x y
x my
(m là tham số)
a/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó
b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của Px 2y 123x my 12
BÀI 5: (4 điểm)
Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính 2
R
a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông
b/ Cho AB 2 0x x 2 Tính diện tích hình thang ABCD theo x
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012 – 2013 KHÓA NGÀY: 17/03/2013 Thời gian làm bài: 150 phút
BÀI 1: (4 điểm)
a/ Khử căn ở mẫu số: 59
A
59 3 5 7 59 3 5 7 1 2 15
3 5 7 2 15 1
1 2 15 1 2 15 1 2 15
3 5 5 7 2011 2013
BÀI 2: (4 điểm) Cho đa thức Q x x4 3x2 1
a/ Phân tích đa thức Q x thành nhân tử.
Đặt t x t 2 0 ta có:
2
3 1 2 .
Q x t t t t t t t
b/ Tìm nghiệm nguyên của phương trình y2 x4 3x2 1
y t t
(xem đây là phương trình với ẩn t)
Phương trình này có nghiệm nguyên khi và chỉ khi
9 4 1 y 5 4y
là số chính phương
Đặt 5 4y 2 k k2
Ta có: 5 k 2y k 2y
Do đó k 2 ,y k 2y 1,5 ; 5,1 ; 1, 5 ; 5, 1
Suy ra y 1 t 0t 0 x 0
Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là 0,1 , 0, 1
Cách 2:
2
y x x y x
Trang 3
2
Vì x y, nguyên nên
2x2 3 2 , 2y x2 3 2y 1,5 ; 5,1 ; 1, 5 ; 5, 1
Suy ra x y 2 , 0,1 ; 0, 1 (vì x 2 0)
Vì vậy x y , 0,1 ; 0, 1
Vậy nghiệm nguyên của phương trình làx y , 0,1 ; 0, 1
BÀI 3: (4 điểm)
a/ Vẽ đồ thị hàm số yf x 3x 9 x 7
y f x
Đồ thị hàm số này là hai nhánh của các đường thẳng y 4x 6x 3 và y 2x 2x 3
như hình vẽ
x
y
2
4
-4
3
O 1
b/ Giải phương trình: 3 x2 6 x2 9 x2 7 0
3 x 6 x 9 x 7 0
3 x 3 x 7 0
Đặt tx t 0 phương trình trên trở thành
3t 3 t 7 0 2
Dựa vào đồ thị ta có 2 1
4
t t
Với tx 1 x 1
Với tx 4 x 4
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x 1, x 4
BÀI 4: (4 điểm)
Cho hệ phương trình
x y
x my
(m là tham số)
a/ Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, tìm nghiệm đó.
Trang 4
1 2
x y
II
x my
Nếu m 6
0 4
II
y
(vô nghiệm)
Nếu m 6
8 1
6 4 6
x
m II
y
m
Vậy với m 6 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất
8
1
6 4
6
x
m
y
m
b/ Xác định giá trị nhỏ nhất của Px 2y 123x my 12
Với m 6, ta có
0
P với mọi x
8 1
0
6
x
P
x my
y m
Vậy với m 6, giá trị của biểu thức P là 0 tại
8
1
6 4
6
x
m
y
m
Với m 6, ta có Px 2y 123x 6y 12
Đặt t x 2y, ta có
2
P t x t t t
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 1
t x y
Vậy với m 6, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 8
5 tại 2 1 1
5
y
x y
BÀI 5: (4 điểm)
Cho hình thang cân ABCD cạnh bên AD và BC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính
2
R
a/ Chứng minh rằng hai tam giác IAD và IBC vuông.
b/ Cho AB 2 0x x 2 Tính diện tích hình thang ABCD theo x.
Trang 5E A
C
F M
I
N
B
Giải
a/ Hình vẽ:Vì hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (I)
nên ta gọi M, N, E, F lần lượt là tiếp điểm giữa AB, CD, AD, BC
với (I)
Ta có AI, BI, CI, DI là các phân giác của DAB ABC BCD CDA, , ,
Suy ra 1
2
IAD IAB IBA IBC DAB
2
IDA IDC ICD ICB ADC (Vì ABCD là hình thang
cân)
Mà DAB CDA 180 0 (ABCD là hình thang cân)
Nên 1800 0
90 2
IAD IDA
Do đó AID 180 0 90 0 90 0 (tổng ba góc trong tam giác bằng 1800)
Vậy tam giác IAD vuông tại I
Hoàn toàn tương tự ta có tam giác IBC vuông tại I
b/ Hai tam giác vuông IMA, IMB có
2
DAB IAM IBM AIM BIM
Do đó IMAIMB g c g .
Suy ra MA = MB, hay M là trung điểm của AB
Tương tự ta có N là trung điểm của CD
Cho nên ta có: EA AM MB BF x
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông IMA ta có:
AI x x
Tam giác AID vuông tại I có IE là đường cao nên:
AI AE AD AD
x
8
4
ABCD
x
x
(chú ý: M, I, N thẳng hàng vì ABCD là hình thang cân)
