Câu 4: Từ hai điểm B và C của đường tròn O BC không là đường kính, kẻ hai tiếp tuyến Bx và Cy với đường tròn, chúng cắt nhau ở A.. Gọi M là một điểm bất kỳ trên đương thẳng đi qua các
Trang 1PHÒNG GD – ĐT QUỲ CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
……… KHỐI LỚP 9 NĂM HỌC 2010 - 2011
MÔN: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài 150 ’ ( Không kể thời gian giao đề )
Câu 1:
a Tìm x, y, z biết :
x - y + z = x - y + z
b Cho C = x+ 1 − x và D = x− x− 1 với x≥ 1
So sánh C và D
Câu 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = x 2 + x + 1 + x 2 - x + 1
Câu 3: Cho đường thẳng (d) : y = (m – 2)x - m – 1
Tìm m để đường thẳng đã cho cách gốc tạo độ một khoảng lơn nhất
Câu 4: Từ hai điểm B và C của đường tròn (O) ( BC không là đường kính), kẻ hai
tiếp tuyến Bx và Cy với đường tròn, chúng cắt nhau ở A Gọi M là một điểm bất kỳ trên đương thẳng đi qua các trung điểm P, Q lần lượt của AB và AC kẻ tiếp tuyến
MK của (O) Chứng minh MK = MA
Câu 5: Cho tam giác ABC, đường cao AH Chứng minh rằng: AH.BC < AB.AC
-HÕt -PHÒNG GD – ĐT QUỲ CHÂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
……… KHỐI LỚP 9 NĂM HỌC 2010 - 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN HỌC
Trang 2CÂU NỘI DUNG BÀI GIẢI ĐIỂM
Cõu 1
4 đ
a Điều kiện: x, y, z > 0; x - y + z > 0
Ta có: x - y + z = x - y + z => x - y + z + y = x + z
=> x - y + z + y + 2 y(x - y + z) = x + z + 2 xz
=> y(x - y + z) = xz => y(x - y + z) = xz
=> y(x - y) + yz - xz = 0 => y(x - y) - z(x - y) = 0
=> (x - y)(y - z) = 0
x = y và z tùy ý
y = z và x tùy ý
b Giả sử C < D
C < D <=> x + 1 - x < x - x - 1 <=> x + 1 + x - 1 < 2 x
<=> x + 1 + 2 (x + 1)(x - 1) + x - 1 < 4x
<=> 2 x 2 - 1 < 2x <=> x 2 - 1 < x 2
<=> -1 < 0 ( Bất đẳng thức đúng)
Vậy C < D
0,25 0,25 0,5 0,5 0,5
0,25 0,25 0,5 0,5 0,5
Cõu 2
3,5 đ
A2 = x2 + x + 1 + x2 - x + 1 + 2 (x2 + x + 1)(x2 - x + 1)
= 2x2 + 2 + 2 (x2 + 1) - x2
= 2x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 ≥ 0 + 2 + 2 = 4
(Vì x2 ≥ 0 ; x4 + x2 + 1 ≥ 1)
<=> A2≥ 4 <=> A ≥ 2
Dấu "=" xảy ra <=> x = 0
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 <=> x = 0
0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 0,5
Cõu 3
4 đ
Giả sử B(x0;y0) là điểm cố định thuộc đường thẳng
y0 = (m – 2)x0 – m – 1 đỳng với mọi m
mx0 – 2x0 – m – 1 – y0 = 0 đỳng với mọi m
m(x0 – 1) – 2x0 – 1 – y0 = 0 đỳng với mọi m
−
=
=
<=>
=
−
−
−
=
−
3
1 0
1 2
0 1
0
0 0
0
0
y
x y
x x
Vậy đường thẳng (d) luụn đi qua điểm B(1;-3)
Phương trỡnh đường thẳng OB cú dạng y = ax
B thuộc OB -3 = a.1 a = -3
OB: y = -3x
Gọi khoảng cỏnh từ O(0;0) đến (d) là OH
OH < OB (khụng đổi vỡ điểm B cố định)
Dấu “=” xảy ra H trựng với B OB vuụng gúc với (d)
-3(m – 2) = -1 m – 2 = 1/3
m = 7/3
Vậy m = 7/3 thỡ (d) cỏch O(0;0) một khoảng lớn nhất
0,25 0,25 0,5
0,5 0,5
0,5 0,5 0,5 0,5
Trang 3Cõu 4
6,5 đ
KL
GT
(O;r); B,C thuộc (O;r)
Bx, Cy là các tiếp tuyến vơi (O)
Bx cắt Cy tại A
PA = PB; QC = QB ( P thuộc AB; Q thuộc AC)
M thuộc PQ; MK là tiếp tuyến của (O)
MK = MA
A y x
2 1
I
M Q
P
O
B
C K
1,0
1,0 1,0
2,0 0,5 1.0
Chứng minh
Gọi bán kính đ ờng tròn (O) là r, giao điểm OA và PQ là I.
Khi đó ta có AOB = COA ( cạnh huyền - cạnh góc vuông)
⇒ AB +AC và ∠ A1 = ∠ A2 hay OA là phân giác của ∠ BAC
⇒ PAQ cân ở A
⇒ OA ⊥ PQ.
áp dụng định lý Pytago vào các tam giác:
MKO có: MK 2 = MO 2 - r (1)
MIO có: MO 2 = MI 2 + IO 2 (2)
OBP có: r 2 = OP 2 - PB 2 = OP 2 - PA 2 (3)
OIP có: OP 2 = IO 2 + IP 2 (4)
Từ (1),(2), (3) và (4) có: MK 2 = MI 2 + IO 2 - (IO 2 + IP 2 - PA 2 ) ⇒ MK 2 = MI 2 + AI 2 Trong AIM có: MI 2 + AI 2 = MA 2 nên MK 2 = MA 2 ⇒ MK = MA. Cõu 5 2 đ KL GT AH.BC ≤ AB.AC ABC AH ⊥ BC H A B C 0,25 0.5 0,25 0,5 0,25 0,25 Chứng minh Kẻ đ ờng cao BK ⇒ BK ≤ AB Dấu "=" xảy ra <=> K ≡ A (AB là đ ờng xiên, BK là đ ờng vuông góc )
Khi đó ta có: S ABC = 1
2 AH.BC = 1 2BK.AC ≤ 12 AB.AC <=> 1
2 AH.BC ≤ 1
2 AB.AC hay AH.BC ≤ AB.AC.