De HSG toan 9 - dap an

Từ một điểm M trên cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt hai tiếp tuyến kia tại P và Q.

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN EAKAR

TRƯỜNG THCS CHU VAN AN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9

Năm học 2008 – 2009

Thời gian: 150 phút

Bài1: (4 điểm)

a) Giải phương trình: x+ −1 24 x + x+ −9 64 x =2

b) Chứng minh rằng nếu : a,b,c là các số không âm và b là số trung bình cộng của a và c thì ta có

1 1 2

( 3) ( 2) 2



 + − + = −

 (k)

Với k∈{1; 2;3; ; 2005}

a) Tính ;x y theo k với ( ; ) k k x y là nghiệm của hệ phương trình (k) k k

2

x y +x y +x y + ×××+x y <

Bài 3: (4 điểm) Cho ∆ABC có góc ABC) >900 Đặt BAC x) = và BCA y) =

CMR: sin(x + y) = sinxcosy + sinycox

Bài 4: (6 điểm) Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC với (O) Từ một

điểm M trên cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt hai tiếp tuyến kia tại P và Q

a) CMR khi M chuyển động trên cung nhỏ BC thì chu vi ∆APQ không đổi

b) Nếu M là điểm chính gữa của cung nhỏ BC chứng minh 1

2

S∆ > S∆

ĐÁP ÁN

Câu1: (4 điểm)

a) x+ −1 24 x + x+ −9 64 x =2 ( ) (2 )2

4 x 1 4 x 3 2 (1) y 1 y 3 2 y 4 x 0;x 0 (2)

• 0≤ ≤y 1: y− ≤1 0, y− <3 0, nên (2)⇔ − + − = ⇔ =1 y 3 y 2 y 1 (thoả mãn đk)

1

x

⇔ = là một nghiệm của phương trình (1) (0,5đ)

• 1< ≤y 3 : y− >1 0, y− ≤3 0, nên pt (2) y− + − = ⇔1 3 y 2 0y=0

Do đó pt (2) có vô số nghiệm y (1< ≤y 3), suy ra pt (1) có vô số nghiệm x (1< ≤x 81 ) (0,5đ)

• y>3: y− >1 0, y− >3 0, nên pt (2)⇔ − + − = ⇔ =y 1 y 3 2 y 3, pt vô nghiệm.

Vậy tập nghiệm của pt (1) là: S =[1; 81] (0,5đ) b) Ta có:

(*)

VT

2

a c

b= + ⇔ + =a c b⇔ − = −b a c b

, nên:

b a VT

−

Đẳng thức (*) được nghiệm đúng

Bài 2: (6 điểm) Rút x từ pt : x + 2y =3k + 2 ta có x = 3k + 2 – 2y (3) (0,5đ)

Thay vào pt (k+3)x – (k+2)y = -2 ta có: (k+3)(3k+2-2y)–(k+2)y + 2 =0

2

2

2

3 ( 1) 8( 1) 0 (3 8)( 1) 0

(1,5đ)

Vì k∈{1; 2;3; ; 2005} ⇒3k+ > ⇒ − + = ⇒ = +8 0 k y 1 0 y k 1 (0,5đ)

Thay vào (3) Ta có: x=3k+ −2 2(k+ =1) 3k+ −2 2k− =2 k

⇒ nghiệm là (x k y k= ; = +1) (0,5đ)

b) Ta có: x12+y12 ≥2x y x1 1; 22+y22 ≥2x y2 2; ;×××x20052+y20052≥2x2005 2005y (0,5đ)

1 1 2 2 3 3 2005 2005

2

p

(0,5đ)

y x

C A

B

K H

M I

Q

O

A B

C P

2 1 2 2 3 3 4 2005 2006

1

2 2 2 3 3 4 2005 2006

p

p

(1đ)

1

Vì 2005 1

2006<

Bài 3: (4 điểm) Vẽ hình viết gtkl đúng (0,5đ)

Dựng BK vuông góc AC ; AH vuông góc BC (0,5đ)

khi đó

Sinx BK;Siny BK; osx=C AK; osy=C KC

từ đó ta có inxcosy+sinycosx=BK ( )

AB

s

+

×

=BK AC 2

AB BC

ABC

S

AB AC

∆

× × (1) (0,75đ)

ABC>90) ⇒ABH) = + <x y 90 ( góc ngoài ABC)∆ (0,5đ)

2 AH

sin(x+y)=sinABH= AH BC S ABC

∆

×

)

(2) (0,75đ)

từ (1) và (2) ⇒sin(x+y)=sinxcosy+sinycosx (đpcm) (0,5đ)

Bài 4: (6 điểm) Vẽ hình viết gtkl đúng (0,5đ)

1) (2đ)Ta có P∆APQ = AQ AP PQ AQ AP QM MP+ + = + + + (0,5đ)

Mà QM=QC; PB=PM (T/C tiếp tuyến) (0,5đ)

APQ

⇒ = + + + = + = = (0,5đ)

mà AB không đổi ⇒P∆APQ không đổi (0,5đ)

2) (3,5đ)Ta có:

2

APQ

PQ AM

(0,25đ)

mặt khác

2

MBC

BC MI

(0,25đ)

1

;

  (0,5đ)

mặt khác ta có: MP < AP (cạnh góc vuông- cạnh huyền)

PB AP MP PB

⇒ < =

1

PB

AP

⇒ < (0,5đ)

mà QP// BC ( cùng vuông góc OA)

1

MA MI

⇒ = < ⇒ > (1) (0,5đ)

mặt khác PQ = MP+PB (MQ=MP=BP) mà MP+PB>MB (BĐT trong ∆)

ta thấy MB>IB (∆IMB vuông tại I) (0,5đ)

PQ IB

⇒ > (2) từ (1) và (2) ⇒PQ MA IB MI× > × (0,5đ)

2 2

1 2

⇒ >

(0,5đ)