Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9 – THCS NĂM HỌC 2010 – 2011
+ Đáp án gồm có 05 trang
+ Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho đủ điểm thành phần tương ứng
1
Phân tích đa thức 4(1 + x )(1 + y )(1 + + x y ) 3 − x y2 2 thành nhân tử 1,50
4(1 x y) 4(1 x y xy) 3x y
2(1 x y) xy) (2 )xy
2 a Giải phương trình 2 x2 + 7 x + 10 + 2 x2 + + = x 4 3( x + 1) (1) 1,50
x + x+ = x+ + > x + + =x x+ + > ∀ ∈x
Vậy TXĐ: ¡
- Nếu x+ ≤ ⇔ ≤ −1 0 x 1 thì VP(1) 0, VT(1) 0≤ > (không thỏa mãn)
0,5
- Nếu x+ > ⇔ > −1 0 x 1 thì (1)
6x 6 3 x 1 2x 7x 10 2x x 4
2x 7x 10 2x x 4 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 2
2 2x + + =x 4 3x+1
0,5
2
3 1 0
3
2 15 0
x
x x
0,25
Thử lại Với x = 3 thì VT(1) = VP(1) = 12
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 0,25
- Nếu x = 0 thì hệ có nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0) 0,25
- Nếu x≠ ⇒ ≠0 y 0;z≠0 Ta có :
2
2
2
2 2
4 4
4 4
4 1
4
x
y
z
x z
x z
=
0,25
Cộng theo vế các phương trình của hệ ta được 0,25
1
Trang 22 2 2
2
1 2
x y z
2
x= = =y z thỏa mãn hệ pt đã cho
Vậy hệ có 2 nghiệm (x ; y ; z) là (0 ; 0 ; 0), 1 1 1; ;
2 2 2
0,25
3 a Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 1,00
Ta có 2011
(1) 2011
n
y z
− , trong đó m, n là các số nguyên thỏa mãn
n > 0, (m, n) = 1
(1) ⇔ nx my − = 2011 ny mz − (2)
0,25
Vì 2011 là số vô tỉ và m, n, x, y, z là các số nguyên nên ta có
(2) <=> nx – my = ny – mz = 0 nx my 2
xz y
ny mz
=
Ta lại có : 2 2 2 ( )2 2
2
x + y + z = + x z − xz y +
= + − = + + − +
Vì x2 + y2+ z2 là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 nên x – y
+ z = 1 Do đó x2 + y2 + z2 = + + x y z (3)
0,25
Nhưng x, y, z là các số nguyên dương nên x2 ≥ x y ; 2 ≥ y z ; 2 ≥ z
Suy ra x2 = x, y2 = y, z2 = z => x = y = z = 1
Khi đó 2011
1 2011
x y
y z
x + y + z = (thỏa mãn) Vậy (x ; y ; z) = (1 ; 1 ; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán
0,25
b Tìm nghiệm nguyên của phương trình 20 y2 − 6 xy = 150 15 − x 1,00
Ta có : 150 – 15x = 20y2 – 6xy <=> 6xy – 15x = 20y2 – 150
<=> 3x(2y – 5) = 5(4y2 – 25) – 25
<=> (2y – 5)(10y + 25 – 3x) = 25
Xét 6 trường hợp sau
0,25
)
)
0,25
2
Trang 310 25 3 25
2
y
10
2 5 25
3
x y
= −
− = −
0,25
70
2 5 5
= (loại)
)
Vậy phương trình có 3 nghiệm (x ; y) là (10 ; 3), (58 ; 15), (10 ; 0)
0,25
4
Chứng minh ·PCB=900
ACB C
Ta có :
µ µ
0
(1)
P C
ACB P
1
H Q
P
I
M F
E
D
C
B A
0,25
Chứng minh tứ giác ADIF nội tiếp ⇒CAB PIC· =· (2) 0,25
Từ (1) và (2)⇒ ∆PIC: ∆CAB g g( ) 0,25
PI IC
PI AB AC IC
AC AB
b Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) 1,00
Chứng minh tứ giác CDIH nội tiếp đường tròn (O)
·DCI
ADB
∆ có DM là đường trung tuyến
MDB
Ta lại có ⇒·MBD DCI=· (cùng phụ với ·CAB ) (5) 0,25
Từ (4) và (5) ⇒MDB DCI· =· (6)
Từ (3) và (6) suy ra MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) 0,25
c Chứng minh AB là đường trung trực của đoạn KR 1,00
c
K
C
I
H
0,25
3
Trang 4Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp
( )
CD DH CDH ABC CDH CBA g g
CB AB
CD CB CD CB
CDE CBM g g MCB ACR
DH AB DE MB
:
:
0,25
Ta lại có : ·ACR ABR= · (9)
Từ (7), (8), (9) ⇒MBK· =·ABR ⇒ BA là phân giác của ·KBR 0,25
Chứng minh tương tự ta được AB là phân giác của ·KAR
Từ đó suy ra AB là đường trung trực của KR 0,25 5
, , 0
1 x + 1 y ≥ 1 xy ∀ x y >
0 (1 )(1 ) (1 )(1 )
0,25
2
1
y x xy
y x x x y y x y
x y
BĐT cuối cùng đúng do xy ≥1
Đẳng thức xảy ra ⇔ =x y hoặc xy=1
0,25
15
a b b c c a + + ≥
(2)
15
1 b 1 c 1 a
Đặt x b, y c, z a
= = = thì 1 , , 4
4≤x y z≤ và xyz=1 BĐT trở thành 1 1 1 22
1 x+1 y+1 z ≥15
Không giảm tổng quát, giả sử z nhỏ nhất suy ra xy≥1 Theo câu a
2
, 1
t
t z
z
0,25
Ta sẽ CM 2 21 22, 1 2
t
t
+ + Bằng biến đổi tương đương
BĐT ⇔8t3−22t2+23t− ≥ ⇔7 0 (2 1)(4t− t2− + ≥9t 7) 0
0,25
4
Trang 5BĐT cuối cùng đúng do 1
2
t≥ và 4t2− + > ∀9t 7 0, t
- Hết
-5