bộ đề thi học sinh giỏi toán 9

Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn.. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G.. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC chứ

Bài 1: (1.5 điểm)

Thực hiện tính:

2 4

4 2

b Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0

x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0

Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)

Bài 4: ( 3.0 điểm)

Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn Vẽ các tiếp tuyến AB, AC vớiđường tròn (B, C là các tiếp điểm) Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) tại M Trên cung nhỏ MCcủa (O) lấy điểm D AD cắt (O) tại điểm thứ hai E I là trung điểm của DE Đường thẳng qua Dvuông góc với BO cắt BC tại H và cắt BE tại K

a Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn

b Chứng minh  ICB =  IDK

c Chứng minh H là trung điểm của DK

4 2

( 2

) 2 2

( 2

) 2 )(

2 (

) 2 )(

2 ( 2 2

x x

x x

x x

x

x x x

x

Thay x 2 6  3 vào được:

2 3 2 3

1 )

2 3 (

1 3





 x

x được x1 = 0; x2 = -5

Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệmGhi chú: Có thể đặt y = x2 + 5x Lúc này cần đặt điều kiện khi bình phương hai vế.

1 ( 2 3

3 2

( x  x x  

0 3

b Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0

x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0

Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)

M

OB  BA; OC  CA ( AB, AC là các tiếp tuyến),OI  IA (I là trung điểm của dây DE)

 B, O, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO

0,75

ICB = IAB ( Cùng chắn cung IB đường tròn đường kính AO) (1)

Từ (1) và (2) được:  ICB =  IDK

1.0

 ICB =  IDK hay  ICH =  IDH  Tứ giác DCIH nội tiếp. HID =  HCD

 HCD =  BED (Cùng chắn cung DB của (O)) HID =  BED  IH // EB

 IH là đường trung bình của DEK  H là trung điểm của DK

Bài 5: ( 1.0 điểm)

Chứng minh A(n) = n2(n4 - 1) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n

- A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1) Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho 3 nên A(n) chia hết cho 3 với mọi n

- A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n) Do n5 - n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n) chia hết cho 5 với mọi n

- Nếu n chẵn  n2 chia hết cho 4  A(n) chia hết cho 4 Nếu n lẻ  (n-1)(n+1) là tích hai số chẵnnên nó chia hết cho 4  A(n) chia hết cho 4 với mọi n

- Ba số 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n) chia hết cho 60

11

2 2

y xy x

y x

b Chứng minh AE.AC + BF BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn

c Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất Tính diện tích đó

b a

0,50

2 1 2

4 ) ( 2

4 2

y x

1 4

1 )

( 4

xy y

x xy y

3 4 2

1 2

3 4 2

1 3

2

4

2 2

2 2

xy x xy y

11

2 2

y xy x

y x

11 2

2

P S

P S

- Với S2   5  2được P2  8  5 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình:

0 2 5 8 ) 2 5 ( 2

1 1

c

b c

1

2 1

c

b c

b

Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm là 2, 5, 7

0,25

Bài 4: (3.0 điểm)

- BE, AF là hai đường cao của ABC  CI là đường cao thứ ba hay CIAB

- Tứ giác IHFB nội tiếp  HIF = HBF hay CIF = EBF

- EOF đều nên EOF = 600  EF = 600  CIF = EBF = 300

1,0

E

FC

HIO

- Chứng minh ACI đồng dạng với ABE - được: AC AE AB AI

AE

AI AB

AC



BC



2 2

EF S

S

ABC

FEC

ABC ABFE S S

2

3

S R

R R



: 2

k i

c b

a

Bài 4.(7,5 điểm)

Cho tam giác ABC (AB < AC) ngoại tiếp đờng tròn (O;R) Đờng tròn (O;R) tiếp xúc vớicác cạnh BC, AB, AC lần lợt tại các điểm D, N, M Kẻ đờng kính DI của đờng (O;R) Qua I kẻtiếp tuyến của đờng (O;R) nó cắt AB, AC lần lợt tại E, F

a, Biết AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm Tính chu vi của tam giác AEF

b, Chứng minh EI BD = IF.CD = R2

c, Gọi P là trung điểm của BC, Q là giao điểm của AI và BC, K là trung điểm của AD.Chứng minh ba điểm K, O, P thẳng hàng và AQ = 2KP

Bài 4.(7,5 điểm)

của tam giác AEF

+ c/m cho chu vi của tam giác AEF là PAEF = 2AN 0,75

2,0đ

+ c/m cho 2AN = AB + AC – BC = 8 + 11 – 9 = 10 cm 0,75

b,Chứng minh EI BD = IF.CD = R2

+ c/m cho tam giác EOB vuông tại O

 EN.BN = ON2 = R2 ( theo hệ thức lợng trong tam giác vuông)

Mà EI = EN, BD = BN ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm)  EI BD

= R2

1,25

2,5đ

c, Gọi P là trung điểm của BC, Q là giao điểm của AI và BC, K là trung điểm của AD Chứngminh ba điểm K, O, P thẳng hàng và AQ = 2KP

áp dụng hệ qủa định lý Talet trong các tam giác AQC và tam giác ABC

+ Vì K là trung điểm của AD, O là trung điểm của ID suy ra KO là

đ-ờng trung bình của tam giác ADI  KO // AI hay KO // AQ (4)

+ Từ (3) và (4)  K, O, P thẳng hàng

0,75

Do K là trung điểm của AD, P là trung điểm của DQ suy ra KP là đờng 0,25

trung b×nh cña tam gi¸c DAQ suy ra AQ = 2KP.

Bài 4 (4đ) Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H Đường

thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G

a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC

Bài 4a) Ta có BG AB, CH AB, nên BG // CH,

tương tự: BH AC, CG AC, nên

đi qua trung điểm M của BC

4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và ACF

vuông Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng Từ đâysuy ra AB AE AB AF (1)

AC AF  AE AC

Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2) Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF

4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra ∆BDF~∆DEC

5 (

2 2

x

x x x

A

Điều kiện để A có nghĩa là x ≠5 và x ≠2

0,25

) 2 )(

5 (

15 8 )

2 )(

5 (

2 )(

4 2 ( 2

x x x

x

x x x

)(

5

(

) 3 )(

x

x x

Thay c2 = (a+b)2 vào ta được:

= (2a2 + 2b2 + 2ab )2 - 4(a2b2 + b2c2 + a2c2) 0,25

= 4[(a2 + b2 + ab)2 - a2b2 - c2(a2+b2)] 0,25

Thay c2 = (a+b)2 vào ta được:

= 4[ (a2+b2)2 +2(a2+b2)ab + a2b2 - a2b2 -(a+b)2 (a2+b2)]

= 4[ (a2+b2)2 +2(a2+b2)ab -(a+b)2(a2+b2)]

ac a

abc

ab abc

ac abc

0,25

Áp dụng a) cho ba số ab, bc, ca ta có: (bc)2  (ac)2  (ab)2 

ab c ac

b Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng qui

c Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất

Bài 5: (1,5 điểm)

Cho tam giác ABC (AB < AC) có AD là phân giác Đường thẳng qua trung điểm M của cạnh BC song song với AD cắt AC tại E và cắt AB tại F.CMR:BF=CE

EDC + ADE = 900nên DE  CF 0,25

MC = MA (BD là trung trực của AC) 0,25

M

EF

A

EF

Phương trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 ).

+)Với y = 2 và y = 2 ta có không tìm được x nguyên

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 );

Bµi 1: (3 ®) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:

Chứng minh rằng:a) 4 a 3 b3a b 3 với a, b > 0

y x

b) T¬ng tù

c) 4x 2 + 4x = 4y 2 - 76

 (2x + 1) 2 - (2y) 2 = -75

Ph

¬ng ph¸p 4 : Ph¬ng ph¸p sö dông tÝnh chÊt cña sè chÝnh ph¬ng

VD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña

b Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng qui

c Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất

M

EF

b Chứng minh

c b a c

ab b

ac a

abc

ab abc

ac abc

CA BA

ab c ac b

4

3

y x

z y x

5 4 3







 y z x

245

z y x M z

y x

z y

b) Chứng tỏ rằng HG//BC  tgB.tgC = 3

=> tgB.tgC=

2

(nếu hs cm hai chiều thì chiều thứ nhất 0.75đ, chiều ngược lại 0.75đ)

Câu 1(4đ): Cho biểu thức:

A = x (x 2)2  x x  2Điều kiện xác định của A là:

2 2

2 0 4x 4 1

x x

x

x x x

Vậy giá trị của B = 0

Bài 1 ( 4 điểm ) Phân tích đa thức sau thành nhân tử :

0,5 điểm

Ta thấy x =0,2 khụng thuộc khoảng đang xột

Vậy nú khụng là nghiệm của phương trỡnh.Vậy phương trỡnh cú nghiệm

y

x

x y xy x

Từ (1) do x, y nguyên ta có các trờng hợp sau:

a, x- y=-1 và x+2y+2 = 7 =>x=1 và y = 2 thoả mãn ( 2) (0,5đ)

b, x-y = 1 và x+ 2y +2 = -7 => x+2y = -9 => y không nguyên (o,5đ)

c, x- y= -7 và x+ 2y +2 = 1

Giải hệ nàyđợc nghiệm ( x, y) = ( -5,2) không thoả mãn phơng trình (2) (0,5đ)

d, x-y = 7 và x+2y+2 = -1 => x+2y =-3 => y không nguyên (0,5đ)Tóm lại hệ đã cho có duy hất một nghiệm nguyên (x, y) =(1, 2)

Câu 2 (1điểm):

Tìm các giá trị của m để 2 đờng thẳng y = (m – 1)x + 2 (m 1)

Và y = (3 –m)x + 1 (m 3) song song với nhau

Vậy với m = 2 thì thoả mãn bài ra

Câu 3 (4đ) Cho đờng thẳng (m+2)x – my = -1 (1) (m là tham số)

a, Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (1) luôn đi qua

b, Tìm điểm cố định của m để khoảng cách từ O đến đờng thẳng (1) là lớn nhất

(1)

 

   0

0

1 2 1 2

x y

Vậy đờng thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định M(-1/2;-1/2)

b, (2đ) Gọi A là điểm của đờng thẳng (1) với trục tung

b) Tính giátrị của biểu thức

P với x =

14 - 6 5.c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P

Câu 4: ( 5điểm) Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính BC và điểm A trên nửa đờng

tròn(A khác B và C) Kẻ AH vuông góc với BC Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ

BC chứa điểm A, vẽ 2 nửa đờng tròn (O1) và (O2) đờng kính BH và CH chúng

lần lợt cắt AB, AC ở E và F

a) Chứng minh: AE.AB = AF.AC

b) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O1) và (O2)

c) Gọi I và K lần lợt là các điểm đối xứng của H qua AB và AC

Tuyến của đờng tròn (O)

Tơng tự EF là tiếp tuyến của

đờng tròn (O1)

AH( Vì AEHF là hình chũ nhật)

và MC cắt AH tại trung điểm G của

AH ( Vì AH// MB và AB//HF nên

GM BH AF

Suy ra 3 đờng EF, AH và MC đồng qui

Câu 5 (2đ) Cho 2 số dơng x,y có tổng bằng 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Để A nhỏ nhất  xy lớn nhất với x > 0; y > 0 ; x + y = 5 ta luôn có ( x y ) 2  0

 x + y  2 xy Vây xy sẽ lớn nhất khi x = y =2,5 (1đ)

Khi đó Min A = 4

Cõu 2: (5.0 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ cho các đờng thẳng (d): 3x – 2y + 3 = 0 và

(d') : 3x + 2y – 9 = 0 cắt nhau tại C và lần lợt cắt trục Ox tại A, B

a) Tìm tọa độ của các điểm A, B, C

b) Tìm diện tích và chu vi của tam giác ABC biết đơn vị đo độ dài trên các trục là cm

Gi

ải

 C là giao điểm của d và d/ nên tọa độ của C thỏa mãn hệ :

3x - 9

2y

3 3x

y 0

3x - 9 2y

 HA = HO + OA = 1 + 1 = 2 (cm)  HB = AB - AH = 2(cm)

 HA = HB = 2(cm)  tam giác CAB cân tại C (CH vừa là

đờng cao vừa là trung tuyến) ; tam giác vuông HCA có :

1 1

1

x

x x x

x x

x x

1 1

1

x

x x x

x x

x x

) 1 ( : 1

1 )

1 )(

1 (

) 1 )(

1 (

x

x x

x x x

x x

x

x x x

1 1

1

x

x x x x

x x

x x

(0.5đ)

y

x

O H1 3

3 -1

C

B A

y = 9-3x2

y = 3x+32

=

1

: 1

1 1

x x x

(0.5đ)

=

1

: 1

x

=

x

x x

Bài 3 (4 điểm): Cho tam giác MNP cân tại M Các đờng cao MD và NE cắt nhau tại H Vẽ đờng

tròn (O) đờng kính MH Chứng minh rằng:

a).E nằm trên đờng tròn (O)

b) Bốn điểm M, N, D, E cùng thuộc một đờng tròn

c) DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

a) Tam giác HME là tam giác vuông tại E nên nội tiếp đờng tròn đờng kính MH Từ đó E 

đ-ờng tròn (O) (1 điểm)

b) Các tam giác MDN và MEN là các tam giác vuông có chung cạnh huyền MN nên 4 điểm

M,N,D,E cùng thuộc một đờng tròn đờng kính MN (1 điểm).

c) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O):

Ta có : ENP = DMP ( vì cùng phụ với góc MPN) (1) (0,25 điểm)

Vì OM = OE nên tam giác OME cân , suy ra: OME = OEM (2) (0,25 điểm)

Tam giác NEP vuông tại E, có ED là đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền NP

nên: DN = DE Suy ra tam giác DNE là tam giác cân Suy ra DNE = DEN (3)

(0,5 điểm)

Từ (1), (2), và (3) Suy ra : OEM = DEN (0,25 điểm)

Lại có: OEM + HEO = 90o , Nên OEH + HED = 90o Suy ra DE  OE

( 0,5 điểm)

Suy ra DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) ( 0,25 điểm).

Bài 5 (3,5 điểm): Cho hai số thực a,b thoã mãn a > b và ab = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức: Q =

b a

b a



 22

b a

ab b

a b

a

b a

4

b a

b a b a

2

b a b a

b b

( 0,5 điểm)

Vậy Giá trị nhỏ nhất của Q đạt đợc là: Qmin=4 ( 0,5 điểm)

Cõu 4(6,0 điểm): Cho hai đường trũn (O) và (O’) tiếp xỳc ngoài tại A Gọi AB là đường kớnh

của đường trũn (O), AC là là đường kớnh của đường trũn (O’), DE là tiếp tuyến chung của haiđường trũn, D  (O), E  (O’), K là giao điểm của BD và CE

a) Tứ giỏc ADKE là hỡnh gỡ? Vỡ sao?

b) Chứng minh AK là tiếp tuyến chung của hai đường trũn (O) và (O’)

c) Gọi M là trung điểm của BC Chứng minh rằng MK vuụng gúc với DE

a) Theo tớnh chất gúc ngoài của tam giỏc :  O1 = 2B, O’1 = 2C mà O1 + O’1 = 1800 nờn B+C=900, suy ra K=900 Ta lại cú D = E = 900 nờn tứ giỏc ADKE là hỡnh chữ nhật.b) A1+A2=D1+D2=900 nờn KA  BC Vậy AK là tiếp tuyến của (O) và (O’)

c) K1 + E1 = C + EKA = 900 nờn MK  DE

Câu 1

Cho biểu thức

y x xy

: 1

1

a, Rót gän A

b, TÝnh gi¸ trÞ cña A khi

3 2

y x xy

y x A

1

2 1

: 1

1

xy

xy y x xy

xy y

x xy y

1 1

.

(0,25)

xy

xy y x xy

x y y y x x x y y y x x

 x  y

xy xy

x y x

1 1

2 2

(0,25)

x y

x

y x

1

1 2

(0,25)

b, 1,5 ®

Ta cã :

3 2

3

2

3 2

1 3 2 1 3

  3 0 3

Cho hình thang vuông ABCD Aˆ Dˆ  90 0, tia phân giác của góc C đi qua trung điểm I của AD

1 Chứng minh rằng BC là tiếp tuyến của đờng tròn (I, IA)

2 Cho AD = 2a Tính tích AB và CD theo a

 là tiếp tuyến của (I,IA)

b) BA vuông góc IA và CD vuông góc với IB suy ra BA, CD lần lợt là các tiếp tuyến của

(I) tại A và B

- Xét (I, IA), có BA, BH là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại B; CD, CH là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại

C Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:

 2 33

2 4 3 2 1 4

BH

3 2 0 4 3 2 1

180 ˆ

ˆH H I D  I I I I   I I 

I

A

BIC I

2

2

2 2

.

c a

c b

b c

b a

3 2

2 2 2

3 3 3 2 2 2

c b a ab

c ac

b bc

2

2 2 2

) 1 ( ) 1 (

xy

xy y

x

y x

1 =2

1 +

4

1 16

15

= 4 17

 (xy + xy1 ) 2  (

4

17 ) 2 = 16 289

Vậy minM =

16

289 , đạt đợc khi

xy xy

16

1

 x = y =

2 1

b) áp dụng BĐT : A 2 + B 2 

2

) (A  B 2 , ta có :

Ta cú: : y2 = - 2(x6- x3y - 32) <=> x6+(y-x3)2 = 64 (0,75đ) => x6 ≤ 64 => -2≤ x ≤2 do x Z => x {-1; -2; 1; 0; 1; 2} (0,75đ) Xột cỏc trường hợp (1,25đ)

+ x = 2 => (y - x3)2= 0 => y = 8+ x = 1 => (y - x3)2= 63 => y Z => pt này khụng cú nghiệm nguyờn+ x = 0 => (y - x3)2= 4 => y = 8 và y = - 8

+ x = - 1 => (y - x3)2= 63 => yZ => pt này khụng cú nghiệm nguyờn+ x = -2 => (y - x3)2= 0 =>y = - 8

N = ( x +

x

1 ) 2 + ( y +

=

2

) 1 1

N

2

25 2

4 1

1 1

2

) 1 1

Dấu "=" xảy ra khi 







y x y

 x = y =

2 1

Bài 5 ( 4 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, ờng tròn này cắt BA và BC tại D và E

1 AEC = 900 (Góc của tam giác có cạnh là đờng kính )

=> AEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450

=> AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB

2 Gọi K là trung điểm của HE (1) ;

I là trung điểm của HB => IK là đờng

trung bình của tam giác HBE

=> IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE tại E => IK  HE tại K (2)

Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH

3 Theo trên I thuộc trung trực của HE => IE = IH mà I là trung điểm của BH => IE = IB.

ADC = 900 (Góc của tam giác có cạnh là đờng kính ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông tại D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB

=> IE = IB = ID => I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID

Theo trên ADC có ADC = 900 =>B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5)

Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD  ID tại D

=> OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE

A