Tiếp tuyến của nửa đường tròn O tại M cắt tia OC, cắt tiếp tuyến tại A và cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn O lần lượt tại D, E và H.. Gọi F là giao điểm của AE và BD.. 0,5đ - Do n
Trang 1PHÒNG GD – ĐT PHƯỚC LONG
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG HUYỆN MÔN : TOÁN
Năm học : 2010 – 2011
ĐỀ ( đề xuất )
Học sinh làm bài trên giấy thi
Câu 1 (4 đ ) : Chứng minh rằng : tích của hai số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương
Câu 2 (4 đ ) : Tính 2+ 2+ 2
Câu 3 (4 đ ) : Cho a , b , c , d là các số thực dương Chứng minh rằng :
1< a b c d
Câu 4 ( 4 đ ) : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau :
xy - 2x -3y + 1 = 0 Câu 5 (4đ) : Cho nửa đường (O, R) đường kính AB, bán kính OC vuông góc với AB
M là điểm trên nửa đường tròn (O) ( M khác A , B ) Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt tia OC, cắt tiếp tuyến tại A và cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn (O) lần lượt tại D, E và H Gọi F là giao điểm của AE và BD.
Chứng minh rằng EA EF= AB42
Trang 2PHÒNG GD – ĐT PHƯỚC LONG
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG HUYỆN MÔN : TOÁN
Năm học : 2010 – 2011
ĐÁP ÁN
Câu 1 (4 đ ) :
- Gọi hai số nguyên dương liên tiếp là n , n + 1 ( n∈N*)
- Khi đó : n(n + 1) = n2 + n (0,5đ)
- Ta có : n2 < n2 + n (Do n nguyên dương ) (1đ)
- Ta lại có : n2 + n < n2 + 2n + 1(Do n nguyên dương ) hay n2 + n < (n + 1)2 (1đ)
- Từ và ta có : n2 < n2 + n < (n + 1)2 hay n2 < n(n + 1) < (n + 1)2 (0,5đ)
- Do n là số nguyên dương nên n2 và (n + 1)2 là hai số chính phương liên tiếp , giữa hai
số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào Do đó n(n + 1) không là số chính
phương Vậy tích của hai số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương (1đ)
Câu 2 (4 đ ) :
Đặt x = 2+ 2+ 2 , do 2> 0 nên x > 0 (0,5đ)
Ta có : x = 2+ 2+ 2
⇔ x2 = 2 + 2+ 2+ 2
⇔ x2 = 2 + x ( Do x = 2+ 2+ 2 ) (1đ)
⇔ x2 – x – 2 = 0
⇔ x2 + x –2x – 2 = 0
⇔x(x + 1) – 2(x + 1 ) = 0
⇔(x + 1)(x – 2) = 0 (1đ)
⇔ x + 1=0 hoặc x – 2 =0
2 0
x
x
+ =
− =
x 1 loai 2
x
= −
=
(1đ)
Vậy 2+ 2+ 2 = 2 (0,5đ)
Câu 3 (4 đ ) :
- Ta có : a + b + c +d > b + c + d (Do a , b , c , d là các số thực dương ) (0,5đ)
a b c d+ + + <
a
b c d+ + (0,5đ)
- Tương tự , ta có :
b
a b c d+ + + <
b
c d a+ + (0,5đ)
c
a b c d+ + + <
c
d a b+ + (0,5đ)
Trang 3d
a b c d+ + + <
d
a b c+ + (0,5đ)
- Cộng từng vế , , , ta được :
a
a b c d+ + + +
b
a b c d+ + + +
c
a b c d+ + + +
b
a b c d+ + + <
a
b c d+ + +
b
c d a+ + +
c
d a b+ + +
d
a b c+ +
(0,5đ)
a b c d
+ + +
+ + + <
a
b c d+ + +
b
c d a+ + +
c
d a b+ + +
d
a b c+ + (0,5đ)
+ + + + + + + + (0,5đ)
Câu 4 ( 4 đ ) :
Ta có : xy - 2x -3y + 1 = 0
⇔ xy - 2x -3y + 1 + 5 = 5 (1đ)
⇔ xy - 2x -3y + 6 = 5
⇔ x(y – 2) -3(y – 2) = 5
⇔ (x-3)(y – 2) = 5 (1đ)
Ta phân tích 5 = 1.5 = -1 (-5) (0,5đ)
Khi đó , ⇔
3 1
2 5
3 5
2 1
x y x y x y x y
− =
− =
− = −
− = −
− =
− =
− = −
− = −
⇔
4 7 2 3( ) 8
3 2 loai 1
x y x
x y x y
=
=
= −
=
=
= −
(1đ)
Vâỵ nghiêm nguyên dương của là (x,y) = (8;3) , (4;7) (0,5đ)
Câu 5 ( 4 đ ) :
Chứng minh
-Ta có : OA=OB ( Bán kính của (O) )
-Ta có : EA⊥AB , HB⊥AB (GT) Do đó , AE//BH Khi đó , EABH là hình thang
-Ta lại có : OD⊥AB (GT) nên OD//AE//BH
-Trong hình thang ABHE có OD//AE//BH và OA=OB nên DE = DH (0,5đ)
-Xét hai tam giác :FED và DHB , có :
DE = DH
FDE BDH= (Đôí đỉnh )
Trang 4⇒ ∆FDE = ∆BDH ( g-c-g) ⇒ FE = BH (0,5đ)
- Hai tiếp tuyến HM và HB của (O) cắt nhau tại H nên HM = HB (0,5đ)và
OH là tia phân giác của ·BOM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
- Tương tự , OE l à tia phân giác của ·AOM (0,5đ)
- Khi đó , OE và OH là hai tia phân giác của hai góc kề bù nên ·EOH = 90 0( T ính chất hai tia phân giác của hai góc kề bù ) Hay tam giác HEO vuông tại O
(0,5đ)
- Ta lại có : OM⊥HE (Tính chất tiếp tuyến) nên OM là đường cao trong tam giác HEO
⇒ EM.MH = OM2 ( Hệ thức cạnh và đường cao trong tam giác vuông )
(0,5đ)
- Từ và ta có : FE = MH mà EM = EA (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên FE.EA = OM2 (0,5đ)
- Ta lại có : OM2 = AB42 ( Do OM là bán kính , AB là đương kính ) nên
4
AB
(0,5đ)
A
F
C
E
H
M D