SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ TĨNH.
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2007 – 2008
(Thời gian làm bài 150 phút)
Bài 1: a) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
5
7
+ + + =
b) Giải phương trình: 1 2 2 1
1 2
x
−
Bài 2: a) Các cạnh a, b, c của tam giác ABC thoả mãn đẳng thức :
;
2
a b c p
p p a p b p c
+ +
b) Các số dương x, y, z thoả mãn 2
2
+ + =
Tính giá trị biểu thức: (1 )(1 )(1 )
y
Bài 3: Ba đường tròn (O;R), (O1;R1), (O2;R2) với R < R1 < R2 tiếp xúc ngoài với nhau từng đôi một đồng thời tiếp xúc với một đường thẳng Gọi S, S1, S2 lần lượt là diện tích các đường tròn tâm O, O1, O2 Chứng minh: 4 4 4
1 2
1 1 1
S = S + S
Bài 4: Cho đường tròn (O, R) và đường tròn (O’ , R’) cắt nhau tại A và B Trên tia đối
của tia AB, lấy điểm C, kẻ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O (D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O’) Đường thẳng AD, AE cắt đường tròn tâm O’ lần lượt tại M và N (M và N khác A) Tia DE cắt MN tại I Chứng minh:
a) ∆ MIB đồng dạng với ∆ AEB
b) O'I MN ⊥
Bài 5: Tam giác ABC có góc A không nhọn, BC = a, CA = b, AB = c.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P 1 a 1 b 1 c
= + ÷ + ÷ + ÷
Trang 2Lời giải:
Bài 1: a) Hệ đã cho tương đương với
+ + + =
Hệ đã cho tương đương với
5
2 0
3 0
v
v
= −
2
3
u
v
=
=
hoặc
3 2
u v
=
=
• Nếu =u v =32
2 2
1
2 1 0
1
2
x x
x x x
y
x
y y
=
⇔ + = ⇔ − + = ⇔ == ⇔ =
• =u v=23
1 3
3 1 0 3 1 0
2 2 2 0 ( 1) 1 0 2
x
x
y y
+ =
+ =
vô nghiệm Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (x; y) = (1; 1) hoặc (1 ; 2)
b) Ta có điều kiện:
2 2
1 0
1 2 0
x x
− ≥
Nếu 1 −x2 − = ⇒x 0 1 −x2 = ⇒ −x 1 x2 =x2 ⇒ − 1 2x2 = 0trái với điều kiện Suy ra 1 −x2 − ≠x 0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
2 2
1 1 1 2 1 2 ( 1) 0
1
x
x
=
⇒ + = − ⇒ + + = − ⇒ + = ⇒ =
Thử lại ta thấy hai nghiệm trên thoả mãn Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
x = 1 hoặc x = 0
Bài 2:
a) Ta có: 1p = p a1− − p b1− − p c1− ⇔ +1p p c1− = p a1− − p b1− ⇔ p p c2(p c−− ) =(p a p b−a b)(− − )
2 2
1 ( ) 2 ( ) ( ) 2
a b
+
+ −
Vậy tam giác ABC vuông tại A
Trang 3b) Đặt a= x≥ 0;b= y ≥ 0;c= z ≥ 0 Từ bài ra ta suy ra : 2 2 2
2 2
a b c
a b c
+ + =
+ + =
Do đó 2(ab ac bc+ + ) ( = + +a b c) 2 − (a2 + +b2 c2 ) 4 2 2 = − = ⇒ab ac bc+ + = 1
Khi đó : Ta dể suy ra 1 + =x ab ac bc a+ + + 2 = + (a b a c)( + )
1 + =y ab ac bc b+ + + 2 = + (a b b c)( + )
1 + =z ab ac bc c+ + + = + 2 (a c b c)( + )
( )( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
P a b b c c a
c a a b b a c b c a c b
( )( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2( ) 2
a b b c c a
c a a b b a c b c a c b
a b c b c a c a b ab ca bc
Vậy P = 2
Bài 3: Ta có hình vẽ:
Hạ OK vuông góc với O1A;
OH, O1N lần lượt vuông góc với O2B
Khi đó dể dàng suy ra các tứ giác O!NKH,
KHAB là hình chữ nhật và ba điểm H, O, K thẳng
hàng nên O1N = HK = OH + OK (1)
OH = OO − O H = (R +R) − (R −R) = 4RR ⇒OH = 2 RR (2)
Tương tự ta cũng tính được:
OK = OO − O K = (R +R) − (R −R) = 4RR ⇒OK = 2 RR (3)
O N = O O − O N = (R +R ) − (R −R) = 4R R ⇒O N = 2 R R (4)
Từ (1), (2), (3) và (4) ta suy ra 2 R R1 2 = 2 RR1 + 2 RR2 ⇒ R R1 2 = RR1 + RR2
Hay R R1 2 = R( R1 + R2) suy ra điều cần chứng minh.
Bài 4:
a) Ta có Aµ1 = Mµ1 cùng chắn cung BN (1)
Do tứ giác AMNB nội tiếp nên:
· · 180 0
MNB MAB+ = mà CAM MAB· + · = 180 0(kề bù)
suy ra MNB CAM· =· ⇒·MNB DAB do CAM=· ( · =DAB· )
1
O •
O
•
•
2
O
1
R
R
1
R−R
2
R−R
K H
N
2
R
A C
B
D
M
I
N
E
1 23
' O
Trang 4mà DAB DEB· = · (cùng chắn cung BD) nên suy ra
· ·
MNB DEB= hay INB DEB· =· suy ra tứ giác BEIN nội tiếp
(vì có tổng hai góc đối bằng 1800) ⇒EBI· =ENI· hay ⇒EBI· = ·ANM mà ·ANM =·ABM
·ABM EBI·
⇒ = hay Bµ1 +Bµ2 =µB2 +µB1 ⇒µB1 =Bµ3 (2) Từ (1) và (2) ⇒ ∆ AEB : ∆ MIB
b)Do CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên CDA CBD· =· (góc giữa tia tiếp tuyến và một dây) ⇒ ∆ CDB : ∆ CAD(g – g ) BD CD
DA CA
Do CE là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên CEA CBE· =· (góc giữa tia tiếp tuyến và một dây) ⇒ ∆ CEB : ∆ CAE(g – g ) CE EB
CA EA
⇒ = (4) Hơn nữa CD = CE (t/c tiếp tuyến) (5)
Từ (3), (4), (5) ta suy ra EB BD
EA= DA (6)
Mặt khác theo câu a ta có AEB MIB EB IB
EA MI
∆ : ∆ ⇒ = (7), ta có tứ giác AEBD nội tiếp nên
ABD AED= ⇒ABD IEN= (vì ·AED IEN= · đối đỉnh), do tứ giác BNIE nội tiếp theo chứng minh câu a ·IEN =IBN· ⇒·ABD IBN= · (8), cũng theo chứng minh câu a ta có ·INB DAB= ·
(9)
Từ (8) và (9) DBA IBN BD IB
DA IN
⇒ ∆ : ∆ ⇒ = (10) Từ (6), (7) và (10)
1
MI =NI O I MN
Bài 5: Do C 90µ ≥ 0 nên c2 a2 b2 2ab c 2
ab
≥ + ≥ ⇒ ≥ .Mặt khác theo bất đẳng thức Côsi ta
có
( )
3
3 3
2 2 3 4 3 4 3 4 3 2 2 4 3 2 4 3 2
P
= + ÷ + ÷ + ÷= + + ÷ + + + ÷≥ + +
+
Vậy
2 2 2
min = 4+3 2 ABC
c a b
a b P
b a
a b c c
= +
+
vuông cân tại C