Giải các phơng trình.. c Chứng minh rằng :Tam giác OAB là tam giác vuông.. Gọi I là giao điểm các đờng phân giác, M là trung điểm của BC.. Tính góc BIM.. Các đờng tròn đờng kính AM, BC
Trang 1Đề thi học sinh giỏi cấp huyện lớp 9
Môn toán - thời gian 15 0 phút
Năm học: 2006 - 2007
Bài 1: (4đ) Cho biểu thức:
P =
x
x x
x x
x
x
x
−
+ + +
−
−
−
−
−
3
3 1
) 3 ( 2 3 2
3
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị của P với x = 14 - 6 5
c) Tìm GTNN của P
Bài 2( 4đ) Giải các phơng trình.
a)
3
4
1
2
+
+ x
63 16
1 35
12
1 15
8
1
2 2
+ +
+ + +
+ +
x
b) x+ 6 − 4 x+ 2 + x+ 11 − 6 x+ 2 = 1
Bài 3: ( 3đ) Cho parabol (P): y = x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc k đi qua điểm M(0;1)
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của k, đờng thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B
b) Gọi hoành độ của A và B lần lợt là x1 và x2 Chứng minh rằng : |x1 -x2| ≥2
c) Chứng minh rằng :Tam giác OAB là tam giác vuông
Bài 4: (3đ) Cho 2 số dơng x, y thỏa mãn x + y =1
a) Tìm GTNN của biểu thức M = ( x2 + 2
1
y )( y2 + 2
1
x ) b) Chứng minh rằng :
N = ( x +1x )2 + ( y +1y )2≥ 252
Bài 5 ( 2điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A có AB = 6cm, AC = 8cm Gọi I là giao
điểm các đờng phân giác, M là trung điểm của BC Tính góc BIM
Bài 6:( 2đ) Cho hình chữ nhật ABCD, điểm M ∈ BC Các đờng tròn đờng kính AM,
BC cắt nhau tại N ( khác B) BN cắt CD tại L Chứng minh rằng : ML vuông góc với AC
Bài 7 ( 2điểm) Cho hình lập phơng ABCD EFGH Gọi L và K lần lợt là trung điểm
của AD và AB Khoảng cách từ G đến LK là 10
Tính thể tích hình lập phơng
Đáp án Bài 1 ( 4 điểm).
Trang 2Câu a: 2 điểm.
Điều kiện để giá trị của biểu thức P xác định : x≥0; x≠ 9 ( 0,5 đ)
Rút gọn:
P = ( 1)( 3 3) 2( 13)− −+33
+
−
−
− +
−
x
x x
x x
x
x x
= x x−3−2(( x x−−33))(2 −x(+1x)+3)( x+1)
= x x−3−2x+(12x−x3−)(18x−+x1)−3 x − x −3
=x (x−x−3x3)(+8x x+−1)24 = (x(x x+−83))(−3x(x++1)8) = x x++81 ( 1,5 điểm) Câu b :1 điểm
x = 14 - 6 5 = ( 5)2 - 2.3 5 + 9 = ( 5 - 3)2⇒ x = 3 - 5
Khi đó P =
1 5 3
8 5 6 14
+
−
+
5 4
5 6 22
−
− =
11
5 2
58 −
Câu c: 1 điểm
1
9 1 1
9 1 1
9 1 1
+ + +
= + +
−
= +
+
−
= +
+
x
x x
x x
x x x
( áp dụng BĐT CôSi cho 2 số dơng
1
9
; 1 +
+
x
Dấu"=" xảy ra ⇔ 1 9 1
+
= +
x
x ⇔ x = 4 ( thỏa mãn điều kiện) Vậy minP = 4, đạt đợc khi x = 4
Bài 2: 4 điểm ( mỗi câu 2 điểm).
a) x2 + 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3)
x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5)
x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7)
x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9)
⇒ ĐKXĐ : x ≠ -1; x ≠ -3; x ≠ -5; x ≠ -7; x ≠ -9 ( 0,5đ)
pt ⇔ ( 1)(1 3) ( 3)(1 5) ( 5)(1 7) ( 7)(1 9) =51
+ +
+ + +
+ + +
+ +
x
9
1 7
1 7
1 5
1 5
1 3
1 3
1 1
1 ( 2
+
− +
+ +
− +
+ +
− +
+ +
−
x
9
1 1
1 ( 2
1
= +
−
x
Phơng trình có dạng a + b + c = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = -11.
Vậy tập nghiệm của phơng trình là : S = { − 11 ; 1 }
Pt ⇔ ( x+ 2 − 2 )2 + ( x+ 2 − 3 )2 = 1
⇔ | x+ 2 − 2 | + | x+ 2 -3| = 1
⇔ | x+ 2 − 2 | + | 3 - x+ 2| = 1
áp dụng BĐT |A|+ |B| ≥| A + B| ta có : | x+ 2 − 2 | + | 3 - x+ 2| ≥ 1
Dấu "=" xảy ra khi : ( x+ 2 − 2)( 3 - x + 2) ≥ 0
Trang 3⇔ 2 ≤ x+ 2≤ 3 ⇔ 2 ≤ x ≤ 7
Vậy tập nghiệm của phơng trình là : S = {x/ 2 ≤x≤ 7 }
Bài 3: 3 điểm ( mỗi câu 1 điểm)
Đờng thẳng (d) có hệ số góc k và đi qua điểm M (0;1) nên (d0 có tung độ gốc là
1 ⇒ Phơng trình đờng thẳng (d) là : y = kx+1
a) Phơng trình hoành độ giao điểm của ( P) và (d) là: x2 - kx - 1 = 0 (1)
∆ = k2 + 4 > 0 với mọi k
⇒ Phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇒ đpcm
b) Ta có : x1 + x2 = k ; x1.x2 = -1 ⇒ x2 =
-1
1
x
⇒ | x1 - x2| = | x1 +
1
1
x | = |x1| +|
1
1
x | ( vì x1 và
1
1
x cùng dấu)
mà |x1| +|
1
1
x | ≥ 2 Vậy | x1 - x2| ≥2
Cách 2: ( x1 - x2)2 = k2 + 4 ≥ 4 ⇒ | x1 - x2| ≥2
c) Giải sử A(x1;y1) và B(x2; y2)
Gọi phơng trình đờng thẳng OA là y= k1x, ta có : y1 = k1.x1
⇒ k1 =
1
1
x
y
1
2
x
x
=
Gọi phơng trình đờng thẳng OB là y= k2x, ta có : y2 = k2.x2
⇒ k1 =
2
2
x
y
2
2
x
x
=
Ta có : k1.k2 = x1.x2 = -1 Vậy OA ⊥ OB ⇒ ∆AOB vuông
Bài 4: ( 3 điểm) ( mỗi câu 1,5 điểm)
a) Ta có : M = ( x2 + 2
1
y )( y2 + 2
1
2 2
2 2 2
) 1 ( ) 1 (
xy
xy y
x
y x
+
= +
Mặt khác : xy + xy1 = ( xy + )
16
1
xy + 1615xy ( 1)
áp dụng BĐT Côsi : xy + 161xy ≥ 2
16
2
1
2 =
+
≤ x y
Từ (1), (2) và (3) ta có : xy + xy1 ≥21 +
4
1 16
15
=174
⇒ (xy + xy1 )2≥ (174 )2 = 28916
Vậy minM = 28916 , đạt đợc khi
=
=
y x
xy
xy
16
1
⇔ x = y = 21
b) áp dụng BĐT : A2 + B2≥ (A+2B)2 , ta có :
N = ( x +1x )2 + ( y +1y )2≥
2
)
xy
y x y
x+ + +
=
2
)
1 1
xy
+
Mặt khác : (x + y)2≥ 4xy ( do ( x -y)2≥0)
Trang 4⇔ 1 ≥ 4xy ⇔ xy ≤ 41
N≥
2
25 2
4 1
1 1 2
)
1
1
(
2
2
=
+
≥
+
xy Vậy N ≥252
Dấu "=" xảy ra khi
=
=
+
y x
y
x 1
⇔ x = y = 21
Bài 5: ( 2 điểm).
Vẽ hình đúng, ghi GT, KL ( 0,5 điểm)
Tính góc BIM ( 1,5 điểm)
Từ giả thiết ∆ABC vuông tại A có:
AB = 6cm, AC = 8cm ⇒ BC = AB2 +AC2 = 10 (cm)
⇒ MC = MB = 5cm
Gọi B' là giao điểm của BI và AC Ta có : AB AB' =IB IB' =CB CB'
+
= +
= +
+
=
=
CB AB
AC CB
AB
CB AB CB
CB
AB
AB
⇒ AB' = 21 AB = 3cm
CB' = 21 CB = 5cm ⇒ CB' = CM ⇒∆IMC = ∆IB'C ( c.g.c)
⇒ góc IMC = IB'C ⇒ góc AB'B = góc IMB
⇒ Tam giác AB'B đồng dạng với tam giác IBM ⇒ góc BIM = góc BAB'
mà góc BAB' = 900⇒ góc BIM = 900
Bài 6: ( 2 điểm).
Gọi E là giao điểm của AC và ML
Ta có: góc NCD = gócNCB
(cùng phụ với goc BCN)
góc NBC = góc NAM ( cùng chắn cung MN)
⇒ Tam giác NCL đồng dạng với
tam giác NAM ⇒NC NA = NM NL
Mặt khác : góc ANC = góc MNL
( cùng bằng 900 + gócMNC)
⇒ tam giác ANC đồng dạng với tam giác
MNL ⇒ góc NAC = góc NML hay góc NAE = góc NME
⇒ Tứ giác AMEN nội tiếp ⇒ E thuộc đờng tròn đờng kính AM
⇒ góc AEM = 900 hay ML vuông góc với AC ( đpcm)
Bài 7: ( 2điểm).
Vẽ hình đúng, ghi GT, KL : ( 0,5điểm)
Gọi I là chân đờng vuông góc kẻ từ G
đến LK
Gọi độ dài cạnh hình lập phơng là 2a
( a>0), ta có: Tam giác ALK vuông tại A
⇒ LK = 2 2
AK
a
a +
A
M B
C B'
E D
M C
N L
F G
H
E
K I
A
Trang 5= a 2
Tam giác DHG vuông tại H
⇒ DG2 =DH2 + HG2 = 8a2
Tam giác LDG vuông góc tại D
( Vì AD ⊥mp(DCGH) ⇒ AD⊥DG)
⇒ LG2 = LD2 + DG2 =a2 + 8a2 = 9a2
Từ ∆LDG = ∆KBG (c.g.c)
( Vì có : góc LDG = góc KBG = 900,
LD = KB , DG = BG)
⇒ GL = GK ⇒ ∆GLK cân tại G
⇒ I là trung điểm của LK ⇒ IL =LK : 2 = a22
∆LIG vuông tại I nên ta có: LG2 = LI2 + IG2
hay 9a2 = 2a2:4 + 100 ⇔ a2 = 200: 17 ⇒ a = 10172
Vậy độ dài cạnh hình lập phơng là
17
2 20
⇒ Thể tích hình lập phơng là 1600017 172( đơn vị diện tích)
* -& -*