Đề, đáp thi HSG Toán 9 cấp huyện

Cho tam giác ABC vuông tại A, có đờng cao AH.. Đờng trung trực của cạnh AB cắt cạnh BC tại M và cắt đờng thẳng vuông góc với BC ở B tại P.. Gọi giao điểm của PC với đoạn thẳng AH là E..

Phòng gd – đt Bình xuyên đt Bình xuyên

thi Khảo Sát hsg THCS

-Đề thi học sinh giỏi lớp 9

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

-Câu 1.

a) Cho  3 13 6 3 10 7 4 3











2

x

x x

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

2

1

2007 1

2006 2005

x

x x

P









Câu 2

a) Tìm các số nguyên x, y thoả mãn đẳng thức 2y2xxy 1 x2  2y2xy

b) Tìm ba chữ số khác nhau x, y, z sao cho tổng tất cả các số có ba chữ

số tạo bởi ba chữ số này bằng 3 lần số xxx

Câu 3 Cho tam giác ABC vuông tại A, có đờng cao AH Đờng trung trực

của cạnh AB cắt cạnh BC tại M và cắt đờng thẳng vuông góc với BC ở B tại

P Gọi giao điểm của PC với đoạn thẳng AH là E Chứng minh rằng:

a)

CB

CH PB

EH

 và

MB

CH PB

AH

 , rồi từ đó suy ra E là trung điểm của đoạn thẳng AH

b) AH.PM2  2PB.MB2

Câu 4 Cho ba số không âm a, b, c có tổng bằng 1.

Chứng minh bất đẳng thức: 41  a1  b1  c a 2bc

-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Phòng gd – đt Bình xuyên đt Bình xuyên

thi Khảo Sát hsg THCS

-Hớng dẫn chấm thi hsg lớp 9

-b) 1,5 điểm

 Nếu yz=0 => y=0 hoặc z=0

Xét y=0 ta có x0zxz0 z0xzx0  3 xxx  122 x 211z vì (122; 211)=1 nên

122

;

211 

 Nếu yz  0 ta có xyzxzyyzxyxzzxyzyx 3 xxx  2yzx (*)

=> x chẵn m à y  z nên 2(y+z)>4 suy ra x=6 hoặc x=8

Xét x=6 thì từ (*) ta có y+z=3 suy ra y=1, z=2 hoặc y=2, z=1

Xét x=8 thì từ (*) ta có y+z=4 suy ra y=1, z=3 hoặc y=3, z=1 0,5đ

Thử lại, có 4 bộ ba chữ số thoả mãn bài toán là:

(x; y; z)=(6; 1; 2); (6; 2; 1); (8; 1; 3); (8; 3; 1) 0,25đ

Câu 3 (2,5 điểm)

Vẽ đúng hình cho

0,25đ a) 1,25 điểm

Vì AH//PB nên áp dụng định lý Ta lét vào tam giác CPB

ta có:

) 1 (

CB

CH PB

EH



0,5đ

Vì đờng thẳng PM là đờng trung trực của cạnh AB nên PM AB và do đó PM//AC suy ra P MˆB A CˆH Từ đó hai tam giác vuông AHC và PMB đồng dạng (góc - góc), suy ra

MB

CH PB

AH

Từ (1) và (2), do BC=2BM ( ) suy ra AH=2EH suy ra AE=EH suy ra E là

b) 1,0 điểm

Trong tam giác ABC vuông ở A có đờng cao AH đợc tính:

 BM CHCH CH

BH

AH2 2





Thay CH ở (1) vào (3) với AH=2EH ta đợc:





























PB

CB AH PB

CB AH BM

AH

2

2

2

2

hay

 BM PB AH BM AH BM AH

PB 4 2 2

4 2 2





hay AHPB2 BM2 2BM2 PB



Mặt khác, theo định lý Py-ta-go trong tam giác vuông BPM có

2 2

Từ (4) và (5) ta có điều phải chứng minh 0,25đ Câu 4 (2,5 điểm)

Vì a, b, c không âm và a+b+c=1 suy ra 0 b 1 và b+c=1–a 0,25đ

Ta có 4 ( 1  a)( 1  b)( 1  c)  4 (bc)( 1  b)( 1  c) (1) 0,25đ

áp dụng bất đẳng thức (x y) 2 4xy



 ta có 4 (bc)( 1  c)  ( 1 b) 2 0,5đ

=> 4 (bc)( 1  b)( 1  c)  ( 1 b) 2 ( 1  b)  ( 1 b)( 1  b2 ) 0,5đ

Do 0  1  b2  1 nên 4 (bc)( 1  b)( 1  c)  ( 1 b)  (abc) ba 2bc (2)

0,5đ

a

p

e

c

Từ (1) và (2) ta có 4 ( 1  a)( 1  b)( 1  c) a 2bc 0,25đ

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2

1



c

===================================