Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O.. Các đường cao BE CF, cắt nhau tại H.. Gọi M là trung điểm của BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.. Chứng minh rằng khi A th
Trang 1UBND HUYỆN KHOÁI CHÂU
PHÒNG GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO
ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
Năm học 2016 - 2017 Môn: Toán – Lớp 9
Thời gian làm bài 120 phút (không kể giao đề) Câu 1 (2điểm)
2 3 3 2 3 4 4 3 9 10 10 9 Chứng minh:
x
2
4
25 là một số nguyên
2) Định m nguyên để hệ sau có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên:
mx + 2y = m +1
2x + my = 2m -1
Câu 2 (1điểm)
Tìm số nguyên dương a lớn nhất sao cho a 27 1016
S 4 4 4 là số chính phương
Câu 3 (3điểm)
1) Giải phương trình: 2
2x 4x 9 5x 6 7x 11 0 2) Giải hệ phương trình:
5 8 3 (2 4 1) 2 1 (4 2 3) 2
Câu 4 (3điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao BE CF, cắt
nhau tại H Gọi M là trung điểm của BC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF
a) Chứng minh I là trung điểm của AH
b) Chứng minh IE ME
c) Giả sử đường tròn O và các điểm B C, cố định Chứng minh rằng khi A thay
đổi thì I luôn nằm trên đường tròn cố định
Câu 5 (1điểm)
Cho x, y, z > 0 Tìm giá trị lớn nhất của:
A
x z 1 y x 1 z y 1
………Hết………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên học sinh:
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1
3.2 3 2 4.3 4 3 10.9 10 9
x
3 2 4 3 10 9
3.2 4.3 10.9 1 1 1 1 1 1
1 1
2 10 Vậy x 2 1 1 1 x 2 1 1 x 22 1
5 2 50 25 4 30
x x
2
4
25 30 Vậy P 30 là số nguyên
1đ
2) Với m 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
3 2
2 3 1
2
y
m x
m
Nên để x, y là những số nguyên khi m là số nguyên thì
m + 2 Ư(3) = 1; 1;3; 3
Vậy: m + 2 = 1; 3 => m = -1; -3; 1; -5
1đ
Câu 2 b) Xét a 27 và S là số chính phương
Ta có: a 27 1016 27 989 a 27 27 2 1978 a 272
S 4 4 4 4 1 4 4 2 1 2 2
B 1 2 2 phải là số chính phương
B 2 B 2 1
1978 a 27
2 2.2
1978 a 26 2004 a a = 2004
Với a = 2004 thì 27 2 1977 2
S 2 2 1 là số chính phương Vậy số nguyên a lớn nhất cần tìm là 2004
1đ
Trang 32) Hệ
Từ (2) đặt x +2y = a; 2x–y –1 = b (a, b 0)
Ta có (2a-1) b=(2b –1) a ( a b)(2 ab 1 )= 0 a = b
Trả biến ta có x = 3y + 1 thay vào (1) ta được:
2y2 – y – 1= 0 => y1 = 1 ; y2 = –1/2; => x1 = 4 ; x2 = –1/2
Thấy x2 + 2y2 = –1 < 0 (loại) còn lại thỏa mãn
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4; 1)
1,5đ
Câu 4 a) Ta có HE ACHEA 0
90
HF ABHFA 0
90
Tứ giác AEHF có HEAHFA 0
90 nên nội tiếp đường tròn đường kính AH
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nên
I cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF
Vậy I là trung điểm của AH
1đ
b) Ta có tam giác IAE cân tại I nên IAE IEA Tam giác BEC vuông tại E
và M là trung điểm của BC nên MEMC
MEC
cân tại M MEC MCE
Mà H là trực tâm tam giác ABC nên AH BCHAC ACB 0IEME
1đ
D
I
H
E F
M
O
B
C A
Trang 4c) Theo trên ta có IEM vuông tại E
Có ME BC
2 (Không đổi)
Kẻ đường kính AD của đường tròn O Ta có HBAC DC; AC
/ /
Chứng minh tương tự ta cũng có HC/ /BD BHCD là hbh
, ,
H M D
thẳng hàng và M là trung điểm của HD
Xét tam giác AHD có OM là đường trung bình OM 1 AH
2
Do đường tròn O cố định và điểm B C M, , cố định nên
OM const Vây MI constIluôn thuộc đường tròn cố định là đường
tròn có tâm M và bán kính bằng OM2 MB2 R là bán kính của đường
tròn O
1đ
Câu 5 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 2
x 1 2x (do x > 0)
x z 1 2x z 2 2x z
Chứng minh tương tự ta có:
2
1
y x 1 2 2y x
2
1
z y 1 2 2z y
Cộng từng vế các BĐT ta có:
A
x z 1 y x 1 z y 1 2 2 2y x 2z y 2x z
2y x 2z y 2x z 2xy x 2yz y 2xz z
Áp dung BĐT Bu nhia ta có:
2xy x 2yz y 2xz z
2xy x 2yz y 2xz z 2xy x 2yz y 2zx z
x z 1 y x 1 z y 1
Dấu “=” xảy ra x y z 1
Vậy GTNN của A = 1 khi x y z 1
1đ