Lấy D bất kỳ trên BC.. Gọi R1, R2 là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABD và ADC.. Tìm giá trị lớn nhất đĩ.. Hai đường thẳng DM và DN cắt cạnh AB tại P và Q.. Chứng minh: a Tam giác
Trang 1ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
Mơn: Tốn – Lớp 9 Thời gian: 150 phút
Bài 1: (5 điểm)
1) Cho số a > 0 và x
2
a , 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = x x 4
2
a 2
a
2) Cho biểu thức: M = x2 + y2 + 2z2 + t2
Với x, y, z, t là các số nguyên khơng âm Tìm giá trị nhỏ nhất của M và các giá trị tương ứng của x, y, z và t, biết rằng:
x2 – y2 + t2 = 21
x2 + 3y2 + 4z2 = 101
Bài 2: (5 điểm)
1) Giải hệ phương trình sau:
2010 y
x 2010
2010 y
2010 x
2) Cho a, b, c là các tham số thỏa điều kiện abc < 0 Giải bất phương trình:
c
1 b
1 a
1 2 ab
c x ac
b x bc
a x
Bài 3: (2 điểm)
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thỏa: a + b + c = 2 Chứng minh:
a2 + b2 + c2 + 2abc < 2
Bài 4: (4 điểm)
Cho tam giác đều ABC cĩ cạnh bằng 1 Lấy D bất kỳ trên BC Gọi R1, R2 là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABD và ADC Tìm vị trí của D để tích R1.R2 lớn nhất Tìm giá trị lớn nhất đĩ
Bài 5: (4 điểm)
Cho hình vuơng ABCD cĩ cạnh là a Các điểm M và N trên đường chéo AC sao cho AC = 3AN
= 4AM Hai đường thẳng DM và DN cắt cạnh AB tại P và Q Chứng minh:
a) Tam giác AMP và tam giác ANQ đồng dạng
b) BC tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác BMN
––––– HẾT –––––
ĐỀ 7
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
Mơn: Tốn – Lớp 9
Bài 1:
4
x 4
x 4
x x 2
a 2
a
Áp dụng bất đẳng thức cơsi:
5
4
4
x x 2
a 5 4
x 4
x 4
x 4
x x 2
a
5
4
x x 2
a 2
5
a
5
x x 2
a 2
a 2
a 2 5
a
3125
a
32 6
Vậy Q đạt giá trị lớn nhất bằng
3125
a
32 6
khi x =
2 5
a 4
2) Cĩ: x2 – y2 + t2 = 21
x2 + 3y2 + 4z2 = 101
2x2 + 2y2 + 4z2 + t2 = 122 2M – t2 = 122 2M = 122 + t2
2M ≥ 122
M ≥ 61
Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất bằng 61 tại t = 0
Ta cĩ:
x2 – y2 = 21 (1)
x2 + 3y2 + 4z2 = 101 (2)
Vì x, y Z nên từ (1) x > y ≥ 0
x + y ≥ x – y > 0 Do đĩ: (x + y) (x – y) = 21 1 = 7 3
x + y = 21 x = 11
x – y = 1 y = 10
x + y = 7 x = 5
x – y = 3 y = 2
Từ (2) 3y2 101 y2 33 0 y 5
Chọn x = 5, y = 2
(2) z = 4 Vậy: Giá trị nhỏ nhất của M bằng 61 tại (x = 5, y = 2, z = 4, t = 0)
Bài 2:
1) Điều kiện: 0 x 2010; 0 y 2010
Xét x > y
Ta cĩ: x y , 2010 y 2010 x
x 2010 y y 2010 x
2010 2010 (vơ lý))
ĐỀ 7
Trang 3Vậy x > y là sai.
Xét x < y Tương tự dẫn đến điều vô lý) Vậy x < y là sai
Vậy x = y
Ta có:
2010 x
x
2010
2010 x x2 2010
2010 – x + 2 x ( 2010 x ) x 2010
2 x ( 2010 x ) 0
x = 0
x = 2010
* x = 0 y = 0
* x = 2010 y = 2010
Vậy nghiệm hệ phương trình là: x = 0 x = 2010
y = 0 y = 2010
2)
c
1 b
1 a
1 2 ab
c x ac
b x bc
a x
b
1 a
1 ab
c x a
1 c
1 ac
b x c
1 b
1 bc
a x
ac
1 ab
1 bc
1
(a + b + c) (x – a – b – c) < 0 (do abc < 0)
Nếu a + b + c > 0, ta có: x < a + b + c
Nếu a + b + c < 0, ta có: x > a + b + c
Bài 3:
a < b + c (bất đẳng thức tam giác)
2a < a + b + c
2a < 2
a < 1
Tương tự: b < 1, c < 1
Ta có:
(1 – a) (1 – b) (1 – c) > 0
(1 – b – a + ab) (1 – c) > 0
(1 – c – b + bc – a + ca + ab – abc) > 0
abc < ab + bc + ca + 1 – (a + b + c)
abc < ab + bc + ca – 1
2abc < 2ab + 2bc + 2ca – 2
,
Trang 4 a2 + b2 + c2 + 2abc < a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca – 2
a2 + b2 + c2 + 2abc < (a + b + c)2 – 2
a2 + b2 + c2 + 2abc < 2
Bài 4:
Gọi (O) là đường tròn nội tiếp ABD tiếp xúc với BD tại H, (I) là đường tròn nội tiếp ADC tiếp xúc với CD tại K
ODI = 90° (tính chất 2 tia phân giác của 2 góc kề bù)
OBH =
2
1
ABC = 30°, ICK = 30°
OHB, KIC là nửa tam giác đều
BH = OH 3 = R1 3
KC = IK 3 = R2 3
OHD = DKI (= 90°)
ODH = DIK (cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
Do đó: OHD DKI
IK
HD DK
OH
OH IK = HD DK Vậy: HD DK = R1 R2
Theo bất đẳng thức côsi:
1 = BC = BH + KC + HD + DK ≥ 2 BH KC 2 HD DK
1 ≥ 2 3 R 1 R 2 2 R 1 R 2
1 ≥ R1R22 3 2
R1R2 2 31 2
R1R2
8
3
2
Dấu “=” xảy ra BH = KC và HD = DK
D là trung điểm cạnh BC Vậy: Khi D là trung điểm cạnh BC thì R1.R2 đạt GTLN và bằng
8
3
2
Bài 5:
a) AC là đường chéo của hình vuông ABCD cạnh a nên:
AC = 2 a
AC = 3AN = 4AM (gt)
3
1 MC
AM , 2
1 NC
AN
6
1 a 2 12
1 AC 3
1 AC 4
1
A
I O
C D
x
P Q
Trang 5MDC có AP//DC suy ra: DCAP AMMC (hệ quả định lý) Talet)
3
1 DC MC
AM
Tương tự có: AQ =
2
1
a
Do đó: AM AN = AP QA
a2 2 1
AMAQANAP (*)
AMP và AQN có:
MAP chung (**)
(*), (**) AMP AQN
b) Vẽ Bx là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BMN, tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng bờ
BN có chứa điểm C
Ta có: NC.MC =
3
2
AC AC = AC2 = a2
Do đó: NC.MC = BC2 (= a2)
Xét NCB và BCM có:
NCB chung
NCB BCM NBC = BMC
Mặt khác: NBx = BMC ( = sđ BN) Do đó:
NBC = NBx, tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng bờ BN có chứa điểm C
Hai tia BC, Bx trùng nhau
BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BMN
BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp BMN