Chứng minh rằng: a Tam giác AEF cân.. Gọi D và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H xuống AB và AC.. a Giả sử giá trị của R là một số nguyên.. Chứng minh rằng: Giá trị của... , ak là
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
§Ò 13 Đề chính thức
Bài 1 (3 điểm): Viết số 20112012 thành tổng các số nguyên dương Đem tổng các lập phương tất cả các số hạng đó chia cho 3 thì được số dư là bao nhiêu ?
Bài 2 (3 điểm): Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = 1 2 12
y
y x
x
Bài 3 (3 điểm): Giải phương trình: 5x2 + 4y2 + 2 = 4xy + 2x + 4y
Bài 4 (3 điểm): Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích
bằng số đo chu vi
Bài 5 (4 điểm): Cho tam giác ABC có ABC= 300, ACB=200 Đường trung trực của AC cắt BC ở E và cắt tia BA ở F Chứng minh rằng:
a) Tam giác AEF cân.
b) AC = BE.
Bài 6 (4 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) với đường cao AH = R 2 Gọi
D và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H xuống AB và AC
a) Giả sử giá trị của R là một số nguyên Chứng minh rằng: Giá trị của .
2 2
AB AC
là một số chính phương.
b) Chứng minh rằng: 1
2
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn: TOÁN 9
Thời gian: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề)
Trang 2§Ò 13 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
MÔN: TOÁN 9
Bài 1 (3 điểm): Giả sử A 20112012 a1 a2 a3 ak
B a13 a23 a33 a3k
Trong đó a1, a2, a3, , ak là các số nguyên dương
Ta thấy a3 – a = a(a + 1)(a – 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3,
(a a a a k)–(a1a2a3 a k)
Nghĩa là A và B có cùng số dư khi chia cho 3
Ta có 20112 = (2010 + 1)2 = (3u + 1)2 = 3v + 1, trong đó u, v là các số nguyên dương
Suy ra A = 20112012 = (20112)1006 = (3v + 1)1006 chia cho 3 dư 1
Vậy số B chia cho 3 cũng có số dư là 1
Bài 2 (3 điểm): Với x, y dương và x + y = 1, ta có:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhicốpxki, ta có: 1 = (x + y )2 2.(x2 + y2) hay x2 + y2 21
và ta cũng có: 1 = ( x + y )2 4xy nên 1 4 212 16
y x
Do đó P .1 16 4
2
1
2 , đẳng thức xảy ra x = y =
2 1
Vậy min P = 25
2 x = y = 21
Bài 3 (3 điểm): Ta có 5x2 + 4y2 + 2 = 4xy + 2x + 4y
x2 + 4y2 + 1 – 4xy + 2x – 4y + 4x2 – 4x + 1 = 0
(x – 2y + 1)2 + (2x – 1)2 = 0
3
2 1 0
1
x
Vậy phương trình có nghiệm là (x; y) = (1 3;
2 4)
Bài 4 (3 điểm):Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm Giả sử 1 a b c
Ta có hệ phương trình :
ab 2(a b c)
(2)
Từ (1) c2 = (a + b)2 − 2ab c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2))
(a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c (a + b)2 − 4(a + b) + 4 = c2 + 4c + 4
(a + b − 2)2 = (c + 2)2
a + b − 2 = c + 2 (do a + b 2)
c = a + b − 4 Thay vào (2) ta được:
ab = 2(a + b + a + b − 4) ab −4a−4b + 8 = 0 b(a −4) −4(a−4) = 8 (a −4)(b−4) = 8
b 4 8
a - 4 = 2 a = 5 a = 6
b - 4 = 4 b = 12 b =8
Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10)
Trang 3AHB ACE (g–g)
Bài 5 (4 điểm):
Cách khác:
Trên tia KE lấy điểm P sao cho ACP là tam giác đều
và FEB=EKC+ECK=900+200=1100
AEF cân ở F (c/m ở câu a) FA = FE (4)
Từ (3) và (4) suy ra FAP = FEB (g-c-g)
BE = AP = AC (đpcm)
Bài 6 (4 điểm):
a (2 điểm): Kẽ đường kính AE của (O; R) Ta có:
2
2 2
AB AC
R
b (2 điểm): AHB vuông tại H có HDAB
AH2 = AB.AD, tương tự AH2 = AC.AK
AD AK
2
ADK
ACB
R
1
2
a (2 điểm): Gọi K là giao điểm của AC và EF
=> FAE=700 => AEK=KEC=900-
KCE=700
Từ (1) và (2) suy ra AEF cân ở F (đpcm)
b (2 điểm): Hạ EH AF tại H
AEF cân ở F AK = EH
2
2