De HSG toan 9 thi huyen

Qua H kẻ tiếp tuyến với đường tròn O cắt AD và AE kéo dài lần lượt tại B và C.. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BH và HC.. Chứng minh trực tâm I của tam giác AMN là trung điểm của OH

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN THẠCH HÀ

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MÔN TOÁN LỚP 9

NĂM HỌC 2011 – 2012 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 03 / 01 / 2012

Bài 1 (4,5 điểm)

a Giải phương trình x 1 − + 3 x − =− ( x2+ 2x 3 − − 2 )

b Giải hệ phương trình x y y x 30

x x y y 35







c Giải phương trình nghiệm nguyên x5 − 5x3+ 4x 5 24y 1 = ( + )

Bài 2 (2,0 điểm)

Cho các số a, b, c, x, y, z thõa mãn

x by +cz

y = ax + cz

z = ax + by

x + y + z 0 xyz 0

=











≠



1 a + + 1 b + + 1 c + =

Bài 3 (3,0 điểm)

Cho x, y, z >0, chứng minh rằng 3 z

x

y + z + >

Bài 4 (3,5 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 15x = + x 17 x − 2

Bài 5 (5,0 điểm)

Cho đường tròn (O ; R), hai đường kính AH và DE Qua H kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AD và AE kéo dài lần lượt tại B và C Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BH

và HC

a Chứng minh DM, EN là các tiếp tuyến của đường tròn (O ; R)

b Chứng minh trực tâm I của tam giác AMN là trung điểm của OH.

c Hai đường kính AH và DE của (O ; R) phải thỏa mãn điều kiện gì để diện tích

tam giác AMN bé nhất

Bài 6 (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có đường cao AH (AH = ha), p là nửa chu vi, BC = a Chứng minh rằng h a ≤ p.(p a) −

-Hết -ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1

4,5đ

a) (1,5đ)

Giải phương trình x 1− + 3 x− = −(x2+2x 3− − 2) (1)

ĐK: 1 x 3≤ ≤

Áp dụng BĐT với a, b 0≥ thì ( a b + )2≥ + a2 b2

( Đẳng thức xẩy ra khi a = 0 hoặc b = 0) ta cĩ

( x 1 − + − 3 x )2 ≥ − + − = x 1 3 x 2⇒ x 1− + 3 x− ≥ 2 (*)

Ta lại cĩ −(x2+2x 3− − 2)= 2− −(x 1 x 3) ( + )

Do 1 x 3≤ ≤ nên x + 3 > 0, x−1≥0 suy ra 2− (x 1 x 3− ) ( + ) ≤ 2(**)

Từ (*) và (**) ( 2 ) ( )







 + − −

− + − =

Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình (1)

b) (1,5đ)

ĐK: x, y 0≥

Ta đặt S x y

 = +





=



(I)

x y 5

x 3 x y y x y 125 x y 125

⇔

+ =

Giải hệ (I) ta được

y 3

 =





=

 hoặc

x 3

y 2

 =





=

 ⇒

x 4 (TM)

y 9 (TM)

=



 =

 hoặc

x 9 (TM)

y 4 (TM)

=



 =



Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) = (4 ; 9); (9 ; 4)

c) (1,5đ)

Ta cĩ x5 – 5x3 + 4x = 5(24y + 1) ⇔x3(x2−1) – 4x(x2 −1) = 120y + 5

⇔(x−2)(x−1)x(x + 1)(x + 2) = 120y + 5

Ta cĩ vế trái là tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 (1) (?)

Vế phải chia cho 120 dư 5 (2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình vơ nghiệm trong tập hợp ¢

0,25đ

0,25đ 0,5đ

0,5đ 0,25đ

0,75đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Bài 2

2,0đ

Từ giả thiết ta cĩ: x + y + z = 2(ax + by + cz) = 2(z + cz) = 2z (1 + c)

c 1

x y z

+ + +

+ +

Tương tự a 1 x y z1 = 2x ; b 1 x y z1 = 2y

+ + + + + +

2

+ + + + + + + + +

0,75đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ

Bài 3

3,0đ

Với 6 số khơng âm a, b, c, d, e, f

Ta cĩ: a b c d e f+ + + + + ≥6 a.b.c.d.e.f6 (BĐT Cauchycho sáu số không

âm)

1,0đ 1,0đ

Ta có x y 3 z x 1 y 1 y 1 z3 1 z3 1 z3

M

3 6

3 6 6

1,0đ

Bài 4

3,5đ

ĐK: − 17 x≤ ≤ 17

Áp dụng BĐT: ( )2 ( 2 2)( 2 2)

1 1 2 2 1 2 1 2

a b a b+ ≤ a +a b b+ , đẳng thức xẩy ra 1 2

a a

b b

và BĐT:

a b a.b

2

 + 

 , đẳng thức xẩy ra khi a = b ta có:

2

M x 1 17 x 15 15 x 1 15 15 17 x

x 32 x

x 4 32 x 4 64

2

M 64 64 M 64

+ −

Dấu “=” xảy ra

2 2

15

15 x 4 (t / m)

x 32 x







Vậy Min M =−64 ⇔ = −x 4

Max M = 64 ⇔ =x 4

0,5đ

0,5đ 0,75đ

0,75đ 0,5đ

0,5đ

Bài 5

5,0đ

Vẽ hình đúng (0,5đ)

a) (1,5đ)

ODH OHD= (vì tam giác DHO cân tại O)

MDH MHD= (vì DM là trung tuyến của tam giác vuông BDH).

ADHE là hình chữ nhật ⇒⇒ODH MDH 90· +· = Ο; MD⊥DO

⇒MD là tiếp tuyến của (O ; R)

Tương tự NE là tiếp tuyến của (O ; R)

b) (1,5đ)

Gọi I là trung điểm của OH; gọi K là giao điểm của MI và AN

ABC vuông tại A, đường cao AH⇒AH2 = BH.CH⇒ AH CH

BH =AH

AH CH OH NH

2.BH 2AH BH AH

⇔ = ⇔ = ⇒BHO AHN (c.g.c)

OBH NAH

⇒ = ⇒BO⊥AN

Lại có MI là đường trung bình của HBO⇒ MI // BO⇒MK⊥AN

Mặt khác AH⊥MN Vậy trung điểm I của OH là trực tâm của tam giác AMN

0,25đ 0,25đ

0,5đ 0,5đ

0,75đ 0,5đ 0,25đ

c) (1,5đ)

Ta cĩ SAMN AH.MN R.MN R(BH HC) R2 BH.HC R AH2 2R2

Đẳng thức xẩy ra BH = HC ∆ABC vuơng cân tại A AH ⊥ DE

Vậy Min SAMN = 2R2 AH ⊥ DE

0,75đ 0,5đ 0,25đ

Bài 6

2,0đ

Ta cĩ

a

ha p.(p a)

2ha 2p.(2p 2a)

2ha (a b c).(b c a)

2ha (b c) a

4h ( b c) a (*)

⇔ ≤ + + + −

⇔ ≤ + −

Ta cần chứng minh (*)

Thật vậy, Từ B kẻ đường thẳng vuơng gĩc với BC, trên

cùng một nửa mặt phẳng cĩ bờ là BC chứa điểm A, lấy

điểm D sao cho AD = AB = c

Ta cĩ (b + c)2 –a2 = (AD +AC)2−a2

a ha

c

A

H

D

E

0.5đ

0,5đ

Từ A kẻ AE vuơng gĩc với BD ta cĩ EB = AH

Mà tam giác ABD cân tại A suy ra AE là trung tuyến của tam giác ABD

2EB DB 2AH DB DB 4 AH (2)

Từ (1) và (2) suy ra (b + c )2 – a2 ≥ 4ha2 Vậy ha ≤ p.(p a)−

Đẳng thức xẩy ra khi A, C, D thẳng hàng ⇔ ∆ABC cân tại A

0,5đ 0,5đ

Lưu ý: - Học sinh giải cách khác đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa.

Bài dọc thêm Bài 01 Giải phương trình x 3− + 8 x− = 11x x− 2−24 1.+

ĐKXĐ: 3 x 8 *≤ ≤ ( ) Đặt t= x 3− + 8 x t 0− ( > ⇒ = +) t2 5 2 11x x− 2−24

Phương trình đã cho trở thành t2 2t 3 0 t 1

t 3

= −



− − = ⇔  =

Vì t > 0 nên t =−1 (loại) ; t = 3 (thích hợp).

t 3 11x x 24 2

x 4

=



= ⇔ − − = ⇔  = (đều thõa điều kiện (*)) Vậy phương

trình đã cho có tập hợp nghiệm là S={4 ;7 }

Bài 02 Cho a, b, c > 0 Chứng minh bất đẳng thức

a(b 1) b(c 1) c(a 1) abc 1+ + ≥

(*) abc 1 1 abc 1 1 abc 1 1 6

a(b 1) b(c 1) c(a 1)

⇔ + +  + +  + ≥

a 1 b(c 1) b 1 c(a 1) c 1 a(b 1) 6

a(b 1) b 1 b(c 1) c 1 c(a 1) a 1

a 1 a(b 1) b 1 b(c 1) c 1 c(a 1) 6

a(b 1) a 1 b(c 1) b 1 c(a 1) c 1

(đúng theo BĐT Cauchy !)