Một đờng thẳng đi qua D không cắt hình thoi nhng cắt các đờng thẳng AB , BC lần lợt tại E và F.. Gọi M là giao điểm của AF và CE.. Chứng minh rằng.. a Tam giác AEC đồng dạng với tam giác
Trang 1Phòng GD Tam Dơng Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9
Năm học: 2006 -2007
Môn : Toán
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
Câu 1: ( 2 đ)
a) Chứng minh rằng không thể biểu diễn số 2007 thành tổng của hai số chính phơng b) Chứng minh rằng luôn tồn tại số có dạng 787878…78 chia hết cho 79
Câu 2: (1,5 đ)
Rút gọn biểu thức
2
1 1 ( (1 ) (1 ) )
2 1
M
x
=
Câu 3: (2,5 đ)
a) Giải phơng trình nghiệm nguyên:
0 1 2
2 +y −xy−x−y+ =
b) Giải phơng trình:
Câu 4: (1,5 đ)
Cho x>0, y>0 thoả mãn x+1
y ≤ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
16x 2006 y
P
Câu 5: (2,5 đ)
Cho hình thoi ABCD , ∠B = 60 0 Một đờng thẳng đi qua D không cắt hình thoi nhng cắt các đờng thẳng AB , BC lần lợt tại E và F Gọi M là giao điểm của AF và CE Chứng minh rằng
a) Tam giác AEC đồng dạng với tam giác CAF
b) AD2 = AM.AF
Trang 2Hớng dẫn chấm Môn: Toán 9 Năm học: 2006-2007
1a
-1b
Xét 2 số nguyên a, b có các trờng hợp xảy ra nh sau:
+) Nếu a, b cùng tính chẵn lẻ thì a2 và b2 cùng tính chẵn lẻ⇒ a2 + b2 là số
nguyên chẵn Do đó a2 + b2 ≠ 2007
+) Nếu a, b khác tính chẵn lẻ :
Giả sử a chẵn , b lẻ thì a2 + b2 = (2k)2 +(2l+1)2 = 4m +1 chia cho 4 d 1, mà
2007 chia cho 4 d 3 nên a2 + b2 ≠2007 ( Với k, l, m ∈Z )
(Trờng hợp a lẻ b chẵn tơng tự)
Vậy không thể biểu diễn số 2007 thành tổng của 2 số chính phơng
-Xét 80 số có dạng an= 7878…78 (1≤ ≤n 80) gồm n số 78 viết liên tiếp
nhau
Theo nguyên tắc Đirichlet tồn tại 2 số ak , at mà ak - at chia hết cho 79
(1 ≤ < ≤t k 80) với ak - at =102t a k t−
Do (102t, 79) =1 ⇒ a k t− chia hết cho 79 (đpcm)
0,25đ
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ
2
ĐKXĐ: − ≤ ≤ 1 x 1
2
2
2 1 1 ( (1 ) (1 ) ) 2.
2 1
2 2 (1 )(1 ) ( 1 1 )(1 1 (1 )(1 ))
2 1
M
x
x
2
1 2 (1 )(1 ) 1 ( 1 1 )(2 (1 )(1 ))
2 1
x
=
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 3( 1 1 ) ( 1 1 )
( 1 1 )( 1 1 )
(1 ) (1 ) 2
2
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ 3a)
-3b)
0 1 2
2 +y −xy−x−y+ =
x
( 2 1) ( 2 1) ( 2 ) 0
( 1) ( 1) ( ) 0
(x− 1) 2 2
0;(y 1) 0;(x y) 0
≥ − ≥ − ≥ với mọi x y z Z, , ∈
Nên (x− 1) 2 + − (y 1) 2 + − (x y) 2 = 0
1 0
0
x
x y
− =
− =
(thoả mãn)
KL: Vậy phơng trình có nghiệm x= =y 1.
-ĐKXĐ: x2 + −x 1 ≥ 0 và − + +x2 x 1 ≥ 0
áp dụng bất đẳng thức Cô Si ta có :
2
2
( 1) 1
1 2
x x
x x
2
2
( 1) 1
1 2
x x
x x
Cộng các vế của phơng trình (1) và (2) suy ra :
1
x+ ≥ x2 + −x 1+ − + +x2 x 1= x2 − +x 2
2
2
2
2 1
2 1 0 ( 1) 0 1
0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Trang 4Thử lại : thấy x= 1 là nghiệm của phơng trình.
4
5a)
5b)
Do x>0, y>0 thoả mãn x+1y ≤ 1 Suy ra 2
1 ≥ (x+1y )2 1
4
Ta có P 16x 2006y
= + =(16 x y) 2005 y
y+ x + x 2 16xy
xy
x =8 + 2005y
x
Vì y 4
x ≥ ⇒ ≥ +P 8 2005.4 8028 =
Vậy: MinP= 8028 ⇔
2 1
2
y
x x
y
-Ta có: ∆AED đồng dạng với ∆CDF( vì chúng cùng đồng dạng với ∆BEF)
Suy ra AE CD
AD = CF
hay AE AC
AC = CF (Vì tam giác ABC đều)
Mặt khác
CAE FCA
∠ = ∠ nên ∆AEC đồng dạng với ∆CAF
Do ∆AEC đồng dạng với ∆CAF
Nên suy ra ∠ACE= ∠CFA
Do đó ∆ACM đồng dạng với ∆AFC
Suy ra AM AC
AC = AF hay 2
.
.
AD AM AF
0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
B A
C M