De va dap an HSG tinh mon toan 9 thanh hoa 06 07

Tỡm cỏc giỏ trị của m để OM ON.. Cỏc tam giỏc MEN MFH đồng dạng., 2.. Tớch cỏc khoảng cỏch từ M đến cỏc cạnh của tam giỏc ABC bằng tớch cỏc khoảng cỏch từ M đến cỏc cạnh của tam giỏc DE

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

NĂM HỌC 2006-2007

Mụn thi: TOÁN

Ngày thi: 28/03/2007 Lớp: 9 Trung học cơ sở Thời gian: 150 phỳt (khụng kể thời gian giao đề thi)

Đề thi này cú: 4 cõu gồm 1 trang

Cõu 1: (8,0 điểm)

a b b a A

a b a b

  với , a b thoả món:

6a 15ab5b  Chứng 0 minh rằng: A 1

2 Gọi x x là hai nghiệm của phương trỡnh: 1, 2 2  

1

x  x  x  Tớnh giỏ trị biểu thức: 3 14 8 1 25 3 22 2 1

2

B x  x  x  x   x

3 Giải hệ phương trỡnh:

3 3

2 2

x y

y x

�  

�

�

 

Cõu 2: (4,0 điểm)

Cho parabol  P y:  x42 và đường thẳng  d :ym1x 1

1 Chứng minh rằng  P và  d luụn cắt nhau tại hai điểm phõn biệt , M N với mọi giỏ trị của m

2 Tỡm cỏc giỏ trị của m để OM ON.

Cõu 3: (5,0 điểm)

Cho đường trũn  O nội tiếp tam giỏc ABC , cỏc tiếp điểm với BC CA AB lần , , lượt tại , , D E F Gọi M là điểm bất kỳ trờn  O và , , N H K lần lượt là hỡnh chiếu vuụng gúc của M trờn EF AB AC Chứng minh rằng:, ,

1 Cỏc tam giỏc MEN MFH đồng dạng.,

2 Tớch cỏc khoảng cỏch từ M đến cỏc cạnh của tam giỏc ABC bằng tớch cỏc khoảng cỏch từ M đến cỏc cạnh của tam giỏc DEF

Cõu 4: (3,0 điểm)

Cho tam giỏc ABC O là điểm bất kỳ nằm trong tam giỏc, cỏc tia AO BO CO , , cắt cỏc cạnh BC CA AB lần lượt tại cỏc điểm , , , , P Q R Chứng minh rằng:

3 2

OP  OQ  OR � .

-Hết - Học sinh không đợc sử dụng tài liệu gỡ.

 Cán bộ coi thi không đợc giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM 2007

Môn: TOÁN THCS

(Đáp án - Thang điểm gồm 3 trang)

1 (2,0 điểm)

2 2

A

1

1,0

2 (3,0 điểm)

1 2 2, 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1

x  x x x   �x  x x x x x  x 

1 1 1 2 1 1 5 1 2 1 1 1 12 1 5

x x x  x  x x  x x x   x 

5

1 29 1 12

x   x 

2 2 1 1 2 5 2 2 2 12 2 5 2 29 2 12

x  x  �x  x  �x  x  �x  x 

1,5

B x  x   x  x    x  x 

Vì x1 và 0 x x1 2  1 suy ra x2 0 nên

B  x  x    x x   

1,5

3 (3,0 điểm)

 

 

3 3

2 1

2 2

x y

y x

�  

�

�

 

� Trừ tương ứng vế với vế của  1 và  2 được:

 x y x   2 xy y 2 1 0 Trường hợp 1: x y thế vào  1 được

x   x � x x   x � x , suy ra    x y;  1 1; .

1,5

Trường hợp 2: x2xy y 2 1 3  Nếu x�0,  1 suy ra y�2 Suy ra:

3 1

x xy y ��x �� � 

� � Mâu thuẫn  3 Suy ra x 0 Tương tự y0 Khi đó từ  3 �y2 1�y1, kết hợp  1 suy ra

x �x xy y  , mâu thuẫn với  3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất    x y;  1 1; .

1,5

1 (2,0 điểm)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của  P và  d :

2

2

x

Phương trình này có  2

      Suy ra đpcm. 1,0

2 (2,0 điểm)

Giả sử M x y M; N, N x y M; N Ta có

2 2

4M , 4N

x x

y  y  và x x M, N là

nghiệm của  * Khi đó OM ON � 2 4 2 4

N M

x x

x  x 

1,0

16

M N

x x

x x �  � x x 

ta có 4m 1 0�m1.

1,0

1 (2,0 điểm)

Xét hai tiếp tuyến AB AC, ta có:

MEN MFH (chắn cung MF� ) Suy

ra các tam giác MEN MFH, đồng dạng.

2,0

2 (3,0 điểm)

Chứng minh tương tự được các tam giác MFN MEK, đồng dạng

Suy ra MN MF MH MN2 MH MK ** 

Áp dụng  * * , gọi a b c d e f, , , , , lần lượt là khoảng cách từ M đến các

đường thẳng chứa các cạnh BC CA AB EF FD DE, , , , , của các tam giác

ABC và DEF Ta được: d2 bc e, 2 ca f, 2 ab Nhân vế với vế của

ba đẳng thức trên suy ra điều phải chứng minh

1,5

C

O

F

M

H N K

IV (3,0 điểm)

(Hình vẽ phía trên) Gọi S S S S, , , 1 2 3 lần lượt là diện tích các tam giác

, , ,

ABC BOC COA AOB Đặt S1 x S2, 2  y S2, 3 z2  x y z, , 0 ta

được: S x2  y2z2, suy ra

1

1 1

1,0

Tương tự ta có:

2 2 2



2





Do đó:

T

1,0

Lại có:

2 2

2

 � 

Tương tự ta được: 1

3 2 2

y z x z x y T

x x y y z z

    

1,0

Hết

-R

O

B

A

C Q

P