Đề toán HSG lớp 9

Viết phơng trình các tiếp tuyến của P, biết các tiếp tuyến này đi qua điểm 2;1 2.. Với giá trị nào của m thì đờng thẳng d cắt P tại hai điểm phân biệt M và N, khi đó tìm quĩ tích trung đ

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh

Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005

Môn : Toán (Vòng 1)

Đề chính thức Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (8 điểm)

Cho parabol 1 2

( ) :

3

P y= x

1 Viết phơng trình các tiếp tuyến của (P), biết các tiếp tuyến này đi qua điểm (2;1)

2 Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(2;1)và có hệ số góc m Với giá trị nào của m thì đờng thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N, khi đó tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN khi m thay đổi

3 Tìm quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến của parabol (P)

và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau

Bài 2: (4điểm)

Giải hệ phơng trình:

7



Bài 3: (8 điểm)

Cho nửa đờng tròn đờng kính AB cố định C là một điểm bất kì thuộc nửa đ-ờng tròn ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG Gọi Ax,

By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn

1 Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho thì đờng thẳng

ED luôn đi qua một điểm cố định và đờng thẳng FG luôn đi qua điểm cố

định khác

2 Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho

3 Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho

Hết

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh

Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005

Môn : toán (Vòng 1)

Đáp án và thang điểm:

1.1 (2,0 điểm)

Phơng trình đờng thẳng d1 đi qua A(2; 1) có dạng: y = ax + b và 1 = 2a + b, suy ra b = 1 - 2a, do đó d1: y = ax - 2a+1 0,50 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d1 và (P) là:

1

3x =ax− a+ ⇔x − ax+ a− =

0.50

Để d1 là tiếp tuyến của (P) thì cần và đủ là:

'∆ = 2

2

3

a

a

=





 =

Vậy từ A(2; 1) có hai tiếp tuyến đến (P) là:

2 1 : 2 3; :

d y= x− d y= x−

0,50

1.2 (4,0 điểm)

Phơng trình đờng thẳng d đi qua A(2; 1) có hệ số góc m là:

1 2

Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là:

1

3x =mx− m+ ⇔x − mx+ m− =

0,50

Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì cần và đủ là:

2

0

4 3

4 2

2

3

3

m

m

m m m

m

 ≥





















Với điều kiện (*), d cắt (P) tại 2 điểm M và N có hoành độ là x1 và x2 là 2 nghiệm của phơng trình (2), nên toạ độ trung điểm I của MN là:

1 2

2

2 2 2 2

3

3 3 3 3

x I

+

Vậy khi m thay đổi, quĩ tích của I là phần của parabol 2 2 4

1

y= x − x+ ,

1.3 (2,0 điểm)

Gọi M x y là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P) Phơng 0( ; )0 0 trình đờng thẳng d' qua M0 và có hệ số góc k là: y kx b= + , đờng thẳng này đi qua M0 nên y0 =kx0+ ⇔ =b b y0−kx0, suy ra pt của d': y kx kx= − 0+y0 0,50 Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là:

1

3x = −kx kx +y ⇔x − kx+ kx − y = (**)

0,50

Để từ M0 có thể kẻ 2 tiếp tuyến vuông góc tới (P) thì phơng trình:

2

9k 12kx 12y 0

∆ = − + = có 2 nghiệm phân biệt k k và 1, 2 k k1 2= −1 0

0

1

y

y

0,50 Vậy quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể vẽ đợc 2 tiếp tuyến vuông góc của (P) là

đờng thẳng 3

4

y= −

0,50

( )2

S x y

P xy

Giải hệ (1) ta đợc: (S = −1; P= −6), (S = −2; P= −5) 1,0 Giải các hệ phơng trình tích, tổng: 1

6

x y xy

+ = −



 và

2 5

x y xy

+ = −



 ta có các

nghiệm của hệ phơng trình đã cho là:

3 8,0

3.1

Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là giao điểm của By

và ED Ta có:

ã ã 900

BEI =BCA=

EBI CBA= (góc có các cạnh tơng ứng vuông góc)

BE BC= ,

Do đó:

∆ = ∆ ⇒ = mà By cố định, suy ra điểm I

cố định

+ Tơng tự, K ccố định

+ Vậy khi C di chuyển trên nửa đờng tròn (O) thì dờng thẳng ED đi qua điểm I cố định và đờng thẳng GF đi qua

3.2 Suy ra quĩ tích của I là nửa đờng tròn đờng kính BI (bên phải By,

,

C≡ ⇒ ≡A E I C B≡ ⇒ ≡E B); quĩ tích của K là nửa đờng tròn đờng kính AK(bên trái Ax, C ≡ ⇒ ≡A G A C B, ≡ ⇒ ≡G K) 2,0

có:

1 2

BD = BK =

0 45

EBI IBD KBD IBD EBI KBD

BDK BEI

:

+ Vậy: Quĩ tích của D là nửa đờng tròn đờng kính BK

+ Tơng tự, quĩ tích của F là nửa đờng tròn đờng kính AI 3,0

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh

Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005

Môn : Toán (Vòng 2)

Đề chính thức Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (7 điểm)

1 Giải phơng trình: x+ −1 24 x + x+ −9 64 x =2

2 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số không âm và b là số trung bình cộng của a và c thì ta có:

Bài 2: (6 điểm)

1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 2 23 5

1

y x

=

2 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:

2 2 2 3 2 4 3 0

x + y + xy− x− y+ =

Bài 3: (7 điểm)

Cho đờng tròn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau E là điểm bất kì trên cung AD Nối EC cắt OA tại M, nối EB cắt OD tại N

1 Chứng minh rằng tích OM ON

AM DNì là một hằng số Suy ra giá trị nhỏ nhất của tổng OM ON

AM +DN , khi đó cho biết vị trí của điểm E ?

2 Gọi GH là dây cung cố định của đờng tròn tâm O bán kính R đã cho và GH không phải là đờng kính K là điểm chuyển động trên cung lớn GH Xác

định vị trí của K để chu vi của tam giác GHK lớn nhất

Hết

UBND TỉNH Thừa Thiên Huế kỳ thi chọn hoc sinh giỏi tỉnh

Sở Giáo dục và đào tạo lớp 9 thCS năm học 2004 - 2005

Môn : toán (Vòng 2)

Đáp án và thang điểm:

1.1 (2,0 điểm)

4 x 1 4 x 3 2

4 x 1 4 x 3 2 (1) y 1 y 3 2 y 4 x 0;x 0 (2)

1,0

• 0≤ ≤y 1: y− ≤1 0, y− <3 0, nên (2)⇔ − + − = ⇔ =1 y 3 y 2 y 1 (thoả

ĐK)

1

x

⇔ = là một nghiệm của phơng trình (1)

• 1< ≤y 3 : y− >1 0, y− ≤3 0, nên pt (2) y− + − = ⇔1 3 y 2 0y=0

do đó pt (2) có vô số nghiệm y (1< ≤y 3), suy ra pt (1) có vô số nghiệm x (

• y>3: y− >1 0, y− >3 0, nên pt (2)⇔ − + − = ⇔ =y 1 y 3 2 y 3, pt vô

nghiệm

• Vậy tập nghiệm của pt (1) là: S =[1; 81] 1,0

1.2 (3,0 điểm)

(*)

A

c b

−

−

=

Theo giả thiết: 2

2

a c

, nên:

b a A

−

A

2 6,0

2.1 (3,0 điểm)

2 2

3 5 1

y x

=

+ (xác định với mọi x∈R) ⇔(y−1)x2− + − =3x y 5 0 (**)

0,5

• y=1: pt (**) có nghiệm 4

3

x= −

• y≠1: để pt (**) có nghiệm thì:

2

9 4(y 1)(y 5) 4y 24y 11 0

1,0 Vậy tập giá trị của y là 1 11;

2 2

 , do đó

;

Max y= Min y=

0,5

2.2 (3,0 điểm)

( )

Để pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì:

( )2 ( 2 ) 2

3y 2 4 2y 4y 3 y 4y 8

∆ = − − − + = + − là số chính phơng

( ) ( )2

(y 2 k y)( 2 k) 12 ( )a

Ta có: Tổng (y+ − + + + =2 k) (y 2 k) 2(k+2) là số chẵn, nên (y+ −2 k); (y+ +2 k) cùng chẵn hoặc cùng lẻ Mà 12 chỉ có thể bằng tích 1.12 hoặc 2.6 hoặc 3.4, nên chỉ có các hệ phơng trình sau:

Giải các hệ pt trên ta có các nghiệm nguyên của pt (a):

(y=2;k=2 ,) (y=2;k = −2 ,) (y= −6;k =2 ,) (y= −6;k= −2) 0,5 Thay các giá trị y=2;y= −6 vào pt (***) và giải pt theo x có các nghiệm nguyên (x; y) là:

(x= −1;y=2), (x= −3;y=2);(x=11;y= −6),(x=9;y= −6) 0,5

(4 đ) 3.1 Ta có: COM∆ : ∆CEDvì:

90

O E= = ; àC chung Suy ra:

(1)

OM

Ta có: ∆AMC: ∆EAC vì:

àC chung , à à 0

45

A E= = Suy ra:

(2)

AM

Từ (1) và (2): . (3)

AM = AC EA = EA

1,0

ONB EAB

∆ : (O Eà = =à 90 ;0 B chungà ) ON OB ON OB EA. (4)

Từ (4) và (5): . (6)

DN = DB ED = ED Từ (3) và (6): 1

2

OM ON

AM DNì =

1,0

Đặt x OM, y ON

= = Ta có: x, y không âm và:

2

Dấu "=" xẩy ra khi: 1 1

2 2

x y

x y xy

=



 =

Vậy: Tổng

min

1 2

3.2 (3,0 điểm)

GKH

∆ có cạnh GH cố định, nên chu vi của nó lớn nhất khi tổng KG KH+

lớn nhất

Trên tia đối của tia KG lấy

điểm N sao cho KN = KH

Khi đó, HKN∆ cân tại K Suy

ra ã 1ã

2

KG KH+ =KG KN GN+ =

mà ã 1ẳ

2

GKH = GH (góc nội tiếp chắn cung nhỏ ẳGH cố

định), do đó ãGNH không đổi

Vậy N chạy trên cung tròn (O') tập hợp các điểm nhìn

đoạn GH dới góc 1ã

4GOH

α =

GN là dây cung của cung tròn (O') nên GN lớn nhất khi GN là đờng kính của cung tròn, suy ra ∆GHK vuông tại H, do đó ãKGH =KHGã (vì lần lợt phụ với hai góc bằng nhau) Khi đó, K là trung điểm của cung lớn ẳGH

Vậy: Chu vi của ∆GKH lớn nhất khi K là trung điểm của cung lớn ẳGH 1,5