Hai dây cung AC và BD cắt nhau tại H.. Gọi D là trung điểm của cạnh AB, E là trọng tâm của tam giác ACD.. Chứng minh rằng: OE⊥CD.. ---Hết---Giám thị coi thi không giải thích gì thêm... T
Trang 1phòng gd & đt tam đảo
đề chính thức
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9
năm học 2008-2009
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút – Không kể thời gian giao đề
Câu 1: (2,0 điểm)
Rút gọn biểu thức :
2
M
x
=
Câu 2: (3,0 điểm)
a) Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình :
x − y +xy x− + y− =
b) Giải hệ phơng trình:
2
3 4
x y
+ =
Câu3: (2,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
Q
Trong đó , ,a b c là các số thực dơng thỏa mãn a b c+ + =1
Câu 4:(1,5 điểm)
Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB Hai dây cung AC và BD cắt nhau tại H Chứng minh rằng: AH.AC+BH.BD =AB 2
Câu 5:(1,5 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đờng tròn (O) Gọi D là trung điểm của cạnh AB, E
là trọng tâm của tam giác ACD Chứng minh rằng: OE⊥CD
-Hết -Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2phòng gd & đt tam đảo Hớng dẫn chấm thi Chọn hsg lớp 9 THCS
Năm học 2008-2009 Môn: Toán
phần
1 2 điểm
* ĐKXĐ: − ≤ ≤1 x 1
2
M
x
=
+ −
⇒
2
2 1 1 ( (1 ) (1 ) ) 2.
2 1
M
x
=
2
x
=
+ −
2
x
=
+ −
2
= + − − =
2
0,5
0,5
0,5 0,5
a) x2−2y2+xy x− +4y− =12 0
2
⇔ + − ữ − − + + − − =
2 2
⇔ + − ữ − + − =
10
⇔ + − ữ − − ữ =
10
⇔ + − ữ + − ữ + − ữ − − ữ=
⇔ + − − + = Vì ,x y Z∈ + nên x+2y−2>0 và x+2y− ≥2 x y− +1, mà 10=1.10=2.5 nên ta
0,5
0,5
Trang 32 3,0 điểm
có bảng:
1
2
KL: Tập hợp các nghiệm của phơng trình là (x,y)∈{(4; 4),(3, 2)}
-b)
2
3 (1) 4
x y
+ =
Giải (2):
4 (x x3− + − +x2 x 1) 2x2+y2−2xy+ =1 0
4x x x ( 1) (x 1) (x y) (x 1) 0
⇔ − + − + − + + =
4 (x x 1)(x 1) (x 1) (x y) 0
(x 1) 4 (x x 1) 1 (x y) 0
(x 1)(2x 1) (x y) 0
⇔ + − + − = (*)
Vì (x2+1)(2x−1)2 ≥0 và (x y− )2 ≥0 ∀x y, nên (*) có nghiệm khi và chỉ khi 2 1 0
0
x
x y
− =
− =
1 2
x y
⇔ = =
2
x= =y vào (1) thỏa mãn
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất 1
2
x= =y
0,5
0,5 0,5
0,5
3 2,0
áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
1=a b c+ + ≥3 abc3 và ab bc ca+ + ≥3 (3 abc)2 ≥3 abc3 3 (3 abc =)2 9abc
a b c +ab bc ca ab bc ca ab bc ca+ +
Lại có:
2
2 2 2
ab bc ca ab bc ca
a b c
+ +
a b c ab bc ca ab bc ca
(a2+ + +b2 c2 2(ab bc ca+ + ))
( áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki )
0,5
0,5
Trang 4⇒ 2 12 2 1 1
a b c +ab bc ca ab bc ca+
9 (a b c+ + ) =9 (2) Mặt khác:
1=(a b c+ + )2=a2+ + +b2 c2 2(ab bc ca+ + )≥3 (ab bc ca+ + )
ab bc ca+ + ≥3 (3)
Thay (2), (3) vào (1) ta đợc: Q≥ +9 7.3 30.=
Vậy Min Q=30 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
3
a b c= = =
0,5 0,5
4 1,5 điểm
D H C
A
K
Xét VACB có :
( ) 1 ( ) 2
OA OB gt
CO AB gt
=
=
⇒VACB vuông tại C.
Tơng tự: ADBV vuông tại D
Kẻ HK⊥AB (K∈AB) Ta có AKHV đồng dạng với VACB ( g-g)
⇒ AK AH AC AH AK AB
Mặt khác: BKHV đồng dạng với BDAV ( g-g)
⇒ BK BH BD BH BK AB
Từ (1) và (2) suy ra:
AC AH+BD BH =AK AB +BK AB =(AK BK AB+ ) =AB ( ĐPCM)2
0,5
0,5
0,5
Trang 55 1,5 điểm
E O
C
A
B
D
G
M
N
Gọi M, N lần lợt là trung điểm của AD, AC; G là giao đểm của CD và OA, E là giao điểm của DN và CM
Vì tam giác ABC cân tai A nên AO là đờng trung trực của BC, mà AO cắt CD tai G suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC
2 3
CG CD
Mặt khác E là trọng tâm của ADC nên 2
3
EC
CM =
3
CD =CM = nên theo định lí Talét đảo ta suy ra EG MD //
hay EG AB//
Lại có: OD⊥AB ( D là trung điểm của dây cung AB) ⇒OD⊥EG
Do DN là đờng trung bình của tam giác ABC ⇒DN BC// mà AO⊥BC
Xét VDEG có GO và DO là hai đờng cao cắt nhau tại O ⇒ O là trực tâm của
DEG
V ⇒OE⊥DG hayOE⊥CD
0,5
0,5
0,5
