Chøng minh r»ng tø gi¸c ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp.[r]
Trang 1Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9
(Thời gian làm bài: 150 )’
Câu 1: Cho biểu thức.
(x + x 2 2006 ( y y 2 2006 ) 2006
Hãy tính tổng: S = x + y
Câu 2: Trong các cặp số thực (x;y) thoả mãn: 0
1
2 2
2 2
y x
y y x x
Hãy tìm cặp số có tổng x+2y lớn nhất
Câu 3:
Tìm các số nguyên dơng n sao cho x = 2n + 2003 và y = 3n + 2005 đều là những số chính phơng
Câu 4: Cho hai đờng tròn (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T Hai đờng tròn này nằm trong đờng tròn (C3) và tiếp xúc với (C3) tơng ứng tại M và N Tiếp tuyến chung tại T của (C1) và (C2) cắt (C3) tại P PM cắt đờng tròn (C1) tại diểm thứ hai A và MN cắt (C1) tại điểm thứ hai B PN cắt đờng tròn (C2) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C2) tại điểm thứ hai C
a Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp
b Chứng minh rằng AB, CD và PT đồng quy
Câu 5: Giải phơng trình.
x2 + 3x + 1 = (x+3) 2 1
x
Đáp án Đề số 2
Câu 1: (2 điểm) Ta có:
x
) 2006 (
2006 (
2006 x x2 y y2 x
Vậy( x x 2 2006 )( y y 2 2006 ) ( x x 2 2006 ( y y 2 2006 )
2006
2 y x
y
Trang 2Nếu x = 0 => y = 0 => S = 0
2006
2006 2
2
y
x y
x
=> xy < 0
2 2
2
2006
2006
y
x y
x
=> 2006x2 = 2006y2 => x2 = y2
=> (x-y)(x+y) = 0
mà xy < 0 => x - y 0
Câu 2: (2 điểm )
Đặt S = x +2y => x = S - 2y
Xét 2 trờng hợp:
a x2+y2 > 1 từ giả thiết => x2 + y2 < x + y <=> (S - 2y)2 + y2 < S - y
=> 5y2 - (4S - 1)y + S2 - S < 0 (1)
Xem (1) là bất phơng trình bậc 2 đối với ẩn y
=> = (4S -1)2 - 20 (S2 - S) > 0 => 4S2 - 12S - 1 < 0 => S <
2
10
3
Đẳng thức xảy ra khi x =
2
10
5 thoả mãn x2 + y2 > 1 Vậy S max =
2
10
3
b Nếu x2 + y2 < 1 thì x + y < x2 + y2
=> S = x + 2y < x2 + y2 + y < 1 + 1 = 2 => S <
2
10
3
Vậy S lớn nhất là
2
10
10
10 2
10
10 2
5
Câu 3: (2 điểm)
Giả sử 2n + 2003 = a2 và 3n + 2005 = b2 (a, b nguyên dơng)
Khi đó 3a2 - 2b2 = 1999 (1) => a lẻ
Đặt a = 2a1 + 1(a1 Z) => 2b2 = 3.4a1 (a1+1) - 1996 = 3.4a1 (a1+1) - 2000 + 4
=> b2 2 ( mod 4) vô lý Vậy không tồn tại số nguyên dơng thoả mãn
Câu 4: (2 điểm)
a Gọi O1, O2, O3 tơng ứng là tâm các
đờng tròn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3
thẳng hàng => BO1 // NO3
= >
N O
B O MN
MB
3
1
P O
A O MP
MA
3
1
=>
MN
MB
MP
MA
Tơng tự CD// PM => AEDP là hình bình hành
(với E = AB CD) Do PAT ~ PTM
=> PT2 = PA.PM tơng tự PT2 = PD.PN
Vậy PA PM = PD.DN =>
EA
ED PD
PA PM
PN EC
EB
=> EBC ~ EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800 => ABCD nội tiếp
b Nối E O2 cắt (C2) tại C' và D' = >ECC' ~ ED'D
=> S = x + y = 0
E
N
M
O
1
O
3
O
2
D
P A
T
Trang 3=> ED.EC = ED'.EC' => EC.ED = (EO2 - R2)(EO2+R2)
=> EC.ED = EO2 - O2T2
Tơng tự EB.EA = EO1 - O1T2
1 2 2
1
.
EB EA
ED EC
EB
Hạ ET' 0102 theo định lý Pitago ta có:
EO1 - EO2 = (O1T' 2 + T' E2) - (02T' 2 + T' E2) = O1T' 2 - O2T' 2
=> O1T 2 - O2T 2 = 01T' 2 - 02T' 2 vì O1T + O2T = 0102 = O1T' + O2T'
=> O1T = O1T => T T' tức PI đi qua E
Câu 5 : (2 điểm)
Phơng trình đa về dạng ( x2 1 3 )( x2 1 x) O
x 2 2
x
1 x
3
1 x
2
2