Cho hỡnh thoi ABCD cạnh cú độ dài bằng a, gọi R và r lần lượt là cỏc bỏn kớnh cỏc đường trũn ngoại tiếp cỏc tam giỏc ABC và ABD.
Trang 1PHềNG GD & ĐT ĐỨC THỌ ĐỀ THI HS GIỎI LỚP 9 VềNG 2 Môn toán– Môn toán
NĂM HỌC 2010 - 2011
Thời gian: 150 phỳt - (Không kể thời gian giao đề)
b) Với x, y là nghiệm nguyờn của phương trỡnh 4x + 5y = 7 Hóy tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức A = 5 x 3 y
3
x
x
b) Cho ba số x, y, z thỏa món điều kiện : x2010 + y2010 + z2010 = 1
và x2011 + y2011 + z2011 = 1 Tớnh giỏ trị biểu thức: M = x2009 + y2010 + z2011
2
a 1 b 1 c 1
Bài 4 Cho hỡnh thoi ABCD cạnh cú độ dài bằng a, gọi R và r lần lượt là cỏc bỏn kớnh cỏc
đường trũn ngoại tiếp cỏc tam giỏc ABC và ABD
a) Chứng minh : 12 12 42
b) Chứng minh :
3 3
2 2 2
8
ABCD
R r S
R r ; (Kớ hiệu S ABCD là diện tớch tứ giỏc ABCD )
Chứng minh rằng tồn tại một điểm M trờn đường trũn sao cho :
M A1 + M A2 + + M A100 100
Hết
Họ và tờn thớ sinh: Số bỏo danh: Chữ ký của giỏm thị 1: Chữ ký của giỏm thị 2:
Trang 2
Bài 1
6,0 đ
Câu a
3,0đ
Ta có:
3
0,50
= 3 847
12 3 36 E
27
12 3 .E
27
0,50
=12 3 .E5
3
E3 = 12 5E E3 12 5E = 0
E3 9E 4E 12 = 0 E(E 3)(E 3) 4(E 3) = 0 0,50
E – 3 = 0 ( vì E2 3E 4 0 với mọi E)
Câu b
3,0đ
Phương trình 4x + 5y = 7 có nghiệm nguyên (x; y) thì x 0 ,y 0 và
* Xét x 0 và y 0 A = 5x 3y do y 7 4x
5
thay vào ta được
21 13x A
5
0,50
Với x = 1; x = 2 thì A Z ; Với x = 3 A = 12 Vậy GTNN của A = 12 khi x = 3, y = -1 0,50
* Xét x 0 và y 0 A = 5x 3y do x 7 5y
4
thay vào ta được:
35 13y A
4
0,50
Với y = 1, y = 2 thì A Z ; Với y = 3 A = 1 Vậy GTNN của A = 1 khi y = 3, x = - 2 0,50 Tóm lại: GTNN của A = 1 khi x= - 2, y = 3 0,50
Trang 3Câu b
2,5đ
Từ giả thiết x2010 + y2010 + z2010 = 1 suy ra: x, y, z 1; 0,50
Ta có : x2010 + y2010 + z2010 - (x2011 + y2011 + z2011) = 0
x2010(1 - x) + y2010(1 - y) + z2010(1 - z) = 0 (1) 0,50
Vì x, y, z 1 nên x2010(1 - x) 0; y2010(1 - y) 0; z2010(1 - z) 0 0,50
Do đó (1)
2010 2010 2010
x (1 x) 0
y (1 y) 0
z (1 z) 0
x 0
x 1
y 0
y 1
z 0
z 1
0,50
Từ đó ta có : x2009 = x2011
; y2010 = y2011
;
x2009 + y2010 + z2011 = x2011 + y2011 + z2011 = 1 0,50
Bài 3
3,0 đ
3,
0 đ
(a b c) 3(ab bc ca) (a b) (b c) (c a) 0
2
2
ab bc ca (a b c) 3 1
0,50
Do đó
2 a b c a (a b)(c a)
(ở đây ta sử dụng BĐT cô si cho hai số dương a
a b và a
c a )
0,50
Tương tự 2b 1 b b
2 a b b c
b 1
2 b c c a
c 1
Cộng từng vế ba BĐT trên ta được :
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a b c 3
3
Trang 44,0đ
Câu a
2,0 đ
M E
K A
D
C B
Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC là đường trung trực của đoạn thẳng BD ; BD là đường trung trực của AC Gọi M, I và K lần lượt là giao điểm của đường trung trực AB với AB, AC và BD thì I, K là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADB, ABC
Từ đó ta có KB = R và IB = r Lấy điểm E đối xứng với điểm I qua
Ta có BEAI là hình thoi ( vì có hai đường chéo EI và AB vuông góc với nhau và cắt nhạu tại trung điểm mỗi đường)
0,50
Ta cã BAI EBA mµ BAI ABO 90 0 EBA ABO 90 0 0,50
XÐt EBK cã EBK 90 0, đường cao BM Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có 1 2 12 1 2
BK BE BM
0,50
Mà BK = R; BE = BI = r; BM = a
2 nên 2 2 2
Câu b
2,0 đ
Xét AOB và AMI có AOB AMI 90 0 vµ BAO chung AOB AMI
2
AO
Tương tự BOABMK suy ra
2 BM.AB AB BO
Ta có
4
ABCD
AB
S 2.AO.OB 2
4Rr
0,50
Mà theo định lí Pitago trong tam giác vuông AOB ta có:
2 2
2 2 2
2 2
4R r AB
0,50
Trang 5
O
N
B A
A n
A 3
A 2
A 1
Kẻ đường kính AB Với mọi điểm N ta có, trong tam giác NAB
Từ đây ta suy ra: A1A + A1B 2
A2A + A2B 2
A100A + A100B 2
0,50
Cộng các đẳng thức trên vế với vế ta có:
(A1A + A2A + + A100A) + (A1B + A2B + + A100B) 200 0,50
Từ đây suy ra:
- Hoặc A1A + A2A + + A100A 100 Vậy A là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán
- Hoặc A1B + A2B + + A100B 100 Vậy B là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán
0,50
…HẾT…
