DE THI HSG TOAN 9 MY THANH 1112

Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.[r]

PHOỉNG GD-ẹT PHUỉ MYế ẹEÀ THI HOẽC SINH GIOÛI NAấM HOẽC 2011-2012 TRệễỉNG THCS MYế THAỉNH Moõn : TOAÙN – Lụựp 9

ẹEÀ ẹEÀ NGHề (khoõng keồ thụứi gian phaựt ủeà)

Bài 1 (3,0điểm):

a) Phân tích thành nhân tử: A = (xy + yz + zx) (x + y+ z) - xyz

b) Tỡm số tự nhiờn n để n 18 và n  41 là hai số chớnh phương

Bài 2: (3,0điểm)

a) Chứng minh m,n,p,q ta đều có m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1) b) Chứng minh bất đẳng thức: a2b2  c2d2  (a c )2(b d )2

Bài 3 (3,0điểm)

a.Giải phơng trình nghiệm nguyên: (y + 2)x2 + 1 = y2

b Giải phơng trình:

1.2 2.3 ( 1) 2011 2012

x

 

Bài 4: (3,0điểm)

a) Với x, y khụng õm, tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x - 2 xy3y 2 x 2008,5 b) b Cho a; b; c > 0 và:

1 a1 b1 c = 2 Tìm giá trị lớn nhất của abc

Bài 5: (5,0điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (HBC) Trên tia HC lấy

điểm D sao cho HD = HA Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E

a) Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo

m AB

b) Gọi M là trung điểm của đoạn BE Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC

đồng dạng Tính số đo của góc AHM

c) Tia AM cắt BC tại G Chứng minh:

BC AH HC

Bài 6 (3,0điểm)

Cho tam giỏc ABC cú ABC = 60 ; BC = a ; AB = cã 0 (a, c là hai độ dài cho trước) Hỡnh chữ nhật MNPQ cú đỉnh M trờn cạnh AB, N trờn cạnh AC, P và Q ở trờn cạnh BC được gọi

là hỡnh chữ nhật nội tiếp trong tam giỏc ABC Tỡm vị trớ của M trờn cạnh AB để hỡnh chữ nhật MNPQ cú diện tớch lớn nhất Tớnh diện tớch lớn nhất đú

-Hết -ẹAÙP AÙN VAỉ BIEÅU ẹIEÅM CHAÁM

1

a

1,5 A= (xy+ yz+ zx) (x+y+ z) – xyz= xy (x+ y+ z)+ yz (x+ y + z) + zx (x+ z)

= y (x+ y + z) (x+z)+ zx (x+ z)

= (x+ z) [y(x+ y+ z)+ zx]

= (x+ z ) [x (y+ z) + y ( y+ z)]= (x+ y) (x+ z) ( y+ z)

0,5

0,5 0,5 b

1,5

Để n 18 và n  41 là hai số chớnh phương

2 18

   vàn 41q p q2 , N

Nhưng 59 là số nguyờn tố, nờn:



Từ n18p2 302 900 suy ra n 882 Thay vào n  41, ta được 882 41 841 29   2 q2

Vậy với n 882 thỡ n 18 và n  41 là hai số chớnh phương

0,5

0,5

0,5 a

1,5

Ta cú: m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1)

⇔(m42− mn+n

2

)+(m42− mp+ p

2

)+(m42− mq+q

2

)+(m42− m+1)≥ 0

⇔(m2− n)2+(m2− p)2+(m2 − q)2+(m2 −1)2≥ 0 (luôn đúng)

Dấu bằng xảy ra khi {m2 −n=0

m

2− p=0

m

2 −q=0

m

2 −1=0

⇔ {n= m

2

p= m

2

q= m

2

m=2

⇔ {n= p=q=1 m=2

0,5

0,5

0,5

b

1,5

Hai vế BĐT khụng õm nờn bỡnh phương hai vế ta cú:

a2 + b2 +c2 + d2 +2 (a2b2)(c2d2) a2 +2ac + c2 + b2 + 2bd + d2

 (a2 b2)(c2d2)  ac + bd (1) Nếu ac + bd < 0 thỡ BĐT được c/m Nếu ac + bd 0 (1)  ( a2 + b2 )(c2 + d2) a2c2 + b2d2 +2acbd

 a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2  a2c2 + b2d2 +2acbd

 a2d2 + b2c2 – 2abcd  0  (ad – bc)2  0 ( luụn đỳng) Dấu “=” xẩy ra  ad = bc 

b d

0,5 0,25

0,5 0,25

1,5

Ta cú: (y + 2)x2 + 1 = y2 ⇔ (y+2)x2 - (y2-4) = 3 ⇔ (y+2)(x2-y+2)

= 3 Suy ra:

0,75

0,5

Vậy nghiệm nguyên của phơng trình là: (0;1),(0;-1) 0,25 b

1,5 Ta cú:

1.2 2.3   x x( 1)   x1

và:

2011 2011 1

1

2011 2012 2011 2012

x

 

 

Suy ra: x + 1 = 2011 x 2012 ⇔ 2011- x+ 2011 x 0

⇔ 2011 x( 2011 x 1) 0 ⇔ 2011 x 0

2011 x 0 x 2011

Vậy nghiệm của phương trỡnh là x = 2011

0,25

0,25 0,5 0,5

4

a

2

Đặt x a; y b với a, b 0, ta có:

P = a 2ab 3b 2a 2008,5 = a 2a b 1 3b 2008,5 = a 2a b 1 b 1 2b 2b 2007,5 = a - b -1 2 b b 2007,5

a - b -1 2 b b 2007,5 a - b -1 2 b 2007







2 2

2007 3

a b 1 a

Vì a - b -1 0 và b 0 a, b.Nên P = 2007 1

b 2

2

Vậy P đạt GTNN là 2007

0,5

0,5

0,5

b

1,5

1

2

(1)

+ Tượng tự ta có:    

1 2

ac

(2)

   

1 2

ab

(3) + Chỉ ra được các vế của các BĐT (1); (2); (3) đều dương nên nhân từng vế các bất đẳng thức (1); (2); (3) suy ra được: abc 

1 8

+ Kết luận max abc =

1

8 khi a = b = c =

1 2

0,5

0,25

0,5 0,25

2,0

+ Hai tam giác ADC và BEC có: C chung

CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng) 1,0

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra: BECADC 1350(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).

Nên AEB 450 do đó tam giác ABE vuông cân tại A

Suy ra: BEAB 2 m 2

0,5 0,5

b

1,5

Ta có:

BC  BC  AC (do BEC ADC) mà ADAH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)

nên

BC  AC   AC AB BE (do ABH  CBA)

Do đó BHM  BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC  1350  AHM  450

0,5

0,5 0,5

c

1,5

Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC.

Suy ra:

GC AC ,

mà AB ED ABC DEC AHED AH//  HD

Do đó:

GC HC  GB GC HD HC  BC AH HC

0,5 0,5 0,5

Hỡnh vẽ Đặt AM = x (0 < x < c) Ta cú:

0 c - x 3

MQ = BM.sin60 =

2 Suy ra diện tớch của MNPQ là:

ax c - x 3 a 3

+ Ta cú bất đẳng thức:

2

ab ab (a > 0, b > 0)

Áp dụng, ta cú:

2 2

x + c - x c

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

c

x = c - x x =

2



2

a 3 c ac 3

2c 4 8



Vậy: max

ac 3

S =

8 khi

c

x =

2 hay M là trung điểm của cạnh AB

0,5 0,5

0,5 0,5

Ghi chỳ: Mọi cỏch giải khỏc đỳng và phự hợp vẫn ghi điểm tối đa.