Suy ra tam giác BOI đồng dạng với tam giác BMJ..[r]
Trang 1TRƯỜNG THCS HIỆP THUẬN
Đề thi học sinh giỏi NĂM 2010-2011
Môn:Toán 9
Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2đ)
Cho biểu thức : M=(1− √x
√x+1).(√x +3
√x − 2+
√x +2
3 −√x+
√x+2
x −5√x +6) a) Rút gọn M
b) Tìm giá trị của x để M >0
Câu 2: (3đ)
a) Giải phơng trình : x2
+√x +2005=2005
b) Giải hệ phơng trình:
¿
√x2+2 − x +√y2+3 − y=2
√x2 +2+x +√y2
¿ {
¿
Câu 3:(1đ)
Cho x,y là các số thực thoả mãn:
x√1− y2+y√1 − x2=1 Chứng minh rằng x2 +y2 =1
Câu 4: (2 đ)
Cho hai đờng tròn tâm O và O’ cắt nhau tại A và B Một đờng thẳng thay đổi qua
A cắt đờng tròn (O) và (O’ ) lần lợt tại M và N Gọi I,J lần lợt là trung điểm của OO’
và MN Chứng minh rằng tam giác BOI đồng dạng với tam giác BMJ
Câu 5 (2 đ)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn tâm (O) Hai đờng thẳng AD và BC cắt nhau tại
E ,hai đờng thẳng AB và CD cắt nhau tại F Chứng minh rằng
EA.ED + FA.FB =FE2
Trang 2
-Đáp án Câu1:(2 điểm)
ĐKXĐ : x ≥ 0 , x ≠ 4 và x ≠ 9 ;
M=√x +1 −1
√x +1 :(√√x − 2 x +3+
√x +2
3 −√x+
√x +2
(√x −2)(√x −3))= 1
√x+1:
x −9 −(x − 4)+√x +2
(√x −2)(√x −3) =
√x − 2
√x+1 b)
(0,5 điểm)
Với điều kiện x ≥ 0 , x ≠ 4 và x ≠ 9 P>0 ⇔ √x − 2
√x+1>0 ⇒ √x −2>0 (do
√x+1>0¿
suy ra x >4 Kết hợp với điều kiện ta có x>4 và x 9 thì M>0
Câu 2:(3 điểm)
a) (1,5 điểm): ĐKXĐ : x −2005 ;
+x+1
4=x +2005 −√x+2005+
1 4
√x+2005 −1
2¿
2⇔ x+1
2=√x +2005 −
1 2
x +1
2¿
2
= ¿
⇔¿
hoặc x+ 1
1
2−√x +2005
1) với x+ 1
1
2−√x +2005 ⇔ x +√x+2005=0 ⇔ √x+2005=− x
- Nếu x>0 ⇔− x<0 , suy ra phơng trình vô nghiệm
- Nếu x 0 ⇔ -x 0 Kết hợp với điều kiện ta có -2005 x ≤ 0 ,khi đó hai vế không âm ,bình phơng hai vế ta đợc: x2-x-2005=0 ⇒ x1= 1+√8021
2 (loại)
⇒ x2=1−√8021
2 (thoả mãn)
2)Với x+ 1
2=√x +2005 −
1 2
x +1 ≥ 0
¿
x+ 1¿2
¿
⇔
x ≥ −1
x2+x −2004=0
⇔
¿ {
¿
x ≥− 1
x1=−1+√8017
2
x2=− 1−√8017
2
¿ {{
¿
⇒ x= −1+√8017
2
b) Đặt √x2 +2 − x=t≻0⇒√x2
+2+x =2
t
Đặt √y2+3 − y=v≻0⇒√y2+3+ y=3
v Khi đó hệ đã cho tơng đơng với hệ:
Trang 32
t+
3
v=5
t+v=2
⇔
¿ 2
t+
3
v=5
t=2 − v
¿ {
¿
⇔
5 v2− 11v =6=0 t=2 − v
¿ {
⇔
v1=1
t1=1
¿ {
hoặc
¿
v2= 6 5
t2= 4 5
¿ {
¿
*) Trờng hợp 1:
¿
v1=1
t1=1
¿
⇔
√x2
√y2+3 − y=1
⇔
¿ {
¿
√x2+2=1+ x
√y2+3=1+ y
⇔
¿
¿
x=1
2
y=1
¿ {
¿
*)Trờng hợp 2:
¿
v2= 6 5
t2= 4 5
¿ {
¿
⇔
√x2
5
√y2
+3 − y=4
5
⇔
¿ {
¿
√x2+2=6
5+x
√y2 +3=4
5+y
⇔
¿x=17
20
y=13
20
¿ {
¿
Câu 3 (1 điểm)
ĐKXĐ: -1 x ≤ 1 ;-1 y ≤ 1
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có:1 ❑2
= ¿ (x√1 − y2− y√1 − x2)2≤(x2
+y2) (1− y2
+1− x2)⇒ (x2
+y2)(2−(x2
+y2))≥ 1
⇔(x2
+y2
)2− 2(x2
+y2
)+1 ≤ 0⇔(x2
+y2−1)2≤ 0⇒ x2
+y2−1=0 ⇒ x2
+y2 =1
Câu 4: (2 điểm)
Vì OO’ là đờng trung trực của dây chung
AB nên ∠BOI=1
2∠BOA=1
2sdA \{ B
∠AMB=1
∠BOI=∠ AMB (1)
Tơng tự : ∠B O '
2sdA \{ B)
Do đó tam giác OBO’ đồng dạng với tam
giác MBN (gg) suy ra
OB
OO'
2 OI
OI MJ
Xét tam giác MAJ và tam giác OIB có:
∠ BMA= ∠ BOI (cmt)
O O,
B
A
N M
Trang 4OB
OI
MJ Suy ra tam giác BOI đồng dạng với tam giác BMJ.
Câu 5 : (2 điểm)
- Dựng đờng tròn ngoại tiếp tam giác
DCE , cắt EF tại M Vì hai dây AB và CD
của đờng tròn (O) kéo dài cắt nhau tại F
nên ta có FA.FB=FD.FC
Tơng tự: FC.FD=FM.FE suy ra
FA.FB=FM.FE (1) Mặt khác
∠DME=∠DCB =∠DAF (do tứ giác ABCD và DMEC nội tiếp) suy ra tứ giác AFMD nội tiếp Do đó ta có EA.ED=EM.EF (2)
Từ (1) và (2) suy ra FA.FB+EA.ED=(FM+EM) EF=EF2
A