De HSG Toan 920162017 180

Tính độ dài các c¹nh cña tam gi¸c.. Giọi I là đờng tròn nội tiếp tam giác.[r]

thi học sinh giỏi - môn toán LỚP 9 - đề 1

(Thời gian 150 phút )

Câu 1: (3đ) a Rút gọn biểu thức : A = 6 2 2 3   2  12  18  128

b Tìm GTNN của A = x2−2 x+2006

x2

c Giả sử x, y là các số thực dơng thoả mãn : x + y = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 1

x3+y3+

1 xy

2

2 2



Câu 3: (3 đ)a) Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dơng và (a12+1)(b12+2)(c12+8) = 32

abc b) Tìm a , b , c biết : a = 2 b2

1+b2 ; b = 2 c2

1+c2 ; c = 2 a2

1+a2

c Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c 0

Tính P = (2008+ a

b )(2008 +

b

c ) ( 2008 +

c

a )

Câu 4: (2 đ) Giải hệ phơng trình

¿

( x2 + 1 )( y2

+ 1 ) = 10 ( x + y )( xy - 1) = 3

¿{

¿

Câu 5: (2đ)

Cho tam giác ABC, các đờng phân giác BD, CE cắt nhau tại I thỏa mãn

BD.CE = 2BI.CI Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông

Câu 6: (2đ)

Cho tam giác MNP có M N 2P , và độ dài ba cạnh là ba số tự nhiên liên tiếp Tính độ dài các

cạnh của tam giác

Câu 7: (3đ)

Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c Giọi (I) là đờng tròn nội tiếp tam giác Đờng vuông góc với CI tại I cắt AC, AB theo thứ tự ở M, N chứng minh rằng: a AM.BN = IM2 = IN2 ; b

1

Câu 8: (2đ) Giải các phơng trình sau

a) x2

3 +

48

x2= 10 ( x

3 -

4

x) ; b) √ x2

4 + x + 1 - x = √ 9 - 4√2

-

Hết -Đáp án - đề 1

Câu 1:( 3 điểm):

a.(1 điểm) Rút gọn : A= 6 2 2 3   2  12  18  128

= 6 2 2 3   2  12 4   2

= 6 2 2 3   4 2 3 

= 6 2 2 2   3

= 6 2 4 2 3  

= 6 2 3 1    

= 3 1 

b (1 điểm) Tìm GTNN của A = x2−2 x+2006

x2

x2 = 1 -

2

2006

x2 = 2006 (x12− 2

2006 x+

1

20062) + 1 – 1

2006

= 2006 (1x −

1

2006)2 + 2005

2006

2005

2006 ⇒ GTNN của P = 2005

2006 khi x = 2006 c.(1 điểm) Ta có: (x + y)3 = x3 + y3 + 3xy( x + y ) = 1 hay x3 + y3 + 3xy = 1.Thay vào biểu thc A ta có:

A = x3

+y3+3 xy

x3+y3 +

x3 +y3+3 xy

xy = 4 +

3 xy

x3+y3+

x3 +y3

xy

áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4 + 3 xy

x3 +y3+x3+y3

xy 4 +2√ 3 xy

x3+y3.

x3+y3

xy =4+2√3 Vậy A 4 +2√3 Vậy minA = 4 +2√3 ⇔ x = 1

2(1+√2√2 −3

3 ) ; y = 1

2(1 −√2√2 −3

3 ) hoặc x = 1

2(1 −√2√2 −3

3 ) ; y = 1

2(1+√2√2 −3

2

2 2

Mà  

0

2

2 2



b/ áp dụng c/m câu a ta có : S =

=

1 2009

2009



Câu 3: (3đ)

a) Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dơng và (a12+1)(b12+2)(c12+8) = 32

abc

áp dụng bất đẳng thức Cô-Si : 1

a2+1 2 √a12 =

2

a

Vì a ; b ; c là các số dơng 1

b2+2 2 √b22 = 2

√2

b ;

1

c2+8 2 √c82 =

4√2

⇒ (a12+1)(b12+2)(c12+8) 2a 2 √

2

4√2

32 abc

⇒ (a12+1)(b12+2)(c12+8) = 32

abc ⇔

¿

1

a2=1 1

b2=2

1

c2=8

¿{ {

¿

( 0.25đ) ⇔

¿

a=1 b=√2

2

c=√2

4

¿{ {

¿

( 0.5đ)

b) Tìm a , b , c biết : a = 2 b2

1+b2 ; b =

2 c2

1+c2 ; c =

2 a2

1+b2

Nhận xét các số a ; b ; c là các số dơng , áp dụng bất đẳng thức Co-si (0 25đ)

1+ b2 2b ⇒ a = 2 b2

1+b2

2 b2

2 b = b

1 + c2 2c ⇒ b = 2 c2

1+c2 2 c2

2 c = c

1 + a2 2a ⇒ c = 2 a2

1+b2

2 a2

2 a = a

Từ ( 1 ) ; ( 2 ) ; (3 ) ta có a = b = c và theo cosi thì a = b = c = 1

c) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c 0

P = (2008+ a

b )(2008 +

b

c ) ( 2008 +

c

a )

a3 + b3 + c3 = 3abc

⇔ ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = 0

⇔ a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c 0 )

⇔ ( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = 0 ⇔ a = b = c ⇒ P = (2008+ a

b )(2008 +

b

c )

( 2008 + c a )

P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ; P = 20093

Câu 4:( 2 điểm )

Ta có

¿

( x2+ 1 )( y2+ 1 ) = 10

( x + y )( xy - 1) = 3

¿{

¿

Û

¿

x2y2 + x2+ y2+ 1 = 10 ( x + y )( xy - 1) = 3

¿{

¿

Û

xy - 1¿2= 10

¿

( x + y )( xy - 1) = 3

¿

x + y¿2+¿

¿

¿

Đặt u = x + y ; v = xy - 1 hệ trở thành :

¿

u2+ v2= 10

u v = 3

¿{

¿

u + v¿2= 16

¿

u v = 3

¿

¿

¿

Û

¿

u + v = ± 4

u v = 3

¿{

¿

ã Nếu

¿

u + v = 4

u v = 3

¿{

¿

thì ta có

¿

u = 3

v = 1

¿{

¿

hoặc

¿

u = 1

v = 3

¿{

¿

* với

¿

u = 3

v = 1

¿{

¿

thì

¿

x + y = 3

xy - 1 = 1

¿{

¿

Û

¿

x + y = 3

xy = 2

¿{

¿

Û (x ; y) = (2 ;1) ; (1 ; 2)

* Với

¿

u = 1

v = 3

¿{

¿

thì

¿

x + y = 1

xy - 1 = 3

¿{

¿

Û

¿

x + y = 1

xy = 4

¿{

¿

nên x , y là 2 nghiệm của PT : t2 - t + 4 = 0 có D < 0 ị vô nghiệm ị hệ vô nghiệm trong trờng hợp này

ã Nếu

¿

u + v = − 4

u v = 3

¿{

¿

thì ta có

¿

u = -3

v = -1

¿{

¿

hoặc

¿

u = -1

v = -3

¿{

¿

* Với

¿

u = -3

v = -1

¿{

¿

ta có

¿

x + y = -3

xy - 1 = -1

¿{

¿

Û

¿

x + y = -3

xy = 0

¿{

¿

Û (x ; y) = (- 3; 0) ; (0 ; - 3)

* Với

¿

u = -1

v = -3

¿{

¿

ta có

¿

x + y = -1

xy - 1 = -3

¿{

¿

Û

¿

x + y = -1

xy = -2

¿{

¿

Û (x ; y) = (-2 ; 1) ; (1; - 2)

Tóm lại hệ đã cho có 6 nghiệm là (x ;y) = (2 ;1) ; (1 ; 2) ; (- 3; 0) ; (0 ; - 3) ; (-2 ; 1) ; (1; - 2)

1 1

P D

N

M

c

b

a I

C B

A

N

M

c

b

a

I

C B

A

B

à i 5:

Ta có: BD.CE = 2BI.CI

1

2

BI CI

BD CE

Trong tam giác BEC ta có BI là phân giác của B :

Theo tinh chất tỉ lệ thức

Hay

ac b.BE ac a.BE BE

b a

 (*)

Thay (*) vào (2) ta đợc:

ac

a b



 



Tơng tự trong tam giác ABD ta có AI là phân giác của A:

(4)

ab AD

a c



 (2*)

Thay (2*) vào (4) ta đợc:

ab

a c



 



Thay (3) và (5) vào (1) ta đợc:

1

2

a b c a b c

2 2 2

Vậy tam giác ABC vuông tại A

Câu 6: Trên cạnh PM lấy điểm D sao cho PD = PM

Ta có: M M 1M 2 D 1M 2 N M 2M 2

(Vì D1là góc ngoài của tam giác MND) Do đó: M N2M 2

Theo bài ra: M N2P Suy ra P M  2

Do đó ta có: DMNPDDNM g g( )

đặt NP = a: MP b: MN = c: Với a,b,c N

Ta có:

Do các cạnh của tam giác MNP là ba số tự nhiên liên tiếp và a > b nên a – b = 1 hoặc a – b = 2 Nếu: a – b = 1 thì a – c = 2

Từ (1) ta có:

c a ị c  c (vì a = c + 2)

2 ( 1) 2

1 1

c

c c

c





 

 Û c2 Nếu: a – b = 2 thì a – c = 1 khi đó ta có

(1)

1 2

c

c





 

 (Loại) Vậy MN = 2: MP = 3: NP = 4 Bài 7:

a Ta có:

Ta lại có:

 0 A B  3600 (1800 C) 0 C

Từ (1) và (2) suy ra: AMI BNI = AIB (3)

Từ (3) và giả thiết suy ra: DAIB DAMI DBNI ị

AM.BN IM.IN

Mà tam giác CMN cân tại C suy ra: IM=IN (4) (vì CI là đờng cao đồng thời là trung tuyến)

Từ (3) và (4) suy ra: AM BN IM2 IN2

b Ta có: DAIBDAMI

2 2

AI AB.AM

Hay

2





(5) Tơng tự: DAIB DBNI

2



(6) Trong tan giác vuông MIC (I  900

) ị IC2 CM2 MI2 ; Mà AM BN IM2(c/m câu a)

(Vì CM = CN c/m trên) ị IC2 ab a AM b BN 

2

1

(7)

Cộng hai vế của (5); (6) và (7) ta đợc:

1

bc  ca  ab 

Câu 8: (2 đ)

a Điều kiện x ạ 0 Phơng trình đã cho tơng đơng với

2 2

x 16

10

9 x

x 4

-

3 x

Đặt t =

-x 4

3 x ị t2 =



2 2

9 x 3 Phương trỡnh trở thành :

2 8

3 t 10t

3 Û 3t2 – 10t + 8 = 0

Û t = 2 hoặc t = 4/3 * với t = 2 thì

-x 4

3 x = 2 Û x2 - 6x - 12 = 0 Û x = 3 21 

* Với t = 4/3 thì

-x 4

3 x =

4

3 Û x2 - 4x - 12 = 0 Û x = 6 ; x = - 2 Vậy phơng trình đã cho có 4 nghiệm là : x = 6 ; x = - 2 ; x = 3 21 

b PT :

2

x

+ x + 1 - x = 9 - 4 2

4 Û √ ( x2 + 1)2 - x = √ (2 √2 - 1)2

Û | x2+ 1 | - x = 2√2 - 1

ã Nếu



x

1

2 ³ 0 Û x ³ – 2 , PT trên trở thành x + 2 – 2x = 4 √2

– 2

Û x = 4 - 4 √2 thỏa mãn x ³ – 2 nên x = 4 – 4 √2 là nghiệm của phơng trình đã cho

ã Nếu



x

1

2 < 0 Û x < – 2 , PT trên trở thành –( x + 2) – 2x = 4 √2

– 2

Û – 3x = 4 √2 Û x = – 4 √2 /3 , không thỏa mãn x < –2 nên loại

Vậy phơng trình đã cho có nghiệm : x = 4 – 4 2