Chứng N M không trùng với B và C; N không trùng với C và D sao cho MAN minh rằng đường chéo BD chia tam giác AMN thành hai phần có diện tích bằng nhau... 1 Chứng minh OEDH là tứ giác nội[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THỊ HỌC SINH GIOI TINH
MÔN THỊ: TOÁN 9 - THCS IDE CHINH THUC Thời gian lam bài: 150 phút (không kê thời gian giao đề)
Ngày thi: 10/4/2019
Bài 1: (4 điểm)
1) Rút gọn biểu thức A= (3+ 2/3) 33-12¥5 ~3/37-30V3
xVx —6x+12Vx-8= yy
x-2Vx-1=2 Jy
2) Giai hé phuong trinh
Bai 2: (4 diém)
1) Cho phương trình x”-4x=2|x-2|—m—5 (với m là tham sô) Tìm tât cả các giá trị của
m đề phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt
2) Trong mặt phăng với hệ tọa độ Oxy, một đường thăng đ có hệ sô góc k di qua diém M(0; 3) và cặăt parabol (P): y= x7 tại hai điêm A, B Gọi C, D lân lượt là hình chiêu vuông góc của A, B lên trục Ox Viết phương trình đường thăng d, biết hình thang ABDC có diện tích băng 20
Bài 3: (4 điểm)
1) Tìm tât cả các cặp sô nguyên (x: y) thỏa mãn: 2x7 4+.y° +2xy+6x+4y = 20
2) Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ Số, biết răng số đó băng lập phương của tông các chữ sô của nó
Bài 4: (4 điểm) Cho điểm A năm ngoài đường tròn (O) Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C
là tiêp điêm) và một cát tuyên ADE cua(O) sao cho ADE nam giữa hai tia AO va AB; D,
E e (O) Đường thắng qua D và song song với BE cắt BC, AB lần lượt tại P, Q
1) Goi H la giao điểm của BC với OA Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp
2) Gọi K là điểm đối xứng của B qua E Chứng minh ba điểm A, P, K thăng hàng
Bài 5: (2 điểm) Cho hình vuông ABCD Trên các cạnh CB, CD lần lượt lấy các điểm M,
N (M không trùng với B và C; N không trùng với C và D) sao cho ⁄AN =45° Chứng minh răng đường chéo BDÐ chia tam giác AMN thành hai phân có diện tích băng nhau Bài 6: (2 điểm) Cho a,b, c là các số thực dương thỏa z+b+c =3 Chứng minh rằng:
at+l + b+l + c+I >
bˆ+l cẴ+l a +I
Trang 2BÀI GIẢI
Bài I: (4 điểm)
L) Ta có A=(3+ 2/3)33— 1259373008 =(3+ 24) 33-12) ; (1-23)
(3+2/3)N33-1244+23 =(3+2,3) 33-12 (+⁄3} =8+2x3)N21-123
=(3+23)kj(s-2v3) =(s+23)(2V3-3)=12-9=3
2)(ĐK: x>0,y>0)
Pe 6x+12Vx-—8= yy aa
x-2Vx-1=2 Jy x-2jx-I=2jy |#-2Mx-I= 2Jy x—2Vx-1=2Vx-4
Alpe
Vx -3=0
We = -1(vo ly)
—]| = =
= ve =" ” (1m) Vay nghiệm của hệ là ‘ ?
Vx =3
Bai 2: (4 diém)
1) Tac6é x°-4x= 2|x-2|-m-5 © |x~2) =2|x—2|+m+1=0 (*)
Dat +=|x—2|(r>0) Khi do (*) tro thanh: 7° -2r+m+1=0 (**)
Do đó (*) có bốn nghiệm phân biệt © (**) có hai nghiệm dương phân biệt
A,>0_ [I-(m+l)>0
m<0
©‹4P>0<e+m+l>0 =} «©-l<m<0
m>—]
S>0 |2%0
2) Vì đường thăng đ có hệ số góc k di qua điểm M(0; 3), nên phương trình đường thăng đ
có dạng y= kx+3
Phương trình hoành độ giao điểm của (đ) và (P) là: x?=kx+3<©>x°-kx—-3=0 (*)
Vi ac=-3<0, nén (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
Vi (d) cat (P) tại hai điệêm A; B, nên hoành độ các điêm A, B là hai nghiệm của (*)
Theo VI ét ta có: {* Thu 3° Lại có A(x,:31) BẦx;: x2} C(x,;0), D(x,; 0)
XX, =-
(AC+BD)CD _ (x4 +45)
Do dé 20=S,,, = 5 (x, |+|x, l)= (| a+ | a | A Al lobe)
Dat +=|x,|+|x,| , ta cd:
¡*—2|-3
20 = 10-61-40 = 0 (1-4) (7 41410) = 0 (1-4)| (+2) +6 |=00=4.
Trang 34=:©4=|tu|+|x,|16=(|xu|+|xz|} =x}+x2+2|xax;|= (x„+xy)`—2x¿xy +2-|-3|=k?+6+6
©k?=4©>k=+2 Vậy phương trình đường thăng đ là: y=2x+3 hoặc y=-2x+3
Bài 3: (4 điểm)
1) Ta có: 2x?+y°+2xy+6x+4y=20©(x+1} +(x+y+2} =25
Vì 25=0°+5° =0? +(-5) =3° +4? =3° +(-4) =(-3Ÿ +4=(-3+(-4), nên có các trường
hợp sau:
+) <> ; +) <> ; +} <> ›
x+y+2=5 y=4 x+y+2=-5 y=-6 x+y+2=0 y=-6
+) <> ; +) <> ; +) & 3
x+y+2=0 y=4 x+y+2=4 y=0 x+y+2=3 y=-2
+) x+y+2=-4 & y=-8 5 +) x+y+2=3 > y=6 > +) x+y+2=4 = y=6
+) <> ; +) <> ; +} >
x+y+2=-3 y=-8 x+y+2=-4 y=-2 x+y+2=-3 =0
Vậy các cặp số (x; y) la: (-1; 4),(-L-6),(4- 6),(- —6; 4), (2; 0), (3; - 2), (2;-8), (- —5; 6), (- -4; 6)
(3:—8).(—4:— 2) (—5: 0)
Cách khác: 2x” + y? +2xy+6x+4y = 20 2x°+2(3+ y)xty +4y—20=0 (*)
(*) có nghiệm © A'=(3+ y} -2(y?+4y~20)}>0—y`=2y+49>0© y?+2y—49<0
©(y+1ÿ <50 ©|y+l|<52 ©-I-5N2<y<~I+5J2=—=-8<y<6 (vì yeZ)
(5) có nghiệm nguyên = A'=-y”—2y+49=k” (keN)— y=-—8;T— 6;— 2; 0; 4; 6
+) Với y=-8; (*) <> 2x? -10x412=0 Sx’ -5x+6=0 (x-2)(x-3) =0 oe 5
+) V6i y=-6; (*)@ 2x? -6x-8 = x? —3x-4 =0 (x4 1)(x reels
+) Với y=-2; (*)S 2x? 42x =2420 0 x? +x-12=00 (x-3)(x4+4)=00 oe
+) Với y=0;ˆ(*}©2x +ó6#-20=0 © x +3x-10=0 (+5) (x —
+) Với y=4; (*)©2x +l4x+12=0<>x”+7x+6=0<©(x+lI)(x+6)=0<©
+) VGi y=6; (*)<> 2x°4+18x+40=0 9° +9x+20= " Ẻ.Ẻ “4
2) Goi abcd 1a 86 tu nhién phải tìm (1000 < abed < 9999)
Ta có abed =(atb+c+d) >1000<(atb+c+d) <9999=>10<atbt+ct+d<21
+) Néu at+b+c+d =10= abcd = 1000 (loai); +) Néu a+b+c+d =11= abcd =1331 (loa);
+) Néu at+b+c+d =12= abcd =1728 (loai) ; +) Néu at+b+c+d=13=> abcd =2917 (loai
+) Néu a+b+c+d =14= abcd = 2744 (loai); +) Nếu a+b+e+đ =15 —= abcd = 3375 (loai): +) Néu at+b+c+d =16= abcd = 4096 (loai); +) Néu a+b+c+d=17= abcd = 4913 (nhan) ;
);
Trang 4
+) Nếu a+b+c+d =18= abcd =5832 (nhan); +) Néu at+tb+c+d =19= abcd = 6859 (loai) ;
+) Néu a+b+c+d =20= abcd = 8000 (loai); +) Néu a+b+c+d =21= abcd = 9261 (loai)
Vay abcd = 4913; 5832 B
1) Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp C
Ta có: AB = AC (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)), OB = OC (bán kính)
Nên OA là trung trực của BC
Xét AABO: ABO =90° (AB là tiếp tuyến của (O)), BH L OA (OA là trung trực của BC)
= AB’ = AH.AO (a)
Xét AABD va AAEB: ABD = AED = = sd BD (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây) BAD (góc chung) Vậy AABD # AAEB (g.g) —> va oe AB’ = AD.AE (b)
Tw (a) va (b) suy ra > AH.AO = AD.AE > AM =
Xét AAHD va AAEO: — - To (cmt) HAD (chung) Vay AAHD 2 AAEO (c.g.c)
— AHD = AEO Do đó tứ giác OEDHà tứ giác nội tiếp (đpem)
2) Chứng minh ba điêm A, P, K thăng hàng
Ta có: AODE cân tại O (do OD =OE) = EDO= AEO ma AHD = AEO (cmt) => EDO = AHD
Lại có: EDO = EHO (tứ giác OEDH nội tiếp)
= AHD = EHO > 90° ~ AHID =90°— EHO => BHA- AHD = BHO - EHO => BHD = BHE
Nên HB là phân giác trong của ADHE, mà HÀ L HB (cmt) nên HA là phân giác ngoài
HD JID ~AD
của ADHE =<—==— (c) (1 là giao điểm của HB va DE)
HE UTE "AE
DP _ ID
ADIP, DP // BE (gt (st) =F = 7, (4) (he qua Ta Let) d) (hé qua Ta Lét
AABE, DQ // BE (gt) > 22 -— (e) (hệ quả Ta Lét)
Từ c), d), e) = “Ê- 2Š — pp= nọ
° ° ° DP _ AD
Goi K’ 1a giao diém cia AP va BE AAEK’, DP // EK’ (gt) => TK AB (7)
` ax ~ DO DP EK'
Tue), f) = BE EK ma DP = DQ (cmt)=> BE =
Mặt khác BE = EK (gt)> K'=K Vay A, P, K thăng hàng (đpem)
Trang 5Bài 5: (2 điểm)
MAF =45° (gr), MBF =45° (BD là đường chéo hình vuông)
Vậy tứ giác ABME nội tiếp — AFM =180°— ABM =180° —90° =90°
AAFM: AFM =90°,FAM =459,
nên AAFM vuông cân tại F > AF= ME
Tương tự AAENvuông cân tại E > AE = NE D
Tur gidc AEHF: AFH = AEH =90° (cm) (H là giao điểm của ME va NE)
N
nên tứ giác AEHF nội tiếp — NHF = MHE = EAF = 459
Kẻ EK | MF (K € MB) ANFH vuông tại F; AEKH vuông tại K nên có:
NF = NH -sin NHF = NH -sin45°, EK = EH -sinMHE = EH -sin 45°
Tacé: § MNFE — Sam MHN tS eae tS rae £8 NHF FHE EHM
=< HM -NE +2 HN -HE -sin NHF +—HP- EK SHM -HE-sin MHE
=2(HÉM -HN -sin 45” + HN - HF -sin 45°+ HE - HE - sin 45° + HM - HE -sin 45"
=s[(„M + HF)-HN +(HF +HM )-HE |-sin 45°
=- ME -(HN + NE)-sin45” = T ME NE -sin459 =S AE - AE -sin 450 = S sep
Bài 6: (2 điểm) Ta chứng minh (a+b¥c) >3(ab+be+ca) (*)
Thật vậy (*)© ä? +} +c! =áb=bc— ca >0 © 2(ä? +b? +c” =ab— be —ca)> 0
©(a-b} +(b-c) +(e“a)*š0 (luôn đúng) Dấu “=” xảy ra Ga=b=c
Áp dụng (*), ta có: 3? >3(ab + bc + ca) © ab + be + ca < 3
a+f)| (bˆ+1)]—bˆ 1)b?
Vì 0°21>2b—¬ 1 (a+1)b° < (a+1)?° _ (a+1)b _(a+l)?p' „_(a+l)b
a~+1Ì)bˆ at+l)b atl ab+b
= (a-41) (a 41) EP 8, Oh (att) (dob>0)
b+1 bc+c c+Ï cata
T ương tự có 2 rÈ{ +1) 9: >(b+1)- 5 ; al (c+1) > 1)-
Vậy dai + bel + c+ >(a+b+e)+3- (6P +bc+eg)+(4+b+c) 6 343_,
Dâu “=” xảy ra a=b=c=1.