Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua hai điểm cố định khi M di động trên đờng thẳng d.. Cho hai điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho tam giác AMB có ba góc nhọ[r]
Trang 1PHềNG GD &ĐT CẨM THỦY
TRƯỜNG THCS CẨM NGỌC
ĐỀ THI HS GIỎI TOÁN 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI Câu 1:
1 Giải phơng trình: x2+25 x2
( x +5)2=11
2 Viết các phơng trình bậc hai dạng: x2 + mx + n = 0 Biết rằng, phơng trình có nghiệm nguyên, các hệ số m, n đều là những số nguyên và m + n + 1 = 2011
Câu 2:
1 Tính giá trị của biểu thức: P = (4x3 - 6x2 - 1)2014
với x = 1
2(1+
3
√3+2√2+√33 −2√2)
2 Giải hệ phơng trình:
¿
2 x + y= 3
x2
y2
¿
Câu 3:
1. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn: 1
a+
1
b+
1
c=
1
(1 + a2) (1 + b2) (1 + c2) là số chính phơng
2 Tìm tất cả các số nguyên dơng n sao cho: n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7
là số chính phơng
Câu 4:
1 Cho đờng tròn (O; R) và đờng thẳng (d) cắt đờng tròn (O) tại hai điểm A, B Từ một điểm
M trên đờng thẳng (d) và ở ngoài (O), (d) không đi qua O, ta vẽ hai tiếp tuyến MN, MP với đờng tròn (O) (N, P là hai tiếp điểm)
b Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua hai điểm cố định khi
M di động trên đờng thẳng (d)
2 Cho hai điểm A, B cố định và điểm M di động sao cho tam giác AMB có ba góc nhọn Gọi
H là trực tâm của tam giác AMB và K là hình chiếu của M trên AB.Tìm giá trị lớn nhất của tích KM.HK
Câu 5: Cho ba số dơng x, y, z thoả mãn: xyz = 1 Chứng minh rằng:
√1+ x3+y3
xy +√1+ y3+z3
yz +√1+z3+x3
zx ≥3√3
Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM
1
(4,0đ) 1 ĐK: x 5
Trang 2(1) (x − 5 x
x +5)2+10 x2
x +5=11
(x+5 x2 )2+10 x2
x+5 −11=0
Đặt x2
x +5=t thì phơng trình đã cho trở thành: t
2 + 10t -11 = 0
t=1
¿
t=−11
¿
¿
¿
¿
+ Với t = 1 => x2 - x - 5 = 0 Suy ra: x1,2 = 1 ±√21
2
+ Với t = -11 => x2 + 11x + 55 = 0 (PTVN)
0,5
0,5
0,5 0,5
2 Giả sử phơng trình: x2 + mx + n = 0 có hai nghiệm nguyên x1, x2 Theo định lí Vi
- et, ta có:
¿
x1+x2=− m
x1x2=n
¿
Do đó: m + n + 1 = x1x2- (x1 + x2) + 1 = 2011 (x1 - 1)(x2 - 1) = 2011
Vì 2011 là số nguyên tố, giả sử x1 > x2, ta nhận đợc:
+ x1 - 1 = 2011 => x1 = 2012; x2 - 1 = 1 => x2 = 2
Suy m = -2014; n = 4024
+ x1 - 1 = -1 => x1 = 0; x2 - 1 = -2011 => x2 = -2010
Suy m = 2010; n = 0
Từ đó, ta có các phơng trình bậc hai dạng: x2 + mx + n = 0 thỏa mãn điều kiện bài
toán: x2 - 2014x + 4024 = 0; x2 + 2010x = 0
0,5 0,5 0,25 0,75
2
(4,0đ)
1 Đặt
¿
a=√33+2√2
b=√33 − 2√2
¿
¿
ab=1
a3
+b3=6
a+b=2 x − 1
¿
Suy ra: (2x - 1)3 = (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) = 6 + 3(2x - 1)
(2 x −1)[(2 x −1)2−3] = 6
4x3 - 6x2 - 1 = 1
Vậy P = (4x3 - 6x2 - 1)2014 = 1
1,0 0,5 0,5
2 ĐK: x, y 0
0,5 0,75 0,25
Trang 3Hệ phơng trình
¿
2 x3+x2y =3
2 y3
+xy2=3
¿
Trừ vế với vế của hai phương trỡnh ta được: 2(x3 – y3) + xy(x - y) = 0 2(x - y)(x2 + xy + y2) + xy(x - y) = 0 (x - y)(2x2 + 3xy + 2y2) = 0 (*)
Vì 2x2 + 3xy +y2 = 2(x +3 4 y)2+7 8 y 2 > 0 với ∀ x, y 0 Nên (*) x – y = 0 x = y Thay x = y vào phơng trình (1) ta đợc: 3x3 = 3 x3 = 1 x = 1 (TM ĐK) Vậy x = y = 1 0,5 3 (4,0đ) 1 Theo đề ra, ta có: 1 a+ 1 b+ 1 c= 1 abc => ab + bc + ca = 1 Khi đó, ta có: 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(a + c) (1)
1 + b2 = ab + bc + ca + b2 = b(a + b) + c(a + b) = (a + b)(b + c) (2)
1 + b2 = ab + bc + ca + c2 = c(a + c) + b(a + c) = (a + c)(b + c) (3)
Từ (1), (2) & (3), suy ra: (1 + a2) (1 + b2) (1 + c2) =[(a + b)(b + c)(c + a)]2 Với a, b, c là các số nguyên thì (a + b)(b + c)(c + a) là số nguyên Vậy (1 + a2) (1 + b2) (1 + c2) = [(a + b)(b + c)(c + a)]2 là số chính phơng 0,5 0,5 0,5 0,5 2 Đặt n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 = y2 (y N) Suy ra: y2 = (n2 + n)2 + n2 + n + 7 > (n2 + n)2 => y > n2+ n Vì y N, n2 + n + 1 N => y n2 + n + 1 => y2 (n2 + n + 1)2 Thay y2 = n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 => n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 (n2 + n + 1)2 => n2 + n - 6 0 => (n - 2)(n + 3) 0 n N* => n + 3 > 0 => n - 2 0 Suy ra n {1;2} Thử với n = 1 thì n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 = 13 không là số chính phơng Thử với n = 2 thì n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 = 49 là số chính phơng Vậy n = 2 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 4 (6,0đ) 1 b Gọi I là trung điểm dây AB ta có I cố định. (d) không đi qua O nên OI AB => OIM = ONM = OPM = 900
=> I, N, P thuộc đờng tròn đờng kính OM 0,5 0,5 0,5 0,5
P
M
B A N a Vì MN, MP là hai tiếp tuyến của đ-ờng tròn (O) => ONM = OPM = 900 (1)
=> ONM + OPM = 1800 Suy ra tứ giác MNOP nội tiếp => NMO = NPO (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON)
O
I
Trang 4O và I cố định Do đó, đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua hai điểm cố định
O và I khi M di động trên đờng thẳng (d)
2
BK.KA (BK +KA2 )2=AB2
4
=> KM.HK AB2
4
Vậy max KM.HK = AB2
4 khi BK = KA (K là trung điểm AB)
0.5 0,25
0,5
5
(2,0đ)
áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho 3 số dơng, ta có:
1 + x3 + y3 3√31 x3 y3=3 xy √1+x3+y3
√3
√xy (1)
Tơng tự: √1+ y3+z3
3
√yz (2)
√1+z3+x3
3
√zx (3)
Từ (1), (2) & (3), suy ra: (*)
Mặt khác: √3
√xy+
√3
√yz+
√3
√zx≥3
3
√ √3
√xy.
√3
√yz.
√3
√zx=3√3 (**)
Từ (*) & (**) suy ra:
√1+x3
+y3
+z3
+x3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = 1
0,5 0,25 0,25 0,25
0,5
0,25 0,25
2 Δ BKM và Δ HKA có:
BKM = HKA (= 900)
BMK = HAK (hai góc nhọn cạnh tơng ứng vuông góc)
Do đó Δ BKM đồng dạng Δ HKA (g.g)
=> BK
KM
M
H
B K A