đáp án môn toán 9 học sinh giỏi đề số 16

Đáp án chấm Thi học sinh giỏi. Môn toán khối 9 (Thời gian 180 phút) Bài Nội dung điểm Bài1 Phần d cần tìm có dạng: bax + ã .Khi đo ta có: baxxqxxxxxx ++=+++++ )().1( 21917753 . Với: x=1 và x=-1,ta có: a+b=7; a+b= 7. Vậy: a=7;b=0 2đ Bài2 Ta có yz zy yz yx z y y x ==+=+ 1111 Tơng tự: yz zy zx x z y x =+=+ 11 ; xz xz zy = . Nhân từng vế của biểu thc ta có: = = = = = = 1 0))()(( 1 0))()(( ))()(( ).)()(( ))()(( ))()(( 222 222 222 xyz zyzxyx zyx zyzxyx zyzxyx zyxzyzxyx zyx zyxzyx zyzxyx 2đ Bài3 Nhân thấy: 32,32 =+= vu là nghiệm của phơng trình: 1565 1556415 415)14(4 )14(14014014 234 24 3222 =+ == == ====+=+ uuuu uuuu uuu uuuuuuuxx 2đ Bài4 Nhận thấy : (x=0,y=0,z=0) là nghiệm của hệ phơng trình. Ta chứng minh đó là nghiêm duy nhất. Giả sử ),,( 000 zyx là nghiêm của hệ. Sao cho: ít nhất có 1 thành phàn khác 0. Khôngmất tính tổng quát giả sử: 000 zyx 0 0 x .Ta có : 00 0 0 3 0 0 21030201 =++=++ x z a x y aazayaxa (1) Tuy nhiên: 0 321321 0 0 3 0 0 21 0 0 3 0 0 21 >++=++ aaaaaa x z a x y aa x z a x y aa kêt hơp với (1) Vô lý . Vậy hê phơng trình có nghiệm duy nhất 2đ Bài5 Phơng trình tơng đơng: 1 2 3 142 2 + ==+ x xx . Đặt: xyy x y =+ + = 1421 2 3 2 Từ đó ta có hệ : =+ =+ xyy yxx 142 142 2 2 4 123 142 2 + ==+ xxxx 2đ Bài6 Nhận thấy: A,B cùng phía đối với trục ox Gọi A là điểm đối xứng với A qua ox. A(2;-2). y Đờng thẳng qua AB có phơng trình là: 5 2 3 = xy 2 A Gọi: P là giao của (d) và ox )0; 3 10 ('P . 1 B Ta chứng minh P là điểm cần tìm. 0 2 P 4 x Thật vậy: Giả sử tồn tại Ptrên ox: BAPBPAPBPA '' +=+ . A Đẳng thức xảy ra khi: 'PP 2đ Bài7 8: 2 xNx là số chính phơng Khi và chỉ khi phơng trình: 02 2 =+ xtt có nghiệm: 2,12/ == tttZt Thay vào ta đợc x=2 là giá trị cần tìm 2đ Bài8 1) Điều kiện cần: Qua các đỉnh của tam giác ABC kẻ các đờng vuông góc: 111 ,, CCBBAA với đờng PQ. Khi đó : R 111 //// CCBBAA 1 1 1 1 , AA CC QA QC BB AA BR AR == B B 1 1 1 CC BB PC PB = C 1 Vậy : 1 1 1 1 1 1 1 == CC BB AA CC BB AA PC PB QA QC BR AR A Q C 2) Điều kiện đủ: A 1 Gọi giao điểm của RP với AC là Q Khi đó theo trên ta có: 1. ' ' . = RB RA AQ CQ PC PB QA QC AQ CQ = ' '' Vì chỉ có điểm duy nhất chia trong đoạn AC nên: QQ ' Hay R,P,Q thẳng hàng .2đ Bài9 Giả sử: ACAB (*) khi đó trong tam giác ABC ta co : 2đ . CBAACB Nhng: CBDCBAACBDCB >> Vì thế: Trong tam giác BCD: CBDDCB > Do đó : BD > CD (**) Từ (*) và (**) ta có: AB + BD > AC + CD. Trái giả thuyết . Vậy: AB < AC. Bài10 Ta xét các trờng hợp sau đây : 1) Trờng hợp A nằm ngoài đờng tròn: P 1 Do: OM=ON;MA+NP; OA chung. Do đó : ONPOMA = T 2 OAOP = Không đổi. M Vậy P thuộc đờng tròn bán kính OA. O A Giới hạn: - Goi T 1 ,T 2 là các tiếp điểm của các tiếp N T 1 tuyến vẽ từ A P Khi M chạy đến T 1 thì P chạy đến P 2 P 2 Khi M chạy đến T 2 thì P chạy đến P 1 . Tập hơp P là cung P 1 AP 2 của đờng tròn tâm O bán kính OA 2) Trờng hợp điểm nằm trên đờng tròn: Tập hợp P chính là đờng tròn đã cho 3) Trờng hợp A nằm trong đờng tròn: Tập hợp P là đờng tròn tâm O bán kinh OA 2đ