Hướng dẫn giải đề thi HSG Toán 7 huyện Thái Thuỵ, Tỉnh Thái Bình, năm học 2010-2011

Chứng minh DKG là tam giác vuông cân.

PHÒNG GD&ĐT

THÁI THỤY

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI HUYỆN

Năm học 2010 – 2011

Môn : Toán 7

(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1 (4 điểm)

1 Tính tính sau : A 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

              

2 Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P 5 x

x 2





 nhận giá trị nguyên

Bài 2 (4 điểm)

1 Chứng minh rằng nếu giá trị của biểu thức f(x) = ax2 + bx + c chia hết cho 2011 x

∈ Z, (a, b, c ∈ Z), thì các hệ số a, b, c đều chia hết cho 2011

2 Chứng minh đa thức 2x2 + 3x + 5 không có nghiệm

Bài 3 (4 điểm)

1 Chứng minh rằng nếu có dãy tỉ số bằng nhau 1 2 2010

a

a a  a thì

2010

1

a a a a

2 Cho các đa thức : A = xyz – xy2 - xz2; B = y3 + z3

Chứng minh rằng nếu x – y – z = 0 thì A và B là hai đa thức đối nhau

Bài 4 (6 điểm)

Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB của ABC Ở phía ngoài

ABC vẽ các đoạn thẳng FK và EG sao cho FK vuông góc và bằng FA, EG vuông góc và bằng EA

1 Chứng minh rằng ; ED + EG + FD + FK = AB + AC

2 So sánh KFD và DEG

3 Chứng minh DKG là tam giác vuông cân

Bài 5 (2 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

2 2



Họ và tên học sinh:……… Số báo danh:……… Trường THCS:………

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1 (4 điểm)

              

1 2 3 2009 2010 1.2.3 2009.2010

2 3 4 2010 2011 2.3.4 2010.2011

A 1

2011

Tổng quát :

A

2 Cách 1 Ta có : P 5 x 3 (x 2) 3 1

Để P nhận giá trị nguyên thì ta phải có 3

x 2 ∈ Z  3 ⋮ (x – 2)  x – 2 ∈ Ư(3) Vì Ư(3) = {1 ; 3}, nên ta lập bẳng sau :

P (thoả mãn)-4 (thoả mãn)2 (thoả mãn)-2 (thoả mãn)0

Vậy với x ∈ {-1 ; 1; 3 ; 5} thì P nhận giá trị nguyên

Cách 2 Vì x ∈ Z nên để P nhận giá trị nguyên thì ta phải có :

(5 – x) ⋮ (x – 2)  (5 – x + x – 2) ⋮ (x – 2) hay 3 ⋮ (x – 2)  x – 2 ∈ Ư(3)

Sau đó tiếp tục giải như cách 1

Bài 2 (4 điểm)

1 Vì f(x) = ax2 + bx + c ⋮ 2011 x ∈ Z nên :

- Với x = 0 thì f(0) = c ⋮ 2011

- Với x = 1 thì f(1) = a + b + c ⋮ 2001  a + b ⋮ 2011 (vì c ⋮ 2011) (1)

- Với x = -1 thì f(-1) = a – b + c ⋮ 2011  a – b ⋮ 2011 (vì c ⋮ 2011) (2)

Từ (1) và (2) suy ra (a + b + a – b) ⋮ 2011 hay 2a ⋮ 2011

 a ⋮ 2011 (vì 2  2011) (3) Từ (1) và (3) suy ra b ⋮ 2011

Vậy nếu giá trị của biểu thức f(x) = ax2 + bx + c ⋮ 2011 x ∈ Z, (a, b, c ∈ Z), thì các hệ số a, b, c đều chia hết cho 2011

Tổng quát :

Nếu giá trị của biểu thức f(x) = ax2 + bx + c ⋮ m x ∈ Z, (a, b, c, m ∈ Z và m  2), thì các hệ số a, b, c đều chia hết cho m

2 Cách 1 Ta có :

2

2

2 x

    

Vì

2 3

4

2

Vậy đa thức 2x2 + 3x + 5 không có nghiệm

Cách 2 Xét các trường hợp :

- Xét x  0 thì 2x2  0 và 3x  0  2x2 + 3x + 5  5 > 0

- Xét -1,5 < x < 0 thì 2x2 > 0 x và 3x > -4,5  2x2 + 3x + 5 > 0,5 > 0

- Xét x  -1,5 thì x < 0 và 2x + 3  0

 2x2 + 3x = x(2x + 3)  0  2x2 + 3x + 5  5 > 0

Do đó đa thức 2x2 + 3x + 5 > 0 x

Vậy đa thức 2x2 + 3x + 5 không có nghiệm

Bài 3 (4 điểm)

1 Cách 1 Đặt 1 2 2010

a

a a  a  

2 3 2011 2011

a

k

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có :

2010

a a a k

a a a

(2)

Từ (1) và (2) suy ra

2010

1

a a a a

.

a

a a  a 

 a1ka ,a2 2 ka , ,a3 2010 ka2011  2010

a k a  2010 1

2011

a k

a

 Mặt khác,

k2010

Vậy

2010

1

a a a a

.

2 Cách 1 Vì x – y – z = 0  x = y + z.

Ta có : A = x(yz – y2 – z2) = (y + z)(yz – y2 – z2)

= y2z – y3 – yz2 + yz2 – y2z – z3 = -y3 – z3 = -B

Do đó A và B là hai số đối nhau

Cách 2 Vì x – y – z = 0  x – y = z, x – z = y.

Xét A + B = xyz – xy2 - xz2 + y3 + z3 = xyz – (xy2 – y3) – (xz2 – z3)

= xyz – y2(x – y) – z2(x – z) = xyz – y2z – z2y = yz(x – y – z)

= yz.0 = 0

Vậy A và B là hai số đối nhau

Cách 3 Ta có : B = y3 + z3 = y2(x – z) + z2(x – y) = xy2 – y2z + xz2 – yz2

= xy2 + xz2 – (y2z + yz2) = xy2 + xz2 – yz(y + z)

= xy2 + xz2 – xyz = -A

Do đó A và B là hai số đối nhau

Bài 4 (6 điểm)

Trước hết, ta chứng minh định lí sau :

“Đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh của tam giác thì

song song với cạnh thứ ba và bằng nửa cạnh ấy”

Chứng minh

Xét ABC có D là trung điểm của AB, E là trung điểm của AC Ta cần chứng minh

DE // BC và DE 1BC

2

 Trên tia đối của tia của tia ED lấy điểm F sao cho ED = EF

Xét EAF và ECD có :

EA = EC (gt)

AEF CED (đối đỉnh),

ED = EF (cách dựng)

nên EAF = ECD (c.g.c)  AF = CD, A1C 1

Hai góc A và 1 C ở vị trí so le trong bằng nhau nên AF // CD.1

Xét ADF và DBC có :

AD = DB (gt)

1

F E

D

C A

B

 

DAF BDC (đồng vị, AF // CD)

AF = CD (chứng minh trên)

nên ADF = DBC (c.g.c) DF = BC, D1 B

Hai góc D và B ở vị trí đồng vị bằng nhau nên DE // BC.1

Lại có DF = 2DE (cách dựng), BC = DF (chứng minh trên) nên DE 1BC

2

Trở lại bài toán :

1 Từ giả thiết : FA = FB, FA = FK  FA = FB = FK Tương tự EG = EA = EC Áp dụng định lí ở trên ta có ED = 1AB

2 , DF =

1 AC

2

 FA = ED (=1AB

2 ), EA = FD (=

1AC

2 ).

Do đó : ED + EG + FD + FK = FA + EA + EA + FA = 2FA + EA = AB + AC Vậy ED + EG + FD + FK = AB + AC

Hình 3 Hình 2

Hình 1

G K

D

E F

G K

D

E F

G K

D

E F

A

A

A

2 Áp dụng định lí ở trên ta có ED // AB và FD // AC

Suy ra BFD A (so le trong), CED A (so le trong)   BFD CED A 

Xét ba trường hợp :

TH1: ABC có A 90 0 (H 1)  BFD CED 90  0

Khi đó :

- Tia FB nằm giữa hai tia FK và FD nên KFD KFB BFD 90    0 A

- Tia EC nằm giữa hai tia EG và ED nên GED GEC CED 90    0A

Suy ra KFD GED (= 900A )

Xét KFD và DEG có :

FK = ED (= FA)

KFD GED (chứng minh trên)

FD = EG (= EA)

 KFD = DEG (c.g.c)

TH2: ABC có A 90 0 (H 2)  BFD CED 90  0

Khi đó :

- Tia FA nằm giữa hai tia FK và FD nên :

KFD KFA AFD 90   180  BFD 270  A

- Tia EC nằm giữa hai tia EG và ED nên :

GED GEA AED 90   180  CED 270  A Suy ra KFD GED (= 2700 A )

Xét KFD và DEG có :

FK = ED (= FA)

KFD GED (chứng minh trên)

FD = EG (= EA)

 KFD = DEG (c.g.c)

TH3: ABC có A 90 0 (H 3)  BFD CED 90  0

Suy ra ba điểm K, F, D thẳng hàng và ba điểm G, E, D thẳng hàng

Khi đó không tồn tại các tam giác KFD và GED nên không thể so sánh

3 Vì ED // AB nên FDE BFD (so le trong)

Ở trường hợp 1, ta có KFD = DEG  DK = DG, FKD EDG, FDK EGD   Mà KDG FDK FDE EDG FDK BFD FKD FDK KFD FKD 90                0

= 1800 900 900

DKG có DK = DG, KDG 90 0 nên là tam giác vuông cân tại D

Ở trường hợp 2, ta có KFD = DEG  DK = DG, FKD EDG, FDK EGD   Mà KDG FDE FDK EDG BFD FDK FKD 180           0 AFD FDK FKD    

= 2700  (KFD FDK FKD) 270      0  1800 900

DKG có DK = DG, KDG 90 0 nên là tam giác vuông cân tại D

Ở trường hợp 3,

1

2 1

2











DK = DG

Mà FDE BFD = 900

DKG có DK = DG, KDG 90 0 nên là tam giác vuông cân tại D

Tóm lại, ta có DKG vuông cân tại D

Bài 5 (2 điểm)

2

Ta có x2 + 2x + 3 = x2 + x + x + 1 + 2 = x(x + 1) + (x + 1) + 2

= (x + 1)2 + 2 Vì (x + 1)2  0 x  (x + 1)2 + 2  2 x

Dấu bằng xảy ra  x + 1 = 0  x = -1

Do x2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2 > 0 x nên

Bmax  2 1

x 2x 3 max  x2 + 2x + 3 min

Ta thấy giá trị nhỏ nhất của x2 + 2x + 3 bằng 2  x = -1 Vậy giá trị lớn nhất của B = 3 + 1

2 = 3,5  x = -1.

XIN GIỚI THIỆU ĐÁP ÁN CỦA PHÒNG GIÁO DỤC THÁI THUỴ