Chứng minh rằng có ít nhất 3 điểm lập thành một tam giác mà diện tích nhỏ hơn 1 8.. Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm.. Một đường thẳng d song song với đáy, cắt cạnh bên
Trang 1
SỞ GD & ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI Ngày thi: 17/3/2011
Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút.
Bài 1: (4,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức A 4 a 1 2
a a 1 a
+
=
+ + − , với a là nghiệm dương của phương trình 4x2+x 2− 2 0=
b) Giải phương trình x x 1 x 1 2
+ + + + =
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Cho hình tròn có diện tích bằng 1, lấy 17 điểm bất kỳ trong hình tròn đó
và không có 3 điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng có ít nhất 3 điểm lập thành một tam giác mà diện tích nhỏ hơn 1
8. b) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn: x 2y 1 y 2x 1 2xy− + − =
Bài 3: (4,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình
x y 2 yz
y z 2 xz
z x 2 xy
+ =
+ =
+ =
+ + =
b) Cho phương trình (b2 + c2 - a2)x2 - 4bcx + (b2 + c2 - a2) = 0; trong đó x là
ẩn và a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có nghiệm
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB//CD) Một đường thẳng d song song với đáy, cắt cạnh bên AD tại P và cắt cạnh bên BC tại Q Cho biết đường thẳng d chia hình thang ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau
Tính độ dài cạnh PQ; với AB = 9cm và CD = 15cm
Bài 5: (4,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R), đường kính BC và điểm A di động trên đường tròn
đó (với A khác B và C) Đường phân giác của góc BAC cắt đường tròn (O) tại K (với K khác A) Biết độ dài đường cao của tam giác ABC là AH = h
a) Tính diện tích tam giác AHK theo R và h
b) Tìm giá trị của h để diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn nhất
c) Tính số đo góc ABC của tam giác ABC khi AH 3
HK = 5
ĐÈ CHÍNH THỨC
Trang 2Một lời giải:
Bài 1:
a) A 4 a 1 2 a4 a 1 a2
+
Phương trình 4x2+x 2− 2 0= có hệ số a, c trái dấu nên có một nghiệm dương, một nghiệm âm
Vì a là nghiệm dương của phương trình 4x2+x 2− 2 0= nên
2 2 2 2
2
a
⇒ = − + (với 0< a < 1) 4 1 2 6 9
2 2
2 2 +
4
a a 1
⇔ + + 1 (a 3)
2 2
= + (vì a+3>0)
4
a a 1
⇔ + + + a2 = 1( 2 )
Vậy A = 2
ĐKXĐ: x 1
4
≥ − (1)
2
⇔ + + + = + + >
2
⇔ + + ÷ = ⇔ + + =
1 1 x
4 2 + + > 0)
⇔ x 1
4
+ =2 2 1
2
−
⇔ + = ⇔ = − (thoả ĐKXĐ) Tập nghiệm của phương trình là S = {2− 2}
Bài 2:
a) Chia hình tròn ra 8 phần bằng nhau Vì 17 = 8.2 + 1, nên tồn tại một phần chứa ít nhất 3 điểm (không thẳng hàng) Do đó có ít nhất 3 điểm lập thành một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1
8
Trang 3b) x 2y 1 y 2x 1 2xy− + − = (*)
ĐKXĐ: x 1
2
≥ ; y 1
2
≥
Ta có 2x - 1 - 2 2x 1− 1 +1 = ( )2
2x 1 1− − ≥0 2x 1
x
−
⇔ ≥ − ⇔ ≤ (1) (vì x>0)
Tương tự 2y 1 1
y
− ≤
(2)
(1) & (2) suy ra 2x 1
x
− + 2y 1
2 y
− ≤
(3)
(*) ⇔ 2x 1
x
− + 2y 1
y
− = 2 (4)
(1), (2), (3) & (4) suy ra
2x 1
1
x 1 x
y 1 2y 1
1 y
− =
Vậy (x; y) = (1; 1)
Bài 3:
a)
x y 2 yz
y z 2 xz
z x 2 xy
+ =
+ =
+ =
+ + =
(1)
ĐKXĐ: x, y, z ≥ 0
+ + =
x y z
= =
⇔ + + =
⇔ = = =x y z 2 (vì x, y, z ≥0).
b) (b2 + c2 - a2)x2 - 4bcx + (b2 + c2 - a2) = 0
* Nếu b2 + c2 - a2= 0, thì phương trình trở thành:
4bcx = 0 (luôn có nghiệm)
* Nếu b2 + c2 - a2≠ 0, ta có
∆' = (-2bc)2 - (b2 + c2 - a2)2 = (a + b + c)(a + b - c)(a + c - b)( b + c - a) > 0 (do a, b, c là ba cạnh của một tam giác)
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm
Bài 4:
Gọi h1, h2 lần lượt là chiều cao của hình thang
ABQP, PQCD
Đặt PQ = x
Ta có 2SABQP = 2SPQCD = SABCD
9
x
15
Q
D
P
C
h
1
h2
Trang 4⇔(x + 9)h1 = (x + 15)h2 = 1
2(9 + 15)(h1 + h2)
⇔(x + 9)h1 = (x + 15)h2 = 12h1 + 12h2
⇔ ( ) 1 2 ( ) ( )
x 3 h 12h
(x 3)h 12h
Vậy PQ = 153 cm
Bài 5:
a) Dễ thấy OK⊥BC Gọi I là gaio điểm của AK và OH
Ta có ∆AHI ∆KOI HI OI HO
2 2
R h
− +
2 2
HI
R h
−
SAHK = 1
2IH.h +1
2IH.R = 1
2(R + h).h R2 h2
R h
−
1
2 h R2 −h2 b) SAHK = 1
Dấu " = " xảy ra khi h = R2−h2 ⇔h = 2R
Vậy SAHK đạt giá trị lớn nhất khi h = 2R
c) Ta có OH2 = HK2 - R2 = 5
Ta có OH2 = R2 - AH2 (2)
(1) & (2) ⇒OH = AH
·
0 o
0
ABC 60 AOH 60
ABC 30
R
I H
K
A