1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

đề thi và hướng dẫn giải kỳ thi HSG toán lớp 9 cấp huyện yên thủy

4 676 1

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 4
Dung lượng 309,5 KB

Nội dung

Kẻ đường kính BM của O.. Gọi I là giao điểm của BM và DE, K là giao điểm của AC và HM.. a/ Chứng minh rằng: Các tứ giác AEDC và CMID là các tứ giác nội tiếp.. Vẽ đường tròn đi qua M và t

Trang 1

PHÒNG GD&ĐT HƯƠNG THỦY KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN 2008 - 2009

Môn thi: Toán – Lớp 9

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (4điểm)

a/ Chứng minh rằng:

3 2 2

3 2

+ +

+

+

3 2 2

3 2

= 2 b/ Giải hệ phương trình gồm hai phương trình sau:

1

y

1 x

1 2

2 + = (1) và x 21+ y 21 = xy+2 (2)

Câu 2: (6 điểm)

a/ Tìm nghiệm tự nhiên (x; y) của phương trình: (x 2 + 4y 2 + 28) 2 = 17(x 4 + y4 + 14y2 + 49) b/ Tìm n ∈ Z để n + 26 và n – 11 đều là lập phương của số nguyên dương

c/ Cho biểu thức A = x2 + xy + y2 – 3x – 3y + 3002 Tìm giá trị x và y để A đạt min

Câu 3: (2điểm)

Giải hệ phương trình: x 3 y 2 5

(x 3)(y 2) 6

Câu 4: (4 điểm) Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với hai đường cao AD và CE cắt nhau tại trực tâm H Kẻ đường kính BM của (O) Gọi I là giao điểm của BM và DE, K là giao điểm của AC và HM

a/ Chứng minh rằng: Các tứ giác AEDC và CMID là các tứ giác nội tiếp

b/ Chứng minh rằng: OK ⊥ AC

Câu 5: (4 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp (O) và một điểm M bất kỳ trên đường thẳng BC (M ≠

B và C) Vẽ đường tròn đi qua M và tiếp xúc với AB tại B; vẽ đường tròn đi qua M và tiếp xúc với AC tại C, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là P

Chứng minh rằng: P ∈ (O) và đường thẳng PM luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên BC

Hết

Trang 2

-ĐÁP ÁN TOÁN HSG HUYỆN 2008 - 2009 Câu 1: a/ (2 đ) Để ý rằng 2 + 3 = 4 2 3

2

+ = ( 3 1) 2

2

+ Tương tự thì 2 – 3 = ( 3 1) 2

2

Vế trái:

3 2 2

3 2

+ +

+

+

3 2 2

3 2

2 ( 3 1) : 2

+

2 ( 3 1) : 2

) 3 3

3 2 3

3

3

2

(

2

− + +

) 3

9

3 3 3 3 2 6 3 3 3 3 2 6 ( 2

− +

+

− +

2: Vế phải b/ (2đ) Điều kiện: x 2≥ 1; y2≥ 1; xy + 2 ≥ 0 Từ phương trình (1) ta có x 2 + y 2 = x 2y2 (3).

Bình phương hai vế phương trình (2) ta có x2 – 1+ y 2 – 1 + 2 x 21 y 21 = xy + 2 hay

x2 + y 2 +2 x 2 y 2( x 2 +y 2 )+1 – xy – 4 = 0 (4) Thay (3) vào (4) ta có PT: (xy) 2 – xy – 2 = 0

(xy – 2)(xy + 1) = 0 xy – 2 = 0 hoặc xy + 1 = 0.

* Nếu xy – 2 = 0 ⇔ xy = 2 thì thay vào (3) ta có được: x2 + y 2 = 4 ⇔ (x + y)2 – 2xy = 4

⇔ (x + y)2 = 8 ⇔ x + y = ±2 2 Giải hệ

=

±

= +

2 xy

2 2 y x



=

=

2 y

2 x

hoặc



=

=

2 y

2 x

Các giá trị x; y tìm được đều thỏa điều kiện nên được chọn

* Nếu xy + 1 = 0 hay xy = – 1 thì thay vào (3) ta có được x 2 + y 2 = 1 ⇔ (x + y)2 – 2xy = 1

(x + y) 2 = – 1 < 0: Vô lý.

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: (x; y) = ( 2 ; 2 ) và (– 2 ; – 2 ).

Câu 2

a/ (2điểm) Biến đổi tương đương PT đã cho: (*) ⇔ [x 2 + 4(y2 + 7)]2 = 17[x4 + (y2 + 7)2]

⇔ x4 + 8x2(y2 + 7) + 16(y2 + 7)2 = 17x4 + 17(y2 + 7)2 16x 4 – 8x 2(y2 + 7) + (y2 + 7)2 = 0

[4x 2 – (y 2 + 7)]2 = 0 ⇔ 4x 2 – y 2 – 7 = 0 (2x – y)(2x + y) = 7 (1)

Vì x; y ∈ N nên 2x – y 2x + y và 2x + y ≥ 0, chúng đều có giá trị nguyên nên suy được

=

=

+

1

y

x

2

7

y

x

2

=

=

3 y

2 x

Vậy phương trình có một nghiệm tự nhiên là: (2; 3)

Cách khác: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacovski để có:

[1x 2 + 4(y2 + 7)]2 (1 2 + 42)[x4 + (y2 + 7)2 ] hay [x 2 + 4(y2 + 7)]2 17[x 4 + (y2 + 7)2], dấu bằng xảy ra (tức là có PT (*)) khi 4x2 = y 2 + 7 ⇔ (2x – y)(2x + y) = 7 Làm tiếp như trên b/(2 điểm) n + 26 = a 3 và n – 11 = b 3 với a > b N* ⇒ a3 – b 3 = 37⇔ (a2 + ab + b 2 )(a – b) =

37 Ta có số 37 là số nguyên tố và do a > b ∈ N* nên (a 2 + ab + b 2 ) > (a – b) và là các số tự

Trang 3

nhiên ⇒

+

+

1

= b a

37

= b ab

b

= 1 a

0

= 2 1 a

a 2

a = 4 và b = 3 (còn a = – 3 và b = – 4 bị loại) Thay vào đẳng thức n + 26 = a 3 hoặc n – 11 = b 3 ta có n = 38.

c/ (2điểm) Biến đổi biểu thức A = (x 2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) – x – y + xy + 1 + 2009

= (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) + 2009 = [(x – 1) +

2

1

(y – 1)] 2 +

4

3

(y – 1)2 + 2009

Có [(x – 1) +

2

1

(y – 1)] 2 0 và

4

3

(y – 1)2 ≥ 0 ∀x; y nên Amin = 2009 khi (y – 1)2 = 0

và [(x – 1) +

2

1

(y – 1)] 2 = 0 x = 1 và y = 1 Vậy A min = 2009 khi (x; y) = (1; 1)

Câu 3 (2đ) Để sử dụng định lý Viét đảo ta cần biến đổi hệ phương trình thành tổng và tích:

=

+

=

+

+

6 ) 2 y

)(

3

x

(

5 2 y

3

x

<

− +

=

− +

=

− + +

0 ) 2 y )(

3 x (

6 2 y 3 x

5 2 y 3 x

Xem x+3y2 là hai nghiệm của PT:

X2 – SX + P = 0 tức là: X2 – 5X + 6 = 0 X1 = 2; X2 = 3 Vậy ta có hai hệ PT sau:

(I)

<

− +

=

=

+

0 ) 2 y )(

3

x

(

3 2

y

2 3

x

và (II)

<

− +

=

= +

0 ) 2 y )(

3 x (

2 2 y

3 3 x

.

*Giải hệ (I): Hệ (I) ⇔

=

= +

3 2 y

2 3 x

hoặc

=

= +

3 2 y

2 3 x

=

=

1 y

1 x

hoặc

=

=

5 y

5 x

*Giải hệ (II): Hệ (II) ⇔

=

= +

2 2 y

3 3 x

hoặc

=

= +

2 2 y

3 3 x

=

=

0 y

0 x hoặc

=

=

4 y

6 x

Vậy hệ PT đã cho có 4 nghiệm là: (–1; –1); (– 5; 5); (0; 0); (– 6; 4)

Câu 4 a/ Theo giả thiết: · AEC ADC= · = 900 Tứ giác AEDC có hai đỉnh kề D và E cùng nhìn đoạn AC dưới một góc 900 nên nội tiếp đường tròn ⇒ ·BAC = ·BDE (cùng bù với

·EDC ), mà ·BAC = ·BMC (góc nội tiếp cùng chắn »BC) Vậy ·BDE = ·BMC nên tứ giác DIMC nội tiếp đường tròn b/ BM là đường kính của (O) nên ·BAM = ·BCM = 90 0 (chắn nửa đường tròn) Suy ra HC // AM (cùng ⊥ AB) và HA // CM

(cùng ⊥ BC) nên AMCH là hình bình hành ⇒ K là trung điểm của đường chéo AC Vậy OK ⊥ AC (quan hệ đường kính và dây cung)

K H

I

M

D

E

O

A

Trang 4

Câu 5 Trước hết cần chứng minh P (O) với mọi vị trí M Xét các trường hợp:

*Điểm M thuộc cạnh BC: Do AB tiếp xúc với đường tròn (BPM) nên ·BPM = ·ABC (vì

cùng chắn ¼ BM ) Do AC tiếp xúc với đường tròn (CPM) nên ·CPM = ·ACB (chắn ¼ CM ). Suy ra ·BAC + ·BPC = Â + µ µ B C+ = 180 0 nên tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn

Qua ba điểm A, B, C chỉ xác định được một đường tròn (O) nên P ∈ (O).

P N

P

O

O A

M

* Điểm M thuộc tia Bx là tia đối của tia BC (hoặc M thuộc tia Cy là tia đối của tia CB)

Chứng minh tương tự có ·PBA = ·PMC (chắn »PB ) và ·PCA = ·PMC (chắn »PC ) nên

·PBA = ·PCA Hai đỉnh kề B và C của tứ giác ACBP cùng nhìn đoạn PA dưới những góc bằng nhau nên nội tiếp đường tròn Suy ra P ∈ (O)

Gọi N là giao điểm của đường thẳng PM với (O) thì trong cả hai trường hợp ta đều có:

·ANP = ·ACP (chắn »AP ) và ·ACP = ·NMC ·ANP = ·NMC , chúng ở vị trí so le nên

AN // BC Do ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O) cho trước và AN // BC với N ∈ (O) nên điểm

N cố định Vậy PM đi qua điểm N cố định.

Ngày đăng: 27/07/2015, 14:20

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w