Đế thi HSG Tỉnh 2008 2009

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP MÔN TOÁN NĂM HỌC 2007 – 2008 (Thời gian làm bài 150 phút)  x + y + x + y =  Bài 1: a) Giải hệ phương trình:  x + y + + =  x2 y2  b) Giải phương trình: x + − x2 =1 −2 x2 Bài 2: a) Các cạnh a, b, c của tam giác ABC thoả mãn đẳng thức : 1 1 a+b+c = − − ;p= Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? p p − a p −b p −c   x + y + z =2 b) Các số dương x, y, z thoả mãn   x + y + z =  x y z  + +  Tính giá trị biểu thức: P = (1 + x )(1 + y )(1 + z )  1 + x + y + z  Bài 3: Ba đường tròn (O;R), (O1;R1), (O2;R2) với R < R1 < R2 tiếp xúc ngoài với từng đôi một đồng thời tiếp xúc với một đường thẳng Gọi S, S1, S2 lần lượt là diện tích các đường tròn tâm O, O1, O2 Chứng minh: 1 = + S S1 S Bài 4: Cho đường tròn (O, R) và đường tròn (O’ , R’) cắt tại A và B Trên tia đối của tia AB, lấy điểm C, kẻ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O (D, E là các tiếp điểm và E nằm đường tròn tâm O’) Đường thẳng AD, AE cắt đường tròn tâm O’ lần lượt tại M và N (M và N khác A) Tia DE cắt MN tại I Chứng minh: a) ∆MIB đồng dạng với ∆AEB b) O'I ⊥ MN Bài 5: Tam giác ABC có góc A không nhọn, BC = a, CA = b, AB = c     Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷ b c a a  b  c   Lời giải:  ( x + x ) + ( y + y ) =  Bài 1: a) Hệ đã cho tương đương với  ( x + ) + ( y + ) =  x2 y2  1 2 2 Đặt u = x + x ; ⇒ u = x + x + 2; v = y + y ⇒ v = y + y + Hệ đã cho tương đương với u = − v u + v = u = − v u = − v u = − v  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔v − =  2 2 (v − 2)(v −3) = u + v =13 (5 − v ) + v =13 v − 5v + = v − =  u = u =  hoặc  v = v =  x =  x =1  x + =   u = x  x − x + =  y =1 ⇔ ⇔  y = ⇔  • Nếu v = ⇔   x =   y + =  y − y + =  y =    y    y =  2  x + x = u =  x − x + =  x − x + = ⇔ ⇔ • v = ⇔  vô nghiệm   y − y + = ( y − 1) + = y + = y  Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (x; y) = (1; 1) hoặc (1 ; 2) 1 − x ≥ b) Ta có điều kiện:  1 − x ≠ Nếu − x − x = ⇒ − x = x ⇒1 − x = x ⇒1 − x = trái với điều kiện Suy − x − x ≠ Khi đó phương trình đã cho tương đương với: (x+ − x2 )( − x2 − x )= − x2 − x2 − x − x ⇒ = − x − x ⇒1 = − x − x 2 −2 x −2 x x = ⇒ + x = − x ⇒ + x + x = − x ⇒ x( x + 1) = ⇒  x = Thử lại ta thấy hai nghiệm thoả mãn Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = hoặc x = Bài 2: 1 1 1 1 2p−c a −b a) Ta có: p = p − a − p − b − p − c ⇔ p + p − c = p − a − p − b ⇔ p( p − c ) = ( p − a)( p − b) 4(a + b) 4(a − b) a+b a −b a +b + a −b = ⇔ = = 2 2 (a + b + c)(a + b − c) [ c + (b − a ) ] [ c − (b − a ) ] (a + b) − c c − (b − a ) (a + b) − c + c − (b − a ) a+b ⇔ = ⇔ (a + b) − c = 2b(a + b) ⇔ a − c = b ⇔ a = c + b 2 ( a + b) − c 2b ⇔ Vậy tam giác ABC vuông tại A a + b + c = b) Đặt a = x ≥ 0; b = y ≥ 0; c = z ≥ Từ bài ta suy :  2 a + b + c = Do đó 2(ab + ac + bc) = (a + b + c) − (a + b + c ) = − = ⇒ ab + ac + bc = Khi đó : Ta dể suy + x = ab + ac + bc + a = (a + b)(a + c) + y = ab + ac + bc + b = (a + b)(b + c) + z = ab + ac + bc + c = (a + c)(b + c)  a b  c + + Nên P = [ (a + b)(b + c)(c + a) ]    (c + a)(a + b) (b + a)(c + b) (c + a)(c + b)    a b c = (a + b)(b + c)(c + a)  + +   (c + a)(a + b) (b + a)(c + b) (c + a)(c + b)  = a (b + c) + b(c + a) + c(a + b) = 2(ab + ca + bc ) = Vậy P = Bài 3: Ta có hình vẽ: 1 1 1 = + ⇔ = + ⇔ R S S1 S R R1 R2 ( ) R1 + R2 = R1 R2 Hạ OK vuông góc với O1A; O2 • OH, O1N lần lượt vuông góc với O2B Khi đó dể dàng suy các tứ giác O!NKH, O1 • R1 − R KHAB là hình chữ nhật và ba điểm H, O, K thẳng R2 R1 N K R • H O B A hàng nên O1N = HK = OH + OK (1) R2 − R Ta có : OH = OO12 − O1H = ( R1 + R) − ( R1 − R) = RR1 ⇒ OH = RR1 (2) Tương tự ta cũng tính được: OK = OO 22 − O K = ( R2 + R) − ( R2 − R ) = RR2 ⇒ OK = RR2 (3) O1 N = O O12 − O1 N = ( R1 + R2 ) − ( R2 − R1 ) = R1 R2 ⇒ O1 N = R1R2 (4) Từ (1), (2), (3) và (4) ta suy R1 R2 = RR1 + RR2 ⇒ R1R2 = RR1 + RR2 Hay R1 R2 = R ( R1 + R2 ) suy điều cần chứng minh Bài 4: µ1 =M µ cùng chắn cung BN (1) a) Ta có A Do tứ giác AMNB nội tiếp nên: C M A D · · · · MNB + MAB = 1800 mà CAM + MAB = 1800 (kề bù) · · · · · · = CAM ⇒ MNB = DAB (do CAM = DAB suy MNB ) E 23 I O' B N · · mà DAB (cùng chắn cung BD) nên suy = DEB · · · · hay INB suy tứ giác BEIN nội tiếp MNB = DEB = DEB · · · (vì có tổng hai góc đối bằng 1800) ⇒ EBI hay ⇒ EBI = ENI = ·ANM mà ·ANM = ·ABM · µ2 =B µ2+B µ1⇒B µ1 = B µ (2) Từ (1) và (2) ⇒ ∆AEB : ∆MIB hay Bµ + B ⇒ ·ABM = EBI · · b)Do CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên CDA (góc giữa tia tiếp tuyến và = CBD một dây) ⇒ ∆CDB : ∆CAD (g – g ) ⇒ BD CD = (3) DA CA · · Do CE là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên CEA (góc giữa tia tiếp tuyến và một = CBE dây) ⇒ ∆CEB : ∆CAE (g – g ) ⇒ Từ (3), (4), (5) ta suy CE EB = (4) Hơn nữa CD = CE (t/c tiếp tuyến) (5) CA EA EB BD = EA DA (6) Mặt khác theo câu a ta có ∆AEB : ∆MIB ⇒ EB IB = (7), ta có tứ giác AEBD nội tiếp EA MI nên ·ABD = ·AED ⇒ ·ABD = IEN · · (vì ·AED = IEN đối đỉnh), tứ giác BNIE nội tiếp theo chứng · · · · · minh câu a IEN (8), cũng theo chứng minh câu a ta có INB = IBN ⇒ ·ABD = IBN = DAB (9) Từ (8) và (9) ⇒ ∆DBA : ∆IBN ⇒ BD IB = (10) Từ (6), (7) và (10) DA IN ⇒ MI =NI ⇒ O1I ⊥ MN c 2 ≥ Mặt khác theo bất đẳng thức Côsi ta Bài 5: Do Cµ ≥ 900 nên c ≥ a + b ≥ 2ab ⇒ ab có a b a+b c c  a  b  c   a b   a +b c c  P = 1 + ÷ + ÷ + ÷ = +  + ÷+  + + ÷≥ + + 3 a b b a c a b  b  c  a  b a  c = + + 33 Vậy Pmin ( a + b )c ab c 2.c ≥ + 33 = + 33 ≥ + 3 2 = + 3 ab ab ab  c = a + b  a b = 4+3 ⇔  = ⇔ ∆ABC vuông cân tại C b a a + b c c  c = a = b ( 2) = 4+3