Hạ AH vuông góc với BC.. Tìm x sao cho S đạt giá trị lớn nhất.. Chứng tỏ rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY: 18 – 3 – 2016
Đề chính thức Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 18/3/2016
Bài 1: (5,0 điểm)
a) Tính tổng
T = 1 12 12 1 12 12 1 1 2 1 2
b) Tìm các giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: 2 2
y + 2 x + 1 = y
Bài 2: (3,0 điểm)
Cho phương trình: 2
x + ax + b + 10 với a, b là tham số
Tìm giá trị của a, b để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn điều kiện: 1 2
13 23
Bài 3: (3,0 điểm)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = 4a + 9b + 16c
b + c a a + c b a + b c
Bài 4: (9,0 điểm)
1 Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm A thay đổi trên đường tròn (O) (A không trùng với B và C) Đường phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt đường tròn tại điểm K (K khác A) Hạ AH vuông góc với BC
a) Đặt AH = x Tính diện tích S của tam giác AHK theo R và x Tìm x sao cho S đạt giá trị lớn nhất
b) Tính góc B của tam giác ABC biết rằng: AH = 3
HK 5
2 Một đường thẳng d thay đổi cắt cạnh Ox, Oy của góc nhọn xOy lần lượt tại hai điểm M và N nhưng luôn thỏa mãn hệ thức: 1 + 2 1
OM ON Chứng tỏ rằng đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố
định
Trang 2Bài 1:
a) Chứng minh rằng n N ta luôn có:
2
n n + 1 n n + 1 Giải
Ta có:
=
2
n n + 1 n n + 1
=
2
1
n n + 1
Suy ra:
2
n n + 1 n n + 1 (đpcm)
Áp dụng bài toán trên, ta có:
T = 1 12 12 1 12 12 1 1 2 1 2
= 1 1 1 1 1 1 1 1
= 1 1 1008 1007 1008
Vậy: T = 1007 1008
b) Ta có: 2 2
y + 2 x + 1 = y (*)
2
Vì y Z nên y – 2 Z Do đó y + 2 1 ;3
y + 2 = 1 y = - 1 x = 0 x = 0 2
y + 2 = - 1 y = - 3 x = - 8 (loại) 2
y + 2 = 3 y = 1 x = 0 x = 0 2
y + 2 = - 3 y = - 5 x = - 8 (loại) 2
Vậy ta có các cặp số nguyên x, y thỏa mãn phương trình là: (x = 0 ; y = 1) và (x = 0 ; y = - 1)
Bài 2: x + ax + b + 12 0 (1)
Ta có: 2 2
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x , x 1 2 0 a2 4b 4
Theo hệ thức Vi et, ta có: x1 x2 a (1); x x1 2 b + 1 (2)
Theo bài toán, ta có:
2
x x = 3
I
2
2
Trang 3Thế (1) và (2) vào hệ phương trình (I), ta được:
2 2
a 4 b + 1 = 9 a 4b = 13 a = ±1
a b = 4
a b 1 = 3
Vậy khi a = 1; b = - 3 hoặc a = - 1, b = - 3 thì phương trình Tìm trên có hai nghiệm phân biệt x , x 1 2 thỏa mãn điều kiện bài toán
Bài 3:
Đặt: b + c – a = x; a + c – b = y; a + b – c = z
Suy ra: a = y + z; b = x + z; c = x + y
P = 4 y + z 9 x + z 16 x + y
+
2 y + z 9 x + z 8 x + y
+
= 2y + 2z + 9x + 9z + 8x + 8y
x x 2y 2y z z =
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên
b + c – a = x > 0; a + c – b = y > 0; a + b – c = z > 0 Áp dụng BĐT Cô si, ta có:
Dấu “=” xảy ra
=
3x = 2y
=
6 5b + c 5a = 0 6c = 5b b = a
7 3a b 3c = 0 5a = 7c
5
c = a
a 7b + 7c = 0 7b = 6a
7
Vậy GTNN của biểu thức P là 26 khi b = 6a
7 và
5
7
Bài 4:
a) Kẻ tiếp tuyến tại K của đường tròn (O), cắt AH tại I
Ta có: KB = KC (vì BAK = CAK ) KB = KC
KBC cân tại K, lại có KO là đường trung tuyến
nên cũng là đường cao
KO BC 0
Tứ giác KIHO là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông)
HIK 90 và KI = OH và AH IK tại I
AHO vuông tại H nên:
HO = OA AH HO = OA AH = R x
R
x
H
A
Trang 4Ta có: SAHK = 1AH.KI = 1AH.HO = 1x R2 x2
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
AHK
Dấu “=” xảy ra x = R2 x2
2
R
Vậy khi x = R
2 thì diện tích tam giác AHK đạt GTLN là
2 1 R 4
2
2
HK 5 HK 5
HOK vuông tại O nên 2 2 2 2 2 2
AHO vuông tại H nên OA = OH + AH2 2 2 R = OH + AH2 2 2
2 2 2 2 2
Thay (3) vào (2) ta được: 2 2 2 2 2 2
Thay (4) vào (1) ta được: 2 2 2 2 2 2 2 4 2
3
4
3HO = x2 2 HO = x
3
AHO vuông tại H nên tan AH x 0
x OH
3
AOB cân tại O (vì OA = OB) nên
0
180 AOB 180 60
Hay 0
GV: Võ M Trình - Trường THCS Cát Minh – Phù Cát
R
x
H
A