Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O.. H là trực tâm của tam giác.. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.. a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là h
Trang 1Trờng THCS Định Hng Đề Thi học sinh giỏi cấp huyện
Năm học 2006-2007
Môn: Toán 9 Thời gian làm bài: 120’
Giáo viên ra đề: Nguyễn Văn Tài
Bài 1: (2 Điểm)
1
1 2 2 : 1 1
x
x x x
x
x x x x
x x
a,Rút gọn P
b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên
Bài 2: ( 2điểm).
Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn 3
2 3
1 x
x =50
Bài 3: (2 Điểm).
Cho phơng trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dơng phân biệt x1, x2
Chứng minh:
a,Phơng trình ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 và t2
b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4
Bài 4: ( 3 Điểm).
Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O H là trực tâm của tam giác D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A
a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành
b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB
và AC Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng
c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất
Bài 5: ( 1 Điểm)
Cho hai số dơng x; y thoả mãn: x + y 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = x2 1y2 501xy
Đá án: Toán 9 Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0 ;x 1 ( 0, 25 điểm)
a, Rút gọn: P =
1
1 2
: 1
1
x
x x
x
x
x z ( 0, 25 điểm)
P =
1
1 )
1 (
1
2
x
x x
x
( 0, 5 điểm)
Trang 2b P =
1
2 1 1
1
x x
x
Để P nguyên thì
) ( 1 2
1
9 3
2
1
0 0
1
1
4 2
1
1
Loai x
x
x x
x
x x
x
x x
x
(0,5điêm)
Vậy với x= 0 ; 4 ; 9 thì P có giá trị nguyên
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
0 1 2
0 6
0 6
4 1
2
2
1
2 2
1
2 2
m x
x
m m
x
x
m m
m
(0,5đ)
3 2
0 ) 3 )(
2
(
0 25
m
m
m (0,5đ)
b Giải phơng trình: 2 3 ( 3 ) 3 50
m (0,5đ)
2 5 1 2 5 1
0 1 50
) 7 3
3 ( 5
2 1
2 2
m m
m m
m m
(0,5đ)
Bài 3: ( 2điểm).
a Vì x1 là nghiệm của phơng trình: ax2 + bx + c = 0 nên ax12 + bx1 + c =0
(0, 5 điểm)
Vì x1> 0 => c 1 . 1 0
1
2
1
a x
b
1
1
x là một nghiệm dơng của phơng
trình: ct2 + bt + a = 0; t1 =
1
1
x Vì x2 là nghiệm của phơng trình:
ax2 + bx + c = 0 => ax2 + bx2 + c =0
vì x2> 0 nên c 1 . 1 0
2 2
2
a x
b
2
1
x là một nghiệm dơng của
phơng trình ct2 + bt + a = 0 ; t2 =
2
1
x (0,5 điểm).
Vậy nếu phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2 thì phơng trình : ct2 + bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t1 ; t2
t1 =
1
1
x ; t2 =
2
1
x
b Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dơng nên
t1+ x1 =
1
1
x + x1 2 (0,5 điểm)
Trang 3t2 + x2 =
2
1
x + x2 2
Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4 (0,5 điểm)
Bài 4: (3 điểm)
a (1 điểm) Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao
cho tứ giác BHCD là hình bình hành Khi đó: BD//HC;
CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên
CH AB và BHAC => BD AB và CD AC (0,5đ)
Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 Vậy AD là đờng
kính của đờng tròn tâm O (0,5 đ)
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD của đờng tròn tâm
O thì tứ giác BHCD là hình bình hành
b Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB
nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB (0,25 đ)
Do đó: APB = ACB Mặt khác:
AHB + ACB = 1800 (0,25 đ)
=> APB + AHB = 1800 (0,25 đ)
Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB
Chứng minh tơng tự ta có: CHQ = DAC (0,25 đ)
Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng (0,25đ)
c (1 điểm)
Ta thấy APQ là tam giác cân đỉnh A (0,25đ)
Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ (0,25đ)
đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất (0,25đ)
D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O (0,25đ)
Bài 5: (1điểm).
Ta có: A =
xy xy y
1001 2
1 1
2
2
(0,25đ)
Mà
(1)
4 2
4 2
1 1
2 2
2 2
2 y xy x y xy x y
x (0,25đ)
x2 + 2xy + y2
4xy =>(x + y)2 4xy => ( ) 2
1 4
1
y x
=>
2
4
1
y
x
xy (2) (0,25đ)
Trang 4Tõ (1) vµ (2) => A
2006 4
2
1001 4
y x y x y
VËy Min A = 2006 x = y =
2 1