Đề thi chọn HSG cấp tỉnh toán 9 có đáp án (đề 7)

Hãy tìm giá trị của biểu thức.. Chứng minh rằng tỷ số EF PQ không đổi khi M di chuyển trên cung nhỏ BC.. Gọi M, N, K lần lợt là trung điểm của BC, AH, EF và 0 là tâm đờng tròn ngoại tiế

Đề Số 11

Đề thi hs giỏi môn toán 9 vòng 2

Năm học: 2008-2009 (Thời gian làm bài 150 )’)

Bài 1: (5 điểm)

1.Giải phơng trình

x x

x





 1

3 6

= 3 + 2 x  x2

2 Cho hệ phơng trình: 2 3 2 3 0

x y

x y x y







Gọi (x1; y1) và (x2; y2) là hai nghiệm của hệ phơng trình trên Hãy tìm giá trị của biểu thức

M = (x1- x2)2 + (y1-y2)2

Bài 2 : (3 điểm)

Từ điểm A nằm ngoài đờng tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB và AC (B,C là các tiếp điểm) Gọi M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC của đ ờng tròn (O) (M khác B và C) Tiếp tuyến tại M cắt AB và AC tại E, F, đ ờng thẳng BC cắt OE và OF ở P và Q Chứng minh rằng tỷ số

EF

PQ

không đổi khi M di chuyển trên cung nhỏ BC

Bài 3: (3 điểm) Tìm các số x, y, z nguyên dơng thoả mãn đẳng thức

2(y+z) = x (yz-1)

Bài 4 : (5 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, góc A= 450 và các đờng cao BE, CF cắt nhau tại H Gọi M, N, K lần lợt là trung điểm của BC, AH, EF và 0 là tâm

đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng:

1 EAH EBC

2 Bốn điểm M, E, N, F cùng nằm trên một đờng tròn

3 Ba điểm H, K, O thẳng hàng

Bài 5 :(2 điểm)

Một ngũ giác có tính chất: Tất cả các tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh liên tiếp của ngũ giác đều có diện tích bằng 1 Tính diện tích của ngũ giác đó

Bài 6 : (2 điểm) Cho x, y, z  0 v x + y + z à x + y + z 3.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2

A

Đáp án đề số 1 Bài 1 : (4 điểm)

Câu 1: (2 điểm)

ĐK 0 < x < 1 và x 

2 1

Khử mẫu ở vế trái ta đợc phơng trình:

3( x 1  x) = 3 + 2 2

x

x 

Đặt x 1  x= t  đk : 0 < t < 2

Phơng trình viết thành : t2 - 3 t + 2 = 0

Kết luận: x = 0 ; x = 1 là nghiệm của phơng trình đã cho

Câu 2: (2 điểm)

x = 3 (y+1) thế vào phơng trình còn lại

=> 5y2 + 5y - 3 = 0 (*)

Phơng trình (*) có 2 nghiệm y1, y2 mà y2 + y2 = -1

y1y2 =

-5 3

Lại có x1 - x2 = 3(y1- y2) => M = (x1 - x2)2 + (y1 - y2)2 = 10 (y1- y2)2

= 10 (y1+y2)2-4y1y2 = 34

Bài 2: (3 điểm)

H

G

F

E

M

J K

I

O

C A

B

Giả sử EO cắt (O) tại I và J ; FO cắt (O) tại G và K (hình vẽ)

Ta có: FEP =

2

1

sđ (MJ - MI) =

2

1

sđ (IJ - 2MI) ; =

2

1

(1800 - sđ MB) (1)

FQP =

2

1

sđ (GB + CK)

=

2

1

sđ (MB + MG + CK)

=

2

1

sđ (MB + GC + CK)

=

2

1

sđ (MB + 1800) (2)

Từ (1) và (2) => FEP + FQP = 1800 => PQO = FEO => FEO ~ PQO

=>

OM

OH EF

PQ

 (Với OH  BC)

H

N

M F

B

A

Vì A và (O;R) cố định nên OH, OM không đổi =>

EF

PQ

không đổi khi

M di chuyển trên đờng tròn

Bài 3 : (5 điểm)

Câu 1 (1 điểm)

45

BAC  nên AEB và AFC là các tam giác vuông cân  EA EB (*)

45

Từ (*) và (2*) suy ra HAECBE

Câu 2 : (2,5 điểm)

Do EN là trung tuyến của tam giác vuông AEH

Nên EN = NH (1) NAE  AEN

Ta lại có: HAE EBC   (1) (vì HAECBE c/m câu a)

Tơng tự trong tam giác vuông BEC có EM là trung tuyến nên: EM = MB

MBE

  cân tại M  MEB MBE   (2)

Từ (1) và (2) suy ra NEA MEB  

Nên AEN NEH  NEH MEB    90 0  MEN vuông tại E

Nếu gọi I là trung điểm của MN thì ta có IM = IN = IE (3*)

C/M tơng tự ta có:

Trong tam giác vuông HFA có FN là trung tuyến

Suy ra FN = NA = NH (2)

Từ (1) và (2) suy ra NE = NF  FNE cân tại N  NEF  NFE(3)

Mặt khác: MEF  MFE (vì ME MF c/m trên) (4)

Từ (3) và (4) suy ra NEF MEF  NFE MFE    90 0

Do đó FI là trung tuyến của tam giác vuông MFN  IN IM FI(4*)

Từ (3*) và (4*) suy ra bốn điểm M, F, N, E nằm trên

đờng tròn (I; )

2

MN

Câu 3 : ( 1,5 điểm)

Do tam giác AEB là tam giác vuông cân nên E nằm trên đờng trung trực của

AB  OEAB OE HF// (1) (vì cùng vông góc với AB)

Tơng tự ta có: OA = OC (vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Nên O nằm trên đờng trung trực của AC (a)

Mà tam giác CFA vuông cân tại F do đó F nằm trên đờng trung trực của AC (b)

Từ (a) và (b) suy ra : FOAC  FO BE// hay OF HE// (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác HFOE là hình bình hình

Mà KE = KF  KO KH do đó H, K, O thẳng hàng (đpcm)

Bài 4: (3 điểm)

 Với x = 1 => (y-2) (z-2) = 5 => (x;y;z) là (1;3;7) và (1;7;3)

 Với x > 2 từ PT đã cho => 2(y+z) > 2(yz-1) => yz - y - z - 1 < 0

=> (y-1)(z-1) < 2 (*)

Giả sử y  z

- Nếu y = 1 từ PT đã cho  2(1+z) = x(z -1)  (x-2)(y-1) = 4

 nghiệm : (x;y;z) = (3;1;5); (4;1;3) ; (6;1;2)

- Nếu y  2 => z  y  2 từ (*) => y = 2 ; z chỉ nhận 1 trong 2 giá trị

2 hoặc 3 thay vào PT đã cho  nghiệm (x;y;z) = (2; 2 ;3)

Do vai trò của y , z bình đẳng nên khi đổi vai trò của y , z ta có 4 nghiệm nữa

Kết luận phơng trình có 10 nghiệm (x; y; z) là (1; 3; 7); (1; 7; 3); (3; 1; 5);

(4;1;3); (6;1;2); (2;2;3); (3;5;1); (4;3;1); (6;2;1); (2;3;2)

Bài 5: (2 điểm)

Giả sử ngũ giác ABCDE thoả mãn đk bài toán

Xét BCD và ECD và SBCD = SECD

đáy CD chung, các đờng cao hạ từ

B và E xuống, CD bằng nhau => EB  CD,

Tơng tự AC// ED, BD AE, CE  AB, DA  BC

Gọi I = EC  BC => ABIE là hình bình hành

=> SIBE = SABE = 1 Đặt SICD = x < 1

=> SIBC = SBCD - SICD = 1-x = SECD - SICD = SIED

Lại có

IBE

IBC IDE

ICD

S

S IE

IC S

S



1

1 1

x x





=> x2 - 3x + 1 = 0 => x =

2

5

3  do x < 1 => x =

2

5

3 

Vậy SIED =

2

1

5 

Do đó SABCDE = SEAB + SEBI + SBCD + SIED

= 3 +

2

1

5  =

2

5

5 

B i 6 ài 6 : (2 điểm) c/minh: 2 2

x x

x x



2

1

1 2

x

x   Tơng t ự 2 1; 2 1

y   z  

2 1 2 1 2 1

A

3 2

 3

2

MaxA  khi x = 1; y = 1 ; z = 1

A

B

C

E

D

I