HSG toán 9 Huong thuy+dap an

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: 322 32 ++ + + 322 32 −− − = 2 . b/ Giải hệ phương trình gồm hai phương trình sau: 1 y 1 x 1 22 =+ (1) và 2xy1y1x 22 +=−+− (2). Câu 2: (6 điểm) a/ Tìm nghiệm tự nhiên (x; y) của phương trình: (x 2 + 4y 2 + 28) 2 = 17(x 4 + y 4 + 14y 2 + 49) b/ Tìm n ∈ Z để n + 26 và n – 11 đều là lập phương của số nguyên dương. c/ Cho biểu thức A = x 2 + xy + y 2 – 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 --- ĐÁP ÁN TOÁN HSG HUYỆN 2008 - 2009 Câu 1: a/ (2 đ) Để ý rằng 2 + 3 = 4 2 3 2 + = 2 ( 3 1) 2 + . Tương tự thì 2 – 3 = 2 ( 3 1) 2 − Vế trái: 322 32 ++ + + 322 32 −− − = 2 3 2 ( 3 1): 2 + + + + 2 3 2 ( 3 1): 2 − − − = ) 33 32 33 32 (2 − − + + + = ) 39 333326333326 (2 − −−++−+− = 2 : Vế phải. b/ (2đ) Điều kiện: x 2 ≥ 1; y 2 ≥ 1; xy + 2 ≥ 0. Từ phương trình (1) ta có x 2 + y 2 = x 2 y 2 (3). Bình phương hai vế phương trình (2) ta có x 2 – 1+ y 2 – 1 + 2 1y1x 22 −− = xy + 2 hay x 2 + y 2 +2 1)yx(yx 2222 ++− – 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: x 2 + y 2 = 4 ⇔ (x + y) 2 – 2xy = 4 ⇔ (x + y) 2 = 8 ⇔ x + y = 22 ± . Giải hệ    = ±=+ 2xy 22 yx ⇔      = = 2y 2x hoặc      −= −= 2y 2x . 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(y 2 + 7)] 2 = 17[x 4 + (y 2 + 7) 2 ] ⇔ x 4 + 8x 2 (y 2 + 7) + 16(y 2 + 7) 2 = 17x 4 + 17(y 2 + 7) 2 ⇔ 16x 4 – 8x 2 (y 2 + 7) + (y 2 + 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    =− =+ 1yx2 7yx2 ⇔    = = 3y 2x . Vậy phương trình có một nghiệm tự nhiên là: (2; 3). Cách khác: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacovski để có: [1x 2 + 4(y 2 + 7)] 2 ≤ (1 2 + 4 2 )[x 4 + (y 2 + 7) 2 ] hay [x 2 + 4(y 2 + 7)] 2 ≤ 17[x 4 + (y 2 + 7) 2 ], dấu bằng xảy ra (tức là có PT (*)) khi 4x 2 = 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* ⇒ a 3 – b 3 = 37⇔ (a 2 + 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 nhiên ⇒    − ++ 1=ba 37=baba 22 ⇔    − −− b=1a 0=21aa 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) + (y 2 – 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 A min = 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)2y)(3x( 52y3x ⇔      <−+ =−+ =−++ 0)2y)(3x( 62y.3x 52y3x . Xem 3x + và 2y − là hai nghiệm của PT: X 2 – SX + P = 0 tức là: X 2 – 5X + 6 = 0 X 1 = 2; X 2 = 3. Vậy ta có hai hệ PT sau: (I)      <−+ =− =+ 0)2y)(3x( 32y 23x và (II)      <−+ =− =+ 0)2y)(3x( 22y 33x . *Giải hệ (I): Hệ (I) ⇔    −=− =+ 32y 23x hoặc    =− −=+ 32y 23x ⇔    −= −= 1y 1x hoặc    = −= 5y 5x *Giải hệ (II): Hệ (II) ⇔    −=− =+ 22y 33x hoặc    =− −=+ 22y 33x ⇔    = = 0y 0x hoặc    = −= 4y 6x 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= = 90 0 . Tứ giác AEDC có hai đỉnh kề D và E cùng nhìn đoạn AC dưới một góc 90 0 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 K H I M D E O B C A (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). 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). A N P N P O O A B C M B C 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. . HƯƠNG THỦY KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN 2008 - 20 09 Môn thi: Toán – Lớp 9 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4điểm) a/ Chứng minh rằng:. 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 //