De HSG Toan 9

Tia Bx vuông góc với AC. Gọi I là trung điểm của MN. chứng minh rằng khoảng cách từ điểm I đến AC không đổi khi B di chuyển trên đoạn AC... c) Tìm vị trí của điểm B trên đoạn AC sao cho[r]

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2007 – 2008

Bài 1: (4 đ)

1) Cho biểu thức 4 3 102

9 9 9 10 x

B

x x x x

 

   

a) Tìm điều kiện có nghĩa B b) Rút gọn B

2) Chứng minh A n8 4n7 6n6 4n5 n4

     chia hết cho 16 với n số nguyên

Bài 2: (4 đ)

1) Cho đa thức bậc hai P x( )ax2 bx c Tìm a, b, c biết P(0)=33; P(1)=10; P(2)=2007 2) Chứng minh rằng: a b c a b c       a b c  abc với a, b, c độ dài cạnh tam giác

Bài 3: (2 đ)

Cho

  2  2

2 2 13

1

2 1

2 1

x x A B x C D x E

x

x x

x x

   

  



 

  Tìm số A, B, C, D, E để đẳng thức đẳng thức với x>0 x4

Bài 4: (6 đ)

Cho đoạn thẳng AC=m Lấy điểm B thuộc đoạn AC (B A, B C) Tia Bx vng góc với AC Trên tia Bx lấy điểm D E cho BD=BA BE=BC

a) Chứng minh CD=AE CD AE

b) Gọi M, N trung điểm AE, CD Gọi I trung điểm MN chứng minh khoảng cách từ điểm I đến AC không đổi B di chuyển đoạn AC

c) Tìm vị trí điểm B đoạn AC cho tổng diện tích hai tam giác ABE BCD có giá trị lớn Tính giá trị lớn theo m

Bài 5: (4 đ)

Cho hình vng ABCD cạnh AB lấy điểm M Vẽ BH vng góc với CM Nối DH, vẽ HN vng góc DH (N thuộc BC)

a) Chứng minh rẳng DHC đồng dạng với NHB

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2007 – 2008 Bài 1:

1) 4 3 102

9 9 9 10 x

B

x x x x

 

   

a) Giải phương trình x4 9x3 9x2 9x 10

    =0

4 1 9 9 9 9 0

x x x x

      

x2 1 x2 1 9x x2 1 9x 1 0

       

x 1 x 1x2 1 9x x2 1 9x 1 0

        

x 1x3 10x2 x 10 0

     

x 1 x 10x2 1 0

    

2

1 0 1

1

10 0 10

10 1 0 x x x x x x x x                          

Vậy biểu thức B có nghĩa x 1 x -10

b) ta có:  

4

10

1 10 9 9 9 10

x

B x v x

x x x x

                    2 10

1 10 1

10

1 10 1

x

x x x

x

x x x

                      2 1 1 1 1 1 1 x x x x             2)  

8 4 6 4 4 4 6 4 1 A n  n  n  n n n n  n  n  n

 

4 3 3 3 3 1

n n n n n n n n

       

       

4 1 3 1 3 1 1

n n n n n n n n 

         

Với x > -10 x

Với x < -10 x

Với x > -10 x

 4  

4 1 1

n n n n

    

Vì n(n+1) tích hai số ngun liên tiếp nên chia hết cho Do n n 14 24 16

   Vậy A16

Bài 2:

1) P x( )ax2 bx c

P(0)=33  a.02b.0 c 33 c33

P(1)=10  a.12 b.1 c 10 a b 33 10  a b 23 (1)

P(2)=2007 a.22 b.2 c 2007 4a2b33 2007  4a2b1974 2a b 987 (2)

Trừ vế theo vế (2) (1) ta a = 1000 Thay a = 1000 vào (1) ta b = - 1023 2) a b c a b c       a b c   abc

Ta có:

 2    

2 2(1)

        

a b c a a b c a b c a

 2    

2 2(2)

        

b a c b b a c b a c b

 2    

2 2(3)

        

c a b c c a b c a b c

Lấy (1), (2) (3) nhân vế theo vế ta được:              2

 

 a b c a b c a b c  abc a b c a b c    a b c abc

         (đpcm)

Bài 3:

Đặt x m 0m2 Đẳng thức cho có dạng:

    

2

2 2

2

2 2 13

2 1

2 1 1

m m A Bm C Dm E

m m

m m m

   

  

 

   (*)

VP(*)=           

  

2

2

2

1 2 1 2

2 1

A m Bm C m m Dm E m

m m

       



 

=       

  

4

2

2 2 2 2 2 2 2

2 1

A B m C B m A C B D m C B E D m A C E

m m

             

 

0 2 0

2 2 0

2 2 0

2 2 0 A B

C B

A C B D

C B E D

A C E

  

   



    

     

  

 

, giải ta tìm A=1, B=-1; C=-2; D=-3; E=-4

Bài 4: (6 đ)

a) xét hai tam giác ABE DBC, ta có: AB=BD (gt)

BE=BC (gt)

 

ABE DBC 90 

Vậy ABEDBC c g c(   ) CD AE

Gọi F giao điểm AE CD, ta có:

 

EDF BDC (đối đỉnh)

 

AEB BCD ABE (  DBC)

   

EDF AEB BDC BCD

   

mà BDC BCD 90

  nên EDF AEB 90    DFE 90  hay CD  AE

b) Gọi M’, I’, N’ hình chiếu M, I, N xuống AC

ABE

 có M trung điểm AE, MM’//BE (cùng vng góc với AC)

Nên MM’ đường trung bình ABE MM 1BE

2 '

  hay MM 1BC 2 '

Chứng minh tương tự, ta có NN’ đường trung bình DBC NN 1BD

2 '

  hay NN 1AB 2 '

Tứ giác MNM’N’ có MM’//NN’ (cùng vng góc với AC) nên MNM’N’ hình thang

I trung điểm MN, II’//MM’//NN’ (cùng vng góc với AC) nên II’ đường trung bình hình thang MNM’N’

MM NN BC AB AC m

II

2 4 4 4

' '

'  

     (khơng đổi) c) Vì ABEDBC nên SABE SDBC  SABESDBC 2SABE

mà 2SABE 2 1 AB BE AB BE AB BC

2

. . . .

  

Ta có:

AB BC2 0 AB2 2 AB BC BC. . 0 AB2 BC2 2 AB BC. .

        

 2

2

AB 2 AB BC BC. . 4 AB BC. . AB BC 4 AB BC. .

Vì AB+BC=m (không đổi) nên

2

2 m

AC 4 AB BC m 4 AB BC AB BC

4

. . . . .

     

Dấu “=” xảy AB BC m 2

  B trung điểm đoạn AC Vậy max 

2

ABE DBC

m

S S

4

  (đvdt)  B trung điểm đoạn AC

Bài 5: (4 đ)

a) Xét DHC NHB có:

 

DHC NHB (vì phụ với góc CHN )

 

DCH NBH (vì phụ với góc HCB )

Do DHC  NHB (g-g)

b) MBHvà BCH có:

 

MHB BHC (90 )

 

BMH HBC (vì phụ với góc MBH )

Vậy MBH  BCH (g-g) MB HB 1

BC HC ( )

 

Mà NB HB 2

DC HC ( ) (vì DHCNHB) BC=DC (3)