De Thi HSG Toan 9

Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất.[r]

Phòng GD & ĐT Thọ xuân Đề thi học sinh giỏi lớp Trờng THCS Xuân Lập Năm học: 2010 – 2011 Mơn: Tốn Thời gian: 120 phút đề đề xuất

Bài 1 (3.0đ) Biến đổi đơn giản biẻu thức a A =

81 34 25 14 16

1

b B =

100 99

1 99

98

3

1

1

       

Bµi 2: (4.0đ) Rút gọn tính giá trị biểu thức a C =

b a ab

b a a b

  :

Víi a =

2003 11

20 b =

2003 11 18

b Tìm căp số (x,y) nguyên dơng thỏa mÃn x2 - y2 = 2003

Câu : ( 5điểm ) giải phương trình

a) x x x

 



3

= + x x2



b)

4

2

2 2

1

3

3

( x )

( x ) x x ( x ) ( x )



     

 

Bài 4: (3.0 điểm)

Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB EF dây cung di động nửa đường tròn cho E thuộc cung AF EF = R AF cắt BE H AE cắt BF C CH cắt AB I

a Tính góc CIF

b Chứng minh AE.AC + BF BC không đổi EF di động nửa đường trịn c Tìm vị trí EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích

Bài ( điểm)

Cho tam giác ABC nhọn O điểm nằm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC, AB M, N, P Chứng minh :

AM BN CP+ +

OM ON OP

Bài 6 (2điểm) Cho sè a, b, c tháa m·n 0a b c, , 2 vµ a+b+c=3 Chøng minh a3 b3 c3 9

  

đáp án thang điểm

Câu Đáp án Thang điểm

b 1.5 ®

2 a Rút gọn : a - b Tính đợc kết quả: b x2 - y2 = 2003

(x - y)(x + y)=2003

=> x -y vµ x+ y lµ íc cïng dấu 2003 Mà Ư(2003) 1;2003

x, y dơng nên x+y> x-y Ta xét hai trờng hợp

  

   

 

 

  

   

 

 

1001 1002 1

2003 1001 1002 2003 1

y x yx

yx

y x yx yx

1.0® 1.0® 0.25® 0.25® 0.25® 0.5® 0.5®

Vậy cặp số (x,y) nguyên dơng thảo mÃn x2 -y2 = 2003

(x,y) = (1002,1002) 0.25đ

3

a) ĐK < x < x 

Khử mẫu vế trái ta phương trình:

3( x 1 x) = + x x2

Đặt x x= t  ®k : < t <

Phương trình viết thành : t2 - t + = 0

Kết luận: x = ; x = nghiệm phương trình

cho

b)

điều kiện:

3

x x

   

  

Đặt a =(x-1)2 ; b = x2 - 3

Phươngtrình

4

2

2 2

1

3

3

( x )

( x ) x x ( x ) ( x )



     

 

trở thành:

0,5®

0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 0,5®

4

5

2

2 2

4

2 2

1

2

1 1

1

1

a

b a b b a

a a b ( a b )

Ta có : b a b a b

b a b a a b

   

 

          

 

Dấu = xãy

2 1

1

a b b

  

 

 x =

Vậy nghiệm phương trình x =

- BE, AF hai đường cao ABC  CI đường cao

thứ ba hay CIAB

- Tứ giác IHFB nội tiếp  HIF = HBF hay CIF =

EBF

- EOF nên EOF = 600

-  EF = 600CIF = EBF = 300

- Chứng minh ACI đồng dạng với ABE

- được: AC AE ABAI

AE AI AB AC



 

- Tương tự BCI đồng dạng với BAE được:

BI BA BF BC BF

BI BA BC



 

- Cộng được: AE.AC + BF BC = AB.AI + AB.BI

=AB(AI + IB) = AB2 = const.

- Chứng minh ABC đồng dạng với FEC

- 2 41

2

              

R R AB

EF S

S

ABC FEC

ABC

ABFE S

S

4  

- Để SABFE lớn  SABC lớn  CI lớn C

0,5®

1®

1®

1®

A B

E

F C

6

chạy cung chứa góc 600 vẽ AB nên CI lớn khi

I  O CAB cân  EF // AB

- Lúc

4 3

3

2

2 S R

R R

R

SABC    ABFE 

N A

B C

O

K

H M

P

Từ A O kẻ AH  BC

OK  BC (H, K  BC)

 AH // OK

Nên OM OK

AM AH (1)

1

BOC ABC

OK BC

S OK

S  AH BC AH

(2)

(1) , (2)  BOC

ABC

S OM S AM

Tương tự : AOC

ABC

S ON S BN

AOB ABC

S OP S CP

Nên BOC AOC AOB

ABC ABC ABC

S S S OM ON OP

AM BN CP S S S  (3)

Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được:

(a+ b + c) ( 1

a b c  ) 

Nên ( OM ON OP AM)( BN CP)

AM BN CP OM ON OP  (4)

Từ (3) ,(4) suy :

AM BN CP

OM ON OP (pcm)

Vì vai trò cđa a, b, c nh nhau, kh«ng mÊt tÝnh tỉng quát giả sử: a b c

0,5 0,5đ

1đ

1đ

0,5®

0,5®

0,5®

Khi 0a b c, , 2 a+b+c=3 nên ta có a1 

3

a a

1 c2 (c-1)(c-2)(c+3) 0 c3 7c 6

 

XÐt hai trêng hỵp cđa b

+NÕu b1 b3 b

 Khi ta có

3 3 7 6

a b c   a b c

Mµ a+b+7c-6 = (a+b+c)+6c-6 3+6.2-6=9 a3 b3 c3 9

  

+ NÕu b2 b3 7b 6

  Khi ta có

 

3 3 7 6 7 6 7 6 12 6 9

a b c  a b  c  a b c   a   a (v× -6a0)

KÕt luËn a3 b3 c3 9