b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.. a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng Hình thang ABCD nội tiếp đương tròn (O) nên là hình thang cân... Do đó 4 đ[r]
(1)ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH MƠN TỐN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2012
Bài 1: (4 điểm)
a) Rút gọn biểu thức sau: A = 15 15
2
b) Giải phương trình:
3
2 x
x 16
16 x
Bài 2: (4 điểm)
a) Chứng minh n3 – n chia hết cho 24 với số tự nhiên n lẻ.
b) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện: a2 + b2 + c2 = (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2
Chứng minh c a c b c a + b
Bài 3: (3 điểm)
Cho phương trình x2 – (m – 1)x – = 0
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 cho biểu thức
A = (x12 – 9)(x22 – 4) đạt giá trị lớn
Bài 4: (6 điểm)
1 Cho tam giác ABC cân A có BAC = 200, AB = AC = b BC = a.
Chứng minh rằng: a3 + b3 = 3ab2.
2 Cho hai điểm A, B thuộc đường tròn (O) (AB khơng qua O) có hai điểm C, D di động cung lớn AB sao cho AD song song BC (C, D khác A, B AD > BC) Gọi M giao điểm BD AC Hai tiếp tuyến đường tròn A D cắt điểm I
a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng
b) Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi Bài 5: (3 điểm)
Cho x, y số thực dương thỏa mãn: xy = Chứng minh rằng: (x + y + 1)(x2 + y2) +
x y
(2)GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TỐN LỚP THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
NĂM HỌC 2011 – 2012 Bài (4 điểm)
a) Rút gọn biểu thức sau: A = 15 15
2
Biến đổi : A = 16 15 16 15 15 15 15
4 2
b) Giải phương trình:
3
2 x
x 16
16 x (1)
ĐKXĐ: 16 – x2 > - < x < 4
Biến đổi: (1)
3
2
x
16 x
16 x (2)
Vì 16 – x2 > nên từ (2) suy x > 0, ĐKXĐ phương trình là: < x < 4.
Đặt t = 16 x2
(t > 0), phương trình (2) trở thành:
2 x
t
t x
3 = t3 (t > 0) x = t.
Do 16 x2 x
(0 < x < 4) 16 – x2 = x2 (0 < x < 4) x = 2 Vậy phương trình (1) có nghiệm x =2
Bài (4 điểm)
a) Chứng minh n3 – n chia hết cho 24, với n lẻ Đặt A = n3 – n Vì n lẻ nên đặt n = 2k + (k N)
Ta có: A = n3 – n = n(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1) = (2k + 1)(2k + – 1)(2k + + 1)
= 4k(k + 1)(2k + 1) = 4k(k + 1)(2k + – 3) = 4k(k + 1)(2k + 4) – 12k(k + 1) = 8k(k + 1)(k + 2) – 12k(k + 1)
Vì k(k + 1)(k + 2) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3, k(k + 1) tích hai số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho
Do 8k(k + 1)(k + 2) 24 12k(k + 1) 24
Vậy A = n3 – n
24 với n lẻ
b) Chứng minh c a + b
Biến đổi điều kiện tốn ta có:
a2 + b2 + c2 = (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 (1) a2 + b2 + c2 = 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca).
Theo giả thiết: c a > ac a2, c b > 0 bc b2
Do đó: a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca) 2(ab + b2 + a2) c2 a2 + b2 + 2ab = (a + b)2 c a + b > 0.
Dấu “=” khơng xảy c = a = b > nên đẳng thức (1) không thỏa Vậy đẳng thức (1) thỏa mãn c > a > 0, c > b > c > a + b
Bài (3 điểm)
Xét phương trình x2 – (m – 1)x – = (1)
Ta có: = (m – 1)2 + 24 > nên PT (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2
(3)Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
x1 + x2 = m – 1, x1x2 = - x1 =
2 x
Thay vào biểu thức:
A = (x12 – 9)(x22 – 4) =
2
2
2 2
2
6 144
9 x 36 9x 36
x x =
= 72 - 22 22
2
144 144
9x 72 9x
x x
= 72 – 2.12.3 =
A
Dấu “=” xảy 22 24
144 144
9x x 16
x x2 = 2 x1 = 3
Nếu x1 = - 3, x2 = m – = x1 + x2 = - + = - m =
Nếu x1 = 3, x2 = - m – = x1 + x2 = – = m =
Vậy m = m = A đạt max = Bài (6 điểm)
1 Chứng minh a3 + b3 = 3ab2
Bên góc B kẻ tia BD tạo với tia BC góc 200,
cắt cạnh AC D Gọi H hình chiếu A BD (D nằm B, H)
Tam giác ABC cân A có góc A = 200, suy B C
= 800 Do ABH ABC HBC = 800 – 200 = 600.
Trong tam giác ABH vng H có góc ABH = 600
nên BH = AB.cosABH = b
2, AH = AB.sinABH = b
Tam giác BCD có góc DBC = 200, góc BCD = 800
suy góc BDC = 800, dó BCD cân B nên BD = BC = a.
Từ đó: ABC BCD (g.g)
nên BC AB CD BC2 a2
CD BC AB b
Do DH = BH – BD = b a b 2a
2
, AD = AC – CD = b - a b = 2 b a b Áp dụng định lý Pi-ta-go tam giác vuông ADH:
AD2 = AH2 + DH2
2
2
2
b a b b 2a
b 2
4 2 2
2
a b 2a b 3b b 4ab 4a
b 4
4 2
2
2
a b 2a b
a ab b
b
a4 + b4 – 2a2b2 = b4 – ab3 + a2b2
a4 + ab3 = 3a2b2 a3 + b3 = 3ab2 (đpcm).
2 a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng Hình thang ABCD nội tiếp đương trịn (O) nên hình thang cân Do AB = CD AB CD
ADM DAM , nên tam giác ADM cân M
Ta có: MA = MD, mặt khác OA = OD (bán kính (O)), nên OM đường trung trực AD
Ta lại có IA ID hai tiếp tuyến (O) cắt I nên IA = ID
GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi
S
A
B C D
I O M
A
B C
D H
2 00
a
6 00
b
2 00
(4)Do I thuộc trung trực AD
Vậy ba điểm I, M, O thuộc trung trực AD nên thẳng hàng
b) Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MCD khơng đổi Vì ABCD hình thang cân có M giao điểm hai đường chéo nên
MCD = MBA (g.c.g)
Do bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MCD bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MBA
Ta có: OI trung trực AD nên: IOA IOD 1AOD
ABDlà góc nội tiếp chắn cung AD nên ABD 12AOD Suy IOA ABD .
Vì IOA AOM = 1800 (kề bù)
nên AOM ABD = 1800 Do điểm A, O, M, B
cùng nằm đường tròn
Do bán kính đường trịn (MBA) bán kính đường trịn (OAB)
Vì đường trịn (OAB) cố định có bán kính khơng đổi nên đường trịn (MBA) có bán kính khơng đổi
Vậy đường trịn ngoại tiếp tam giác MCD có bán kính khơng đổi bán kính đường trịn (OAB)
Bài (3 điểm)
Cho x, y > thỏa điều kiện: xy = 1. Chứng minh (x + y + 1)(x2 + y2) +
x y 8 Ta có : x2 + y2 2xy = 2.1 = 2
Từ : (x + y + 1)(x2 + y2) +
x y (x + y + 1) +
x y = 2(x + y) + + x y =
x y x y
2 x y
+ =
x y
2 x y
+ (x + y) +
Áp dụng BĐT Cô- si cho hai số dương : x y 2 x y
2 x y x y
= 2,
x y xy = Từ đó, ta có : (x + y + 1)(x2 + y2) +
x y 2.2 + + = Vậy (x + y + 1)(x2 + y2) +
x y Dấu « = » xảy x = y =
Quy Nhơn, ngày 20 tháng 03 năm 2012 Bùi Văn Chi
GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi
A
B C D