DAP AN HSG TOAN 9 THANH HOA 20112012

Gọi M là trung điểm của BC; H là trực tâm; AD,BE,CF là các đường cao của tam giác ABC.. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.[r]

Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Thanh Hóa Năm học: 2011-2012

§Ị thi chÝnh thøc Mơn thi : To¸n

Lớp THCS Ngày thi 23 tháng năm 2012

Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề )

Câu I (4,0 điểm)

Cho biểu thức P=

1 1

: 10

3 1

x x x

x

x x x x

       

 

   

          

   

1, Rút gọn P

2, Tính giá trị P x =

4 2 2

3 2 2

 



 

Câu II (4,0 điểm)

Trong hệ tọa độ, cho đường thẳng d : y = x – parabol (P) : y =  x2 Gọi A B giao điểm d (P)

1) Tính độ dài AB

2) Tìm m để đường thẳng d’ : y = -x + m cắt (P) hai điểm C D cho CD= AB Câu III (4,0 điểm)

1) Giải phương trình

2

2

x x y y

y x



  

  

 

 

2) Tìm nghiệm nguyên phương trình

6

2x y  2x y320

Câu IV (6,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có AB>AC Gọi M trung điểm BC; H trực tâm; AD,BE,CF đường cao tam giác ABC Kí hiệu (C1) (C2) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF DKE, với K giao điểm EF BC Chứng minh rằng:

1) ME tiếp tuyến chung (C1) (C2) 2) KHAM

Câu V (2,0 điểm)

Với 0x,y,z Tìm tất nghiệm phương trình :

3

1 x 1

x y z

y z  z xy x zy x y z

       

Lời giải tóm tắt

Câu I:

1, Rút gọn P

Đặt = a >  x a 21, ta có:

2

2

9 1 1

: :

3 3 (3 )(3 ) ( 3)

3( 3) 2( 2)

:

(3 )(3 ) ( 3) 2( 2)

a a a a a a

P

a a a a a a a a a a a

a a a

a a a a a

           

          

          

   

     

   

   

   

Vậy :

3

2( 2)

x P

x

 

  với x > x 10 2, Ta có:

   

4

2

2

3 2 2 2

3 2 2 2

2

2 2

2

2 (vi x > 0)

x x

x

   

   

   

 

         

 

 

Khi đó:

1

P

Câu II:

1)Tính độ dài AB

Hoành độ điểm A B hai nghiệm phương trình: -x = x -

 x +x - = 0  x = ; x = -2  A(1;-1) B(-2;-4)  AB = =

2) Hoành độ điểm C D hai nghiệm phương trình: -x = -x + m

 x -x + m = (*)

Điều kiện để phương trình có nghiệm phân biệt là:  >  1-4m > 0 m < Gọi x ; x hai nghiệm PT (*) theo hệ thứcc Vi-ét,ta có

1

1

1

x x x x m

 

 





Ta có: C(x;-x ) ; D(x; -x ) Do đó:

2 2 2 2 2 2

1 2 2 2

2 2 2

1 2 2

2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) [( ) ]

1 (1 )

CD x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

m m m m

         

      

      

Ta có: CD AB  CD2 AB2  8m 2 18 m2 (thoả mãn)

Câu III

1) Giải hệ PT

2

2 (1)

(2)

x x y y

y x



  

  

 

  ĐK: x, y 0

Nhân hai vế (1) (2) ta : (x+y)2 =1 suy x + y =1 x + y = -1

 Nếu x + y =1  y = - x thay vào (1) ,giải ta được:

2

,

3

x y  Nếu x + y = -1  y = -1 - x thay vào (1) ,giải ta được: x = -2, y = Vậy hệ có hai nghiệm là: (x;y) = (-2;1) ;

2 ; 3

 

 

 

2) Ta có:

 

 

6

2

3

6

2 320

320

320 3 2; 1;0;1;2

x y x y

x y x

x x x

  

   

        

Lập bảng ta có:

x -2 -1

y -24 loại loại loại -8 24

Vậy nghiệm nguyên PT là: (x;y) = (-2;8); (-2;-24); (2;-8); (2;24)

Câu IV

1) Ta có tam giác BME HC1E cân M C1 nên:

MEC1 BEM BEC  1MBE C HE1 MBE BHD 900  MEC E1 Vậy ME tiếp tuyến (C1)

Áp dụng tính chất vào tứ giác nội tiếp BCEF, CDHE góc ngồi tam giác CFK ta có: DEM DEB MEB DEB MBE DEB CFE DCF CFE CKE           

Suy ME tiếp tuyến (C2)

Vậy ME tiếp tuyến chung (C1) (C2)

I H

B

A

C C2 K

D

E

F C1

2) Gọi I giao điểm AM (C1), nối K với I

Vì ME tiếp tuyến chung (C1) (C2) nên dễ thấy:

ME2 = MD.MK , ME2 = MI.MA

Suy MD.MK = MI.MA nên tam giác MKI đồng dạng với tam giác MAD Suy : MIK MDA 900  KI AM mà HI AM (do I nằm (C

1))

Do K, H, I thẳng hàng hay KH AM (Đpcm) Câu V:

Vì 0x y z, , 1 nên

2 1; 1

1 ( )

x x

x xy y x xy zx y zx

y zx x x y z x y z

          

      (vì x dễ thấy x khác 0)

Tương tự :

1

y

z xy x y z

    ;

1

z

x zy x y z

   

Suy : VT

3

x y z



  =VT