Ta có: SABEF=SCEFD1 SMBE=SNEC2 tam giác có chung đường cao là đường cao hình thang MBCN và BE=EC2 SMAF=SNFD2 tam giác có chung đường cao là đường cao hình thang MNDA và AF=FD3 Từ 1,2 và [r]
(1)PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÙ CÁT KÌ THI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC:2012-2013 MÔN:TOÁN (T.H.C.S) THỜI GIAN LÀM BÀI:150 phút (không kể thời gian phát đề) NGÀY THI: 10/11/2012 Bài 1: (1,5đ) Tìm các số nguyên x,y,z thỏa mãn đẳng thức: x y z xy y z Bài 2: (2đ) a) (1đ) Giải phương trình: x2 x 1 x 1 x y 4z y z 4x z x 4y Giải hệ phương trình: b) (1đ) Bài 3: (3đ) a) (1,5đ) Cho số thực a,b,c Chứng minh rằng: a b c ab bc ca (a b)2 (b c ) (c a ) 26 2009 b) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn abc=1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B 1 2 a 2b b 2c c 2a Bài 4: (3,5đ) Cho hình thang ABCD (BC//AD) Gọi E, F là trung điểm BC và AD Trên cạnh AB lấy điểm M bất kỳ, qua M kẽ đường thẳng song song với hai cạnh đáy hình thang cắt EF I và CD N Chứng minh IM=IN (2) Người biên soạn đáp án: Nguyễn Văn Phẩm THCS Ngô Mây Lớp 8A7 Năm học: 2012-2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TOÁN CẤP HUYỆN PHÙ CÁT Năm học: 2012 – 2013 Bài 1: (1,5đ) 2 Ta có: x y z xy y z Vì x, y, z là các số nguyên nên: x y z xy y z x y z xy y z x y z xy y z 0 1 1 x x y y y y.1 12 z z 0 4 2 1 x y y ( z 1) 0 2 2 1 Mà x y y 1 ( z 1) 0 2 2 1 x y y 1 ( z 1) 0 2 x y 0 x 2 y x 1 1 1 y 0 y 1 y 2 2 2 z 1 z 0 z 1 Vậy x 1; y 2; z 1 Bài 2: a) Theo đề: x x x Đặt y x x , ta có: (3) y 1 x 1 y 1 4 x y y 4 x y y 4 x y y x y x x y x x y x y ( x y )( x y ) 2( x y ) 0 ( x y )( x y 2) 0 2 2 x y y y x x y x x y x x Mà x y x +2x ( x 1)2 +1 x y x x +x x 0 Vậy x 0 x y 4z a x y xy 4 z 1 1 y z x b y z yz 4 x 1 z x zx 4 y 1 z x y 1 c b) Theo đề: Lấy (1) – (2) ta được: x z xy yz 4 z x ( x z )( x z ) y ( x z ) 4( x z ) 0 ( x z )( x z y 4) 0 Mà từ: a y z x; b y x z x z y x z x z x z z x Chứng minh tương tự, ta y z; x y x y z Thay y=x và z=x vào (1) ta được: x 4 x x x 0 (2 x 1) 0 x 1 x y z Vậy Cách 2: x y 4z y z 4x z x 4y Theo đề: ( x y ) 4 z ( y z ) 4 x ( z x) 4 y ( x y ) 4 z (1) ( y z ) 4 x(2) ( z x) 4 y (3) Giả sử z < x thì từ (1) và (2) suy x < z (do x+y và y+z lớn 0) Giả sử z >x thì từ (1) và (2) suy x > z Vậy x=z; chứng minh tương tự ta y=z đó x=y=z Thay y=x và z=x vào (1) ta được: x 4 x x x 0 (2 x 1) 0 x 1 x y z Vậy (4) Bài 3: (3đ)a)(1,5đ)Theo đề: ( a b ) (b c ) ( c a ) a b c ab bc ca 26 2009 (a b) (b c) 2(c a ) 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca 13 2009 2 (a b) (b c) 2(c a ) 2 2 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca 0 13 2009 (a b) (b c) 2(c a ) a 2ab b b 2bc c c 2ca a 0 13 2009 (a b) (b c ) 2(c a ) 2 2 a b b c c a 0 13 2009 12(a b)2 2(b c)2 2007(c a )2 0 13 2009 2 Bất đẳng thức cuối cùng luôn luôn đúng nên: (a b)2 (b c ) (c a ) 26 2009 với a, b, c (đpcm) 2 a b 0; b c 0; c a 0 a b c a b c ab bc ca (Dấu “=” xảy ) Bài 4: Giải: Vẽ MGEF; NHEF Ta có: SABEF=SCEFD(1) SMBE=SNEC(2 tam giác có chung đường cao là đường cao hình thang MBCN và BE=EC)(2) SMAF=SNFD((2 tam giác có chung đường cao là đường cao hình thang MNDA và AF=FD)(3) Từ (1),(2) và (3) SMEF=SENF Mà hai tam giác này lại có chung đáy EF nên MG=NHMGI=NHI (g.c.g) MI=IN(đpcm) Cách 2: Gọi O là giao điểm AB và CD Ta có O;E;F thẳng hàng (bổ đề hình thang) O;E;I;F thẳng hàng.Vì BC//MN nên áp dụng định lí Ta Lét: AE OE EC OE MI OI và NI OI AE EC OE MI NI OI Mà AE=EC suy MI=NI (đpcm) (5) Vậy MI=NI (6) (7)