đáp án môn toán 9 học sinh giỏi đề số 16

Đáp án chấm Thi học sinh giỏi.
Môn toán khối 9
(Thời gian 180 phút)
Bài Nội dung điểm
Bài1
Phần d cần tìm có dạng:
bax
+
ã
.Khi đo ta có:
baxxqxxxxxx ++=+++++ )().1(
21917753
.
Với: x=1 và x=-1,ta có: a+b=7; a+b= 7. Vậy: a=7;b=0
2đ
Bài2
Ta có
yz
zy
yz
yx
z
y
y
x

==+=+
1111
Tơng tự:
yz
zy

zx
x
z
y
x

=+=+
11
;
xz
xz
zy

=
.
Nhân từng vế của biểu thc ta có:



=
=




=
=


=

=
1
0))()((
1
0))()((
))()((
).)()((
))()((
))()((
222
222
222
xyz
zyzxyx
zyx
zyzxyx
zyzxyx
zyxzyzxyx
zyx
zyxzyx
zyzxyx
2đ
Bài3
Nhân thấy:
32,32 =+= vu
là nghiệm của phơng trình:

1565
1556415

415)14(4
)14(14014014
234
24
3222
=+
==
==
====+=+
uuuu
uuuu
uuu
uuuuuuuxx
2đ
Bài4 Nhận thấy : (x=0,y=0,z=0) là nghiệm của hệ phơng trình. Ta chứng minh đó
là nghiêm duy nhất.
Giả sử
),,(
000
zyx
là nghiêm của hệ. Sao cho: ít nhất có 1 thành phàn
khác 0. Khôngmất tính tổng quát giả sử:
000
zyx
0
0
x
.Ta có :

00

0
0
3
0
0
21030201
=++=++
x
z
a
x
y
aazayaxa
(1)
Tuy nhiên:
0
321321
0
0
3
0
0
21
0
0
3
0
0
21
>++=++ aaaaaa

x
z
a
x
y
aa
x
z
a
x
y
aa
kêt hơp với (1)

Vô lý . Vậy hê phơng trình có nghiệm duy nhất
2đ
Bài5
Phơng trình tơng đơng:
1
2
3
142
2

+
==+
x
xx
.
Đặt:

xyy
x
y =+
+
= 1421
2
3
2
Từ đó ta có hệ :





=+
=+
xyy
yxx
142
142
2
2

4
123
142
2
+
==+ xxxx
2đ

Bài6 Nhận thấy: A,B cùng phía đối với trục ox
Gọi A là điểm đối xứng với A qua ox.
A(2;-2). y
Đờng thẳng qua AB có phơng trình là:

5
2
3
= xy
2 A
Gọi: P là giao của (d) và ox
)0;
3
10
('P
. 1 B
Ta chứng minh P là điểm cần tìm. 0 2 P 4 x
Thật vậy: Giả sử tồn tại Ptrên ox:
BAPBPAPBPA '' +=+
. A
Đẳng thức xảy ra khi:
'PP
2đ
Bài7
8:
2
xNx
là số chính phơng Khi và chỉ khi phơng trình:
02
2

=+ xtt
có nghiệm:
2,12/ == tttZt
Thay vào ta đợc
x=2 là giá trị cần tìm
2đ
Bài8
1)
Điều kiện cần:
Qua các đỉnh của tam giác ABC kẻ các đờng vuông góc:
111
,, CCBBAA

với đờng PQ. Khi đó : R
111
//// CCBBAA
1
1
1
1
,
AA
CC
QA
QC
BB
AA
BR
AR
==

B B
1

1
1
CC
BB
PC
PB
=
C
1
Vậy :
1
1
1
1
1
1
1
==
CC
BB
AA
CC
BB
AA
PC
PB
QA

QC
BR
AR
A Q C
2)
Điều kiện đủ: A
1
Gọi giao điểm của RP với AC là Q
Khi đó theo trên ta có:
1.
'
'
. =
RB
RA
AQ
CQ
PC
PB
QA
QC
AQ
CQ
=
'
''
Vì chỉ có điểm duy nhất chia trong đoạn AC nên:
QQ '
Hay R,P,Q thẳng hàng
.2đ

Bài9
Giả sử:
ACAB
(*) khi đó trong tam giác ABC ta co :
2đ
.


CBAACB
Nhng:
CBDCBAACBDCB


>>
Vì thế: Trong tam
giác BCD:
CBDDCB


>
Do đó : BD > CD (**)
Từ (*) và (**) ta có: AB + BD > AC + CD. Trái giả thuyết .
Vậy: AB < AC.
Bài10 Ta xét các trờng hợp sau đây :
1)
Trờng hợp A nằm ngoài đờng tròn: P
1
Do: OM=ON;MA+NP; OA chung.
Do đó :
ONPOMA =

T
2
OAOP
=
Không đổi.
M

Vậy P thuộc đờng tròn bán kính OA. O A
Giới hạn:
-
Goi T
1
,T
2
là các tiếp điểm của các tiếp N T
1
tuyến vẽ từ A P

Khi M chạy đến T
1
thì P chạy đến P
2
P
2

Khi M chạy đến T
2
thì P chạy đến P
1
.

Tập hơp P là cung P
1
AP
2
của đờng tròn tâm O bán kính OA
2)
Trờng hợp điểm nằm trên đờng tròn:
Tập hợp P chính là đờng tròn đã cho
3)
Trờng hợp A nằm trong đờng tròn:
Tập hợp P là đờng tròn tâm O bán kinh OA
2đ