Hướng dẫn giải đề thi HSG tỉnh An Giang

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH AN GIANG
NĂM HỌC: 2008 – 2009.
Ngày thi: 31/03/2009
Bài 1: (4đ) Rút gọn.
1/.
( )
2 3 2 3 3 2 3
2 24 8 6
3 2
4 2 2 3 2 3 2 3
A
    
+
= + + − + +
 ÷ ÷  ÷
 ÷ ÷  ÷
+ + −
    
2/.
8 2 10 2 5 8 2 10 2 5B = + + − − +
Bài 2: (6đ) Giải phương trình, hệ phương trình sau:
1/.
(
)
2 2 2
2 14 2 8 8 14 8 24 0x x x x x x x
+ − + + − + + =
2/.
2 2
2 2
8

7
x y x y
x y xy

+ + + =

+ + =

Bài 3: (2đ) Cho
, ,a b c
là độ dài ba cạnh của tam giác thỏa
2a b c
+ + =
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2a b c abc
+ + + <
Bài 4: (4đ) Cho nửa đường tròn O bán kính R đường kính AB, M là
điểm di động trên nửa đường tròn, qua M vẽ tiếp tuyến với nửa đường
tròn. Gọi D, C lần lượt là hình chiếu của A, B trên tiếp tuyến ấy. Xác
định vị trí của điểm M để diện tích của tứ giác ABCD có giá trị lớn
nhất.
Bài 5: (4đ) Cho tam giác ABC với G là trọng tâm. Một đường thẳng
bất kỳ qua G cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng:
3
AB AC
AM AN
+ =
Hết

HƯỚNG DẪN
Bài 1: Rút gọn.
1/. HS tự biến đổi. Kết quả A = -5
2/. Tính
2
B
rồi suy ra
2 5 5B = −
Bài 2:Giải phương trình, hệ phương trình sau:
1/.
(
)
2 2 2
2 14 2 8 8 14 8 24 0x x x x x x x+ − + + − + + =
2 2 2 2
2 8 8 14 14 8 24 0x x x x x x x x x⇔ − + + + + − + + =
(
)
(
)
2
2 2
8 14 8 24 0x x x x x x⇔ − + + − + + =
2
2
8 2
8 12
x x x
x x x


− + = −

⇔

− + = −

•
2
2 2
2
8 2
8 4 4
x
x x x
x x x x
≥

− + = − ⇔

+ = − +

(vô nghiệm)
•
2
2 2
12
8 12
8 24 144
x
x x x

x x x x
≥

− + = − ⇔

+ = − +

(vô nghiệm)
Vậy PT đã cho vô nghiệm.
2/.
2 2
2 2
8
7
x y x y
x y xy

+ + + =

+ + =

( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2
1 1 0 1
1
7 2
7
x y

x y xy
x y xy
x y xy
− − =
+ − =


⇔ ⇔
 
+ + =
+ + =



( )
1
1
1
x
y
=

⇔

=

. Thế x = 1 và y = 1 vào (2) ta tìm được các nghiệm của hệ là
{ } { } { } { }
1;2 , 1; 3 , 2;1 , 3;1− −
Bài 3: Bài này có nhiều cách làm, sau đây là một trong số các hướng để HS suy

nghĩ tìm lời giải:
( )
2 2 2
2 4 2a b c a b c ab bc ca+ + = ⇔ + + = − + +
.Từ đó :
( )
2 2 2
2 2 4 2 2 2 2 1a b c abc ab bc ca abc ab bc ca abc+ + + < ⇔ − + + + < ⇔ − − − + <
Ta thấy rằng:
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 2 1a b c abc ab bc ca a b c abc ab bc ca− − − = − − − + + + − = − − − + −
Cho nên BĐT ở trên trở thành
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1 1 0a b c a b c− − − + < ⇔ − − − <
Ngoài ra do a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác thỏa
2a b c+ + =
nên
1, 1, 1a b c< < <
Do đó BĐT
( ) ( ) ( )
1 1 1 0a b c− − − <
đúng.
Bài 4: (4đ)
H
D
C
O
A
B
M

1/. OM là đường trung bình của hình thang ABCD suy ra DM = MC = d
2/.
.2
ABCD
S R d=
, cho nên
( )ABCD max max
S d⇔
3/. Kẻ AH vuông góc với OM tại H, suy ra AHMD là hình chữ nhật suy ra
d = AH
Ta có:
AH AO R
≤ =
(AO là đường xiên). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
H O≡
. Khi đó
OM AB⊥
hay M là điểm chính giữa của cung AB
Bài 5: (4đ)
P
Q
N
M
G
I
A
B
C
Kẻ BQ và CP lần lượt song song với MN (P, Q thuộc đường trung tuyến
AI)

Trong tam giác ABQ và APC có:
AB AQ
AM AG
=
,
AC AP
AN AG
=
Hai tam giác IBQ và ICP bằng nhau (g.c.g) nên IP = IQ. Từ đó AP + AQ =
2AI (xét 3 trường hợp)
Bây giờ ta có thể suy ra
3
2 2. 3
2
AB AC AQ AP AI
AM AN AG AG AG
+ = + = = =
Hết