De HSG toan 9 - dap an

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN EAKAR
TRƯỜNG THCS CHU VAN AN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 9
Năm học 2008 – 2009
Thời gian: 150 phút
Bài1: (4 điểm)
a) Giải phương trình:
4 4
1 2 9 6 2x x x x+ − + + − =
b) Chứng minh rằng nếu : a,b,c là các số không âm và b là số trung bình cộng của a và c thì ta có

1 1 2
a b b c c a
+ =
+ + +
Bài 2: (6 điểm) Cho 2005 hệ PT
2 3 2
( 3) ( 2) 2
x y k
k x k y
+ = +


+ − + = −

(k)
Với k
{ }
1;2;3; ;2005∈
a) Tính
;

k k
x y
theo k với
( ; )
k k
x y
là nghiệm của hệ phương trình (k)
b) CMR
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 2005 2005
1 1 1 1 1
2x y x y x y x y
+ + +×××+ <
+ + + +
Bài 3: (4 điểm) Cho
ABC
∆
có góc
0
90ABC >
)
. Đặt
BAC x=
)
và
BCA y=
)
CMR: sin(x + y) = sinxcosy + sinycox
Bài 4: (6 điểm) Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC với (O). Từ một
điểm M trên cung nhỏ BC kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt hai tiếp tuyến kia tại P và Q.

a) CMR khi M chuyển động trên cung nhỏ BC thì chu vi
∆
APQ không đổi
b) Nếu M là điểm chính gữa của cung nhỏ BC chứng minh
1
2
APQ MBC
S S
∆ ∆
>
ĐÁP ÁN
Câu1: (4 điểm)
a)
4 4
1 2 9 6 2x x x x+ − + + − =
( ) ( )
2 2
4 4
1 3 2x x⇔ − + − =
(0,5đ)
( )
4 4 4
1 3 2 (1) 1 3 2 0; 0 (2)x x y y y x x⇔ − + − = ⇔ − + − = = ≥ ≥
(1)
•
0 1: 1 0, 3 0y y y≤ ≤ − ≤ − <
, nên
(2) 1 3 2 1y y y⇔ − + − = ⇔ =
(thoả mãn đk)
1x⇔ =

là một nghiệm của phương trình (1) (0,5đ)
•
1 3: 1 0, 3 0y y y< ≤ − > − ≤
, nên pt (2)
1 3 2 0 0y y y− + − = ⇔ =
Do đó pt (2) có vô số nghiệm y (
1 3y< ≤
), suy ra pt (1) có vô số nghiệm x (
1 81x< ≤
). (0,5đ)
•
3: 1 0, 3 0y y y> − > − >
, nên pt (2)
1 3 2 3y y y⇔ − + − = ⇔ =
, pt vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của pt (1) là:
[ ]
1; 81S =
(0,5đ)
b) Ta có:
1 1 2 1 1 1 1
(*)
a b b c c a a b c a c a b c
+ = ⇔ − = −
+ + + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 c b c b
VT
a b c a
a b c a a b c a b c

− −
= − = =
+ +
+ + + + +
(1đ)
Theo giả thiết:
2
2
a c
b a c b b a c b
+
= ⇔ + = ⇔ − = −
, nên:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
b a b a
b a
VT
a b b c c a a b b c c a
− +
−
= =
+ + + + + +
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1
b a b c c a

VT VP
c a b c
b c c a b c c a
− + − +
= = = − =
+ +
+ + + +
(1đ)
Đẳng thức (*) được nghiệm đúng
Bài 2: (6 điểm). Rút x từ pt : x + 2y =3k + 2 ta có x = 3k + 2 – 2y (3) (0,5đ)
Thay vào pt (k+3)x – (k+2)y = -2 ta có: (k+3)(3k+2-2y)–(k+2)y + 2 =0

2
2
2
3 2 2 9 6 6 2 2 0
3 3 11 8 8 0
3 3 3 8 8 8 0
3 ( 1) 8( 1) 0
(3 8)( 1) 0
k k yk k y yk y
k yk k y
k yk k k y
k k y k y
k k y
+ − + + − − − + =
− + − + =
− + + − + =
⇔ − + + − + =
⇔ + − + =

(1,5đ)
Vì k
{ }
1;2;3; ;2005 3 8 0 1 0 1k k y y k∈ ⇒ + > ⇒ − + = ⇒ = +
(0,5đ)
Thay vào (3) Ta có:
3 2 2( 1) 3 2 2 2x k k k k k= + − + = + − − =

⇒
nghiệm là
( ; 1)x k y k= = +
(0,5đ)
b) Ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 2 2 2 2 2005 2005 2005 2005
2 ; 2 ; ; 2x y x y x y x y x y x y+ ≥ + ≥ ××× + ≥
(0,5đ)
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 2005 2005
1 1 2 2 3 3 2005 2005
1 1 1 1
1 1 1 1 1
2
p
x y x y x y x y
x y x y x y x y
⇒ = + + +×××+
+ + + +
 
≤ + + +×××+

 ÷
 
(0,5đ)
y
x
C
A
B
K
H
M
I
Q
O
A
B
C
P
1 1 1 1 1
2 1 2 2 3 3 4 2005 2006
1 1 1 1 1 1 1 1
1
2 2 2 3 3 4 2005 2006
p
p
 
⇒ ≤ + + +×××+
 ÷
× × × ×
 

 
⇒ ≤ − + − + − +×××+ −
 ÷
 
(1đ)
1 1 1 2005 1
1
2 2006 2 2006 2
p p p
 
⇒ ≤ − ⇒ ≤ × ⇒ <
 ÷
 
(1đ)
Vì
2005
1
2006
<
Bài 3: (4 điểm). Vẽ hình viết gtkl đúng (0,5đ)
Dựng BK vuông góc AC ; AH vuông góc BC (0,5đ)
khi đó

; ; osx= ; osy=
BK BK AK KC
Sinx Siny C C
AB BC AB BC
= =
(0,5đ)
từ đó ta có

BK ( )
inxcosy+sinycosx=
AB
KC BK AK BK KC KA
s
BC BC AB AB BC
+
× + × =
×

2
BK AC
=
AB BC
ABC
S
AB AC
∆
×
=
× ×
(1) (0,75đ)
mặt khác có
0 0
ABC>90 90ABH x y⇒ = + <
) )
( góc ngoài
ABC)∆
(0,5đ)
2

AH
sin(x+y)=sinABH=
ABC
S
AH BC
BA AB BC AB BC
∆
×
⇒ = =
× ×
)
(2) (0,75đ)
từ (1) và (2)
sin(x+y)=sinxcosy+sinycosx⇒
(đpcm) (0,5đ)
Bài 4: (6 điểm). Vẽ hình viết gtkl đúng (0,5đ)
1) (2đ)Ta có
APQ
P AQ AP PQ AQ AP QM MP
∆
= + + = + + +
(0,5đ)
Mà QM=QC; PB=PM (T/C tiếp tuyến) (0,5đ)
2 ;( )
APQ
P AQ QC AP PB AC AB AB AC AB
∆
⇒ = + + + = + = =
(0,5đ)
mà AB không đổi

APQ
P
∆
⇒
không đổi (0,5đ)
2) (3,5đ)Ta có:
2
APQ
PQ AM
S
∆
×
=
(0,25đ)
mặt khác
2
MBC
BC MI
S
∆
×
=
(0,25đ)
1
;
2 2 2
ABC
IB MI BC
S IB
∆

×
 
⇒ = =
 ÷
 
(0,5đ)
mặt khác ta có: MP < AP (cạnh góc vuông- cạnh huyền)
;( )PB AP MP PB⇒ < =

1
PB
AP
⇒ <
(0,5đ)
mà QP// BC ( cùng vuông góc OA)
1
PB IM
MA MI
AP MA
⇒ = < ⇒ >
(1) (0,5đ)
mặt khác PQ = MP+PB (MQ=MP=BP) mà MP+PB>MB (BĐT trong
∆
)
ta thấy MB>IB (
∆
IMB vuông tại I) (0,5đ)
PQ IB⇒ >
(2) từ (1) và (2)
PQ MA IB MI⇒ × > ×

(0,5đ)

2 2
1
2
AQP MBC
PQ MA IB MI
S S
∆ ∆
× ×
⇒ >
⇒ >
(0,5đ)