Đáp án HSG Toán 9 Quảng ngãi 2011

SỞ GD & ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
QUẢNG NGÃI Ngày thi: 17/3/2011
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút.
Bài 1: (4,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức
4 2
a 1
A
a a 1 a
+
=
+ + −
, với a là nghiệm dương
của phương trình
2
4x x 2 2 0+ − =
.
b) Giải phương trình
1 1
x x x 2
2 4
+ + + + =
.
Bài 2: (4,0 điểm)
a) Cho hình tròn có diện tích bằng 1, lấy 17 điểm bất kỳ trong hình tròn đó
và không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng có ít nhất 3 điểm lập thành
một tam giác mà diện tích nhỏ hơn
1
8

.
b) Tìm cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn:
x 2y 1 y 2x 1 2xy− + − =
.
Bài 3: (4,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình
2 2 2
x y 2 yz
y z 2 xz
z x 2 xy
x y z 12

+ =

 + =

+ =


+ + =

.
b) Cho phương trình (b
2
+ c
2
- a
2
)x
2

- 4bcx + (b
2
+ c
2
- a
2
) = 0; trong đó x là
ẩn và a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình đã
cho luôn có nghiệm.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB//CD). Một đường thẳng d song song với đáy,
cắt cạnh bên AD tại P và cắt cạnh bên BC tại Q. Cho biết đường thẳng d chia hình
thang ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Tính độ dài cạnh PQ; với AB = 9cm và CD = 15cm.
Bài 5: (4,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R), đường kính BC và điểm A di động trên đường tròn
đó (với A khác B và C). Đường phân giác của góc BAC cắt đường tròn (O) tại K
(với K khác A). Biết độ dài đường cao của tam giác ABC là AH = h.
a) Tính diện tích tam giác AHK theo R và h.
b) Tìm giá trị của h để diện tích tam giác AHK đạt giá trị lớn nhất.
c) Tính số đo góc ABC của tam giác ABC khi
AH 3
HK 5
=
.
1
ĐÈ CHÍNH THỨC
Một lời giải:
Bài 1:
a)

4 2
4 2
a 1
A a a 1 a
a a 1 a
+
= = + + +
+ + −
.
Phương trình
2
4x x 2 2 0+ − =
có hệ số a, c trái dấu nên có một nghiệm
dương, một nghiệm âm.
Vì a là nghiệm dương của phương trình
2
4x x 2 2 0+ − =
nên
2 2
a 1
4a a 2 2 0 a
2 2 2 2
+ − = ⇔ = − +

2
4
a a 1
a
8 4 8
⇒ = − +

(với 0< a < 1)
4 2
1 6 9
a a 1 a a
8 8 8
⇔ + + = + +
4 2
1
a a 1 a 6a 9
2 2
⇔ + + = + +
=
1
a 3
2 2
+

4
a a 1⇔ + +

( )
1
a 3
2 2
= +
(vì a+3>0)
4
a a 1⇔ + +
+ a
2

=
( )
2
1
4a 2a 2 4 2
4
+ − +
= 0 +
2
.
Vậy A =
2
.
b)
1 1
x x x 2
2 4
+ + + + =
(1)
ĐKXĐ: x
1
4
≥ −
(1)
2
1 1 1 1 1 1
x x 2. x . 2 x x 2
4 4 2 4 4 2
 
⇔ + + + + + = ⇔ + + + =

 ÷
 
1 1 1 1
x x 2 (vì x 0)
4 2 4 2
1 1 1 1
x 2. x . 2
4 4 2 4
⇔ + + + = + + >
⇔ + + + + =
2
1 1 1 1
x 2 x 2
4 2 4 2
 
⇔ + + = ⇔ + + =
 ÷
 
(vì
1 1
x
4 2
+ +
> 0)
⇔
1
x
4
+
=

2 2 1
2
−
1 9 4 2
x x 2 2
4 4
−
⇔ + = ⇔ = −
(thoả ĐKXĐ)
Tập nghiệm của phương trình là S = {2
2−
}.
Bài 2:
a) Chia hình tròn ra 8 phần bằng nhau. Vì 17 = 8.2 + 1, nên tồn tại một
phần chứa ít nhất 3 điểm (không thẳng hàng). Do đó có ít nhất 3 điểm lập thành
một tam giác có diện tích nhỏ hơn
1
8
.
2
b)
x 2y 1 y 2x 1 2xy− + − =
(*)
ĐKXĐ: x
1
2
≥
; y
1
2

≥
.
Ta có 2x - 1 - 2.
2x 1−
.1 +1 =
( )
2
2x 1 1 0− − ≥
2x 1
x 2x 1 1
x
−
⇔ ≥ − ⇔ ≤
(1) (vì x>0)
Tương tự
2y 1
1
y
−
≤
(2)
(1) & (2) suy ra
2x 1
x
−
+
2y 1
2
y
−

≤
(3)
(*)
⇔
2x 1
x
−
+
2y 1
y
−
= 2 (4)
(1), (2), (3) & (4) suy ra
2x 1
1
x 1
x
y 1
2y 1
1
y

−
=

=


⇔
 

=
−


=


.
Vậy (x; y) = (1; 1).
Bài 3:
a)
2 2 2
x y 2 yz
y z 2 xz
z x 2 xy
x y z 12

+ =

 + =

+ =


+ + =

(1)
ĐKXĐ: x, y, z
≥
0.

(1)
⇔
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
x y y z z x 0
x y z 12

− + − + − =



+ + =

2 2 2
x y z
x y z 12
= =

⇔

+ + =


x y z 2⇔ = = =
(vì x, y, z
≥
0).
b) (b
2

+ c
2
- a
2
)x
2
- 4bcx + (b
2
+ c
2
- a
2
) = 0
* Nếu b
2
+ c
2
- a
2

= 0, thì phương trình trở thành:
4bcx = 0 (luôn có nghiệm).
* Nếu b
2
+ c
2
- a
2

≠

0, ta có
∆
' = (-2bc)
2
- (b
2
+ c
2
- a
2
)
2
= (a + b + c)(a + b - c)(a + c - b)( b + c - a) > 0
(do a, b, c là ba cạnh của một tam giác).
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.
Bài 4:
Gọi h
1
, h
2
lần lượt là chiều cao của hình thang
ABQP, PQCD.
Đặt PQ = x.
Ta có 2S
ABQP
= 2S
PQCD
= S
ABCD
3

9
x
15
Q
A
B
D
P
C
h
1
h
2
⇔
(x + 9)h
1
= (x + 15)h
2
=
1
2
(9 + 15)(h
1
+ h
2
)
⇔
(x + 9)h
1
= (x + 15)h

2
= 12h
1
+ 12h
2
.
⇔
( )
( ) ( )
1 2
2 1
x 3 h 12h
x 3 x 3 144 x 153
(x 3)h 12h
 − =

⇔ − + = ⇔ =

+ =


(vì x > 0)
Vậy PQ =
153
cm.
Bài 5:
a) Dễ thấy OK
⊥
BC. Gọi I là gaio điểm của AK và OH.
Ta có

∆
AHI
∆
KOI
HI OI HO
h R R h
⇒ = =
+
=
2 2
R h
R h
−
+
2 2
h R h
HI
R h
−
⇒ =
+
.
S
AHK
=
1
2
IH.h +
1
2

IH.R =
1
2
(R + h).
2 2
h R h
R h
−
+
=
1
2
2 2
h R h−
.
b) S
AHK
=
1
2
2 2
h R h−
=
( )
2
2 2 2 2 2
1 1 R
.2.h R h h R h
4 4 4
− ≤ + − =

Dấu " = " xảy ra khi h =
2 2
R h−

⇔
h =
2
R
2
.
Vậy S
AHK
đạt giá trị lớn nhất khi h =
2
R
2
.
c) Ta có OH
2
= HK
2
- R
2
=
5
3
AH
2
- R
2

(1)
Ta có OH
2
= R
2
- AH
2
(2)
(1) & (2)
⇒
OH =
AH
3

⇒
tg
·
AOH
=
3

·
·
·
0
o
0
ABC 60
AOH 60
ABC 30


=
⇒ = ⇒


=

4
S
R
h
R
I
H
K
B
O
C
A