Đề thi và đáp án học sinh giỏi toán lớp 9 năm 2016 tham khảo bồi dưỡng thi (17)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ
TOÁN
ĐÀO TẠO NINH GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN
THỜI GIAN LÀM BÀI:150 PHÚT

ĐỀ CHÍNH THỨC
1(4 điểm) Cho biếu thức
 x − y x2 + y2 + y − 2  4x4 + 4x2 y + y2 − 4
:
A = 
+
2
2 
x 2 + y + xy + x
 2 y − x 2 y + xy − x 
Với x > 0; y > 0; x ≠ 2 y; y ≠ 2 − 2 x 2
1. Rút gọn biểu thức A
2
2. Cho y=1 hãy tìm x để A = 5
2(5 điểm) a) Giải phương trình : 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3x
b)Chứng minh rằng 4n + 15n - 1 chia hết cho 9 với n là số tự nhiên
3(4 điểm)a) Chứng minh rằng f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0
b) Cho x1, x2, x3 là ba số thực thỏa x1x2x3 = 1
Tính: S =

1
1
1
+

+
1 + x1 + x1 x 2 1 + x 2 + x 2 x3 1 + x3 + x3 x1

4)(5 điểm) Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R (M
không trùng với A và B). Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường
thẳng AB, kẻ tia Ax vuông góc với AB. Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác
của góc IAM cắt nửa đường tròn tâm O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI
tại H, cắt AM tại K.
a) Chứng minh : 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn
b) Tứ giác AHFK là hình gì ?Vì sao ?
Chứng minh đường thẳng HF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi điểm M
di chuyển trên nửa đường tròn tâm O
5)(2 điểm)
Chứng minh rằng trên tờ giấy kẽ các ô vuông bằng nhau, không thể dựng được một
tam giác đều có 3 đỉnh là đỉnh của các ô vuông
1) Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R (M không
trùng với A và B). Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng
AB, kẻ tia Ax vuông góc với AB. Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của
góc IAM cắt nửa đường tròn tâm O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H,
cắt AM tại K.
c) Chứng minh : 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn
d) Tứ giác AHFK là hình gì ?Vì sao ?


e) Chứng minh đường thẳng HF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi
điểm M di chuyển trên nửa đường tròn tâm O.
·
·
= KMF
= 900

a) Các tam giác AEB, AMB vuông ( vì AB đường kính) suy ra BEF
1
Gọi C là trung điểm của KF ta có EC = CM = 2 KF
hay EC = CM = CK = CF
Suy ra 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một
đường tròn tâm C.
b) Ta có AE vừa là đường cao vừa là phân giác của
tam giác AHK nên AH=AK và HE=EK
I
EC là đường trung bình của tam giác HKF nên EC
F
1
1
= HF, mà EC= = KF nên HF=KF.
M
2
2
C
K là trực tâm của tam giác FAB nên FK ⊥ AB , mà
·
·
AH ⊥ AB do đó AH//KF suy ra KFE
H E
.
= EAH
∆KEF = ∆HEA suy ra AH=KF
K
Do đó AH=AK=KF=EH và AF ⊥ HK nên tứ giác
A
B

O
AHFK là hình thoi.
c) Vì AHFK là hình thoi suy ra HF//AM, mà
AM ⊥ BF nên HF ⊥ BF (1)
Mặt khác HK là trung trực của AF hay BH là trung
trực của AF nên BF=AB=2R (2)
Từ (1) và (2) suy ra HF là tiếp tuyến đường tròn (B; 2R) cố định
2) Cho tam giác ABC (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn (O;R). Đường tròn
(O;R) tiếp xúc với các cạnh BC, AB, AC lần lượt tại các điểm D, N, M. Kẻ
đường kính DI của đường (O;R). Qua I kẻ tiếp tuyến của đường (O;R) nó
cắt AB, AC lần lượt tại E, F.
a, Biết AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm. Tính chu vi của tam giác AEF.
b, Chứng minh EI. BD = IF.CD = R2.
c, Gọi P là trung điểm của BC, Q là giao điểm của AI và BC, K là trung điểm
của AD. Chứng minh ba điểm K, O, P thẳng hàng và AQ = 2KP
a,Biết AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm. Tính chu vi của tam giác
AEF.
+ c/m cho chu vi của tam giác AEF là PAEF = 2AN
+ c/m cho 2AN = AB + AC – BC = 8 + 11 – 9 = 10 cm
+ suy ra PAEF = 2AN = 10 cm
b,Chứng minh EI. BD = IF.CD = R2.
+ c/m cho tam giác EOB vuông tại O


⇒ EN.BN

= ON2 = R2 ( theo hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà EI = EN, BD = BN ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm) ⇒ EI. BD
= R2 .
+ Tương tự ta có: IF.DC = R2

+ Suy ra EI. BD = IF.CD = R2.
c, Gọi P là trung điểm của BC, Q là giao điểm của AI và BC, K là
trung điểm của AD. Chứng minh ba điểm K, O, P thẳng hàng và AQ =
2KP.
Áp dụng hệ qủa định lý Talet trong các tam giác AQC và tam giác
IF AF AF FE
IF FE
=
;
=
⇒
=
(1)
QC AC AC BC
QC BC
IF
IE
IE + IF
EF
Theo câu b ta có: EI.BD = IF.CD ⇒ BD = CD = BD + CD = BC (2)
IF
IF
Từ (1) và (2) suy ra QC = BD ⇒ QC = BD
+Vì P là trung điểm của BC (gt), QC = BD ( cmt) ⇒ P là trung

ABC ta có

điểm

của DQ

Mà O là trung điểm của ID suy ra OP là đường trung bình của tam giác
DIQ ⇒ OP // IQ hay OP // AQ (3)
+ Vì K là trung điểm của AD, O là trung điểm của ID suy ra KO là
đường trung bình của tam giác ADI ⇒ KO // AI hay KO // AQ (4)
+ Từ (3) và (4) ⇒ K, O, P thẳng hàng.
Do K là trung điểm của AD, P là trung điểm của DQ suy ra KP là
đường trung bình của tam giác DAQ suy ra AQ = 2KP.
3) Cho đường tròn đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung CD
tại H ( H ≠ O ). Biết AH = a; CD = 2b.
a) Chứng minh rằng các tam giác HAD và HCB đồng dạng với nhau
b) Tính R theo a và b
c) Qua H vẽ hai dây cung MN và PQ vuông góc với nhau. Xác định vị trí các dây
này để MN + PQ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
a, Ta có OA = OB = OC nên ∆ACB vuông tại C nên
góc BCH + góc ACH = 900 (1)
Vì AB ⊥ CD nên góc CAH + góc ACH = 900 (2)
Từ (1) và (2) suy ra góc CAH = góc BCH.
Mặt khác AB ⊥ CD nên HC=HD hay ACB là tam giác cân tại A =>AH là phân giác
góc A =>góc CAH = góc DAH


Suy ra góc BCH = góc DAH => Các tam giác HAD và HCB đồng dạng

b, Áp dụng định lí Pitago ta có AC = AH 2 + HC2 = a 2 + b 2
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABC ta có
AC2 = AB.AH ⇔ AB =

AC2 a 2 + b 2
AB a 2 + b 2
=

⇔R=
=
AH
a
2
2a

c, Gọi K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của O trên MN và PQ. Đặt OK = x;
OL = y;
Đặt OH = d
Ta có x 2 + y 2 = OH 2 = d 2 không đổi
Đặt T = MN + PQ
⇒ T 2 = MN 2 + PQ 2 + 2MN.PQ

= 4(R 2 − x 2 ) + 4(R 2 − y 2 ) + 8 (R 2 − x 2 )(R 2 − y 2 )

= 8R 2 − 4.d 2 + 8 (R 4 − R 2 .d 2 ) + x 2 y 2

* T đạt GTLN khi T2 đạt GTLN
Áp dụng BĐT Cosi ta có
Dấu “=” xẩy ra khi
dây cung.

xy ≤

x = y <=>

= 8R 2 − 4(x 2 + y2 ) + 8 R 4 − R 2 (x 2 + y 2 ) + x 2 y 2
⇔ x 2 y 2 đạt GTLN ⇔ xy đạt GTLN

x 2 + y2 d 2
=
2
2

OL = OK => HO là tia phân giác của góc tạo bởi hai

* T đạt GTNN khi T2 đạt GTNN ⇔ x 2 y2 đạt GTNN ⇔ xy đạt GTNN
Mặt khác do x, y ≥ 0 nên xy ≥ 0 , dấu “=” xẩy ra khi x = 0 hoặc y = 0 => dây cung trở
thành đường kính.
4) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O, R). Các đường cao AD,BE,CF
cắt nhau tại H. Gọi I là trung điểm của BC; J là trung điểm của AH. Chứng minh:
a)IJ ⊥ EF
b) Nếu góc BAC bằng 600 thì tam giác IEF đều
c)Nếu OH// BC thì tanB. tanC= 3


Chứng minh DB.DC=
HD.AD ⇒ tanB.tanC=

a) Chứng minh IJ vuông góc với EF
1
- Chứng minh JE=JF= 2 AH
1

- IE=IF= 2 BC
⇒ IJ là trung trực của EF ⇒ IJ vuông góc với EF
b)Chứng minh: Nếu góc BAC bằng 600 thì tam giác IEF đều.
Tam giác BIF cân tại I ⇒ góc BIF= 1800 -2.góc B
Tam giác CIE cân tại I ⇒ góc CIE=1800- 2.gócC

⇒ góc BIF+góc CIE = 3600- 2( góc B+ góc C)
Do góc A= 600(gt) ⇒ góc B+góc C= 1200
⇒ góc BIF+ gócCIE = 600
1
Mà IE=IF= 2 BC ⇒ tam giác IEF đều
GI

AD 2
AD
=
=3
HD. AD HD

1

c)Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ G thuộc AI và GA = 2
Chứng mimh H;G;O thẳng hàng( đường thẳng Ơ Le)
OI
GI 1
HD 1
AD
=
= ⇒
= ⇒
=3
AH GA 2
HA 2
HD
AD AD
AD 2

.
=
Mà tanB.tanC= DB DC DB.DC
⇒

5)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. M là điểm thuộc đoạn thẳng OA, vẽ
đường tròn tâm O’ đường kính MB. Gọi I là trung điểm đoạn thẳng MA, vẽ dây
cung CD vuông góc với AB tại I. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O’) tại J.
a) Chứng minh: Đường thẳng IJ là tiếp tuyến của đường tròn (O’).
b) Xác định vị trí của M trên đoạn thẳng OA để diện tích tam giác IJO’ lớn nhất

C
J

A

I

M

O

O
’

B

D

a) Xét tứ giác ACMD, ta có : IA = IM (gt), IC = ID (vì AB ⊥ CD : gt) ⇒ ACMD là
hình thoi ⇒ AC // DM, mà AC ⊥ CB (do C thuộc đường tròn đường kính AB)


⇒ DM ⊥ CB;

MJ ⊥ CB (do J thuộc đường tròn đường kính MB)
⇒ D, M, J thẳng hàng.
ˆ + IMD
ˆ = 900 (vì DIM
ˆ = 900 )
Ta có : IDM
ˆ = IDM
ˆ (do IC = IJ = ID : ∆ CJD vuông tại J có JI là trung tuyến)
Mà IJM
ˆ ' = JMO
ˆ ' = IMD
ˆ (do O’J = O’M : bán kính đường tròn (O’); JMO
ˆ ' và IMD
ˆ đối đỉnh)
MJO
ˆ + MJO
ˆ ' = 900 ⇒ = 90 0⇒ IJ là tiếp tuyến của (O’),
⇒ IJM
J là tiếp điểm
b) Ta có IA = IM
AB
⇒ IO’ =
= R (R là bán kính của (O))
2

O’M = O’B (bán kính (O’)
∆ JIO’ vuông tại I : IJ2 + O’J2 = IO’2 = R2
Mà IJ2 + O’J2 ≥ 2IJ.O’J = 4SJIO’
Do đó

SJIO’ ≤

SJIO’ =

R2
4

R2
4

khi IJ = O’J và ∆ JIO’ vuông cân có cạnh huyền IO’ = R nên :

2O’J2 = O’I2 = R2

⇒ O’J

=

R 2
2

Khi đó MB = 2O’M = 2O’J = R 2
6) Cho hình thoi ABCD cạnh a, gọi R và r lần lượt là các bán kính các đường tròn
1
1

4
ngoại tiếp các tam giác ABD và ABC. Chứng minh : R 2 + r 2 = a 2 .
B

E
M
A

O

C

I

K
D

Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC là đường trung trực của đoạn thẳng BD, BD là
đường trung trực của AC. Do vậy nếu gọi M,I,K là giao điểm của đường trung trực
của đoạn thẳng AB với AB,AC,BD thì ta có I, K là tâm đường tròn ngoại tiếp các
tam giác ADB, ABC.
Từ đó ta có KB = r và IB = R. Lấy một điểm E đối xứng với điểm I qua M. Ta có
BEAI là hình thoi ( vì có hai đường chéo EI và AB vuông góc với nhau và cắt nhau
tại trung điểm mỗi


đường)
Ta có : = mà =900
⇒ =900
Xét ∆ EBK cã =900 đường cao BM.Theo hệ thức trong tam giác vuông ta có:

1
1
1
+
=
2
2
BE
BK
BM 2

Mà BK = r , BE = BI = R; BM =

a
2

1

1

4

Nªn ⇒ R 2 + r 2 = a 2 (§pcm)

7) Cho ∆ ABC (AB = AC). Vẽ đường tròn có tâm O nằm trên BC và tiếp xúc với các
cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi I là một điểm chuyển động trên cung nhỏ DE (I
khác D và E). Tiếp tuyến của đường tròn tại I cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại
M, N .
a) Chứng minh rằng: Chu vi tam giác AMN không đổi.
b) Chứng minh hệ thức 4.BM .CN = BC 2

c) Xác định vị trị của I trên cung nhỏ DE để diện tích tam giác AMN lớn nhất


8) a) AD = AE; IM = MD; IN = NE ( tính
chất 2 tiếp tuyến cắt nhau). Chứng minh
chu vi bằng 2AD không đổi.
b) Ta có ∠MON = (1800 - ∠A)/2;
∠B = ∠C = (1800 - ∠A)/2.
Suy ra ∆BMO, ∆OMN và ∆CON đồng
dạng với nhau suy ra
BM BO
BC 2
=
⇔ BM .CN = BO.CO =
CO CN
4
2
⇔ 4 BM .CN = BC

c) Ta có SAMN lớn nhất ⇔ SBMNC bé nhất. Ta có:
S BMNC = SOBM + SOMN + SOCN =

1
R ( BM + MN + CN )
2

( R: bán kính đường tròn)

1
1

( BM + MI + NI + CN ) R = ( BM + MD + NE + CN ) R
2
2
1
= R ( 2 BM − BD + 2CN − CE ) = R ( BM + CN − BD ) ( BD = CE )
2
R; BD không đổi ⇒ SBMNC nhỏ nhất khi BM + CN
=

Mặt khác ta có

BM + CN ≥ 2

nhỏ nhất .
BM .CN = 2 R . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BM =

CN.
Hay BM + CN bé nhất bằng 2R khi BM = CN = R khi và chỉ khi MN // BC
hay I là trung điểm của cung nhỏ DE.
Vậy SAMN lớn nhất ⇔ I là trung điểm của cung nhỏ DE.
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O, R). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến
ADE tới đường tròn đó (B,C là 2 tiếp điểm, D nằm giữa A và E). Gọi H là giao
điểm của AO và BC.
1. Chứng minh 4 điểm A, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn.
2. Chứng minh AH.AO = AD.AE.
3. Tiếp tuyến tại D của (O) cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Biết OA = 6cm; R
= 3,6cm. Tính chu vi ∆ AMN.
4. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB,AC lần lượt tại I và K.
Chứng minh MI + NK ≥ IK.

1. Chứng minh OB ⊥ AB, OC ⊥ AC (theo tính chất tiếp tuyến)
⇒ ∠OBA = ∠OCA = 90 0
⇒

B và C cùng thuộc đường tròn đường kính OA
⇒ 4 điểm A, B,O, C cùng thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh OB ⊥ AB
Chứng minh OA ⊥ BC tại H
⇒ AB2 = AH.AO (1)
Chứng minh ∆ABD đồng dạng với ∆AEB
AB AD
⇒
⇒ AB2 = AE.AD (2)
=
AE AB
Từ (1) và (2) ⇒ AH.AO = AE.AD
3. Tính AB = 4,8cm
Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra
AB = AC, MD = MB, ND = NC
⇒ Chu vi ∆ AMN là:
AM + AN + MN = AM +AN + MD +DN
= AM +AN + MB + NC
= AB + AC = 2AB = 9,6cm.
4. Chứng minh IK//BC
Và AB = AC ⇒ AI = AK
IK
⇒ ∆ AIK cân tại A ⇒ ∠AIK = ∠AKI và OI = OK =
2
Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra:

1
∠NMI
2
1
∠MNO = ∠ONK = ∠MNK
2
∠NMO = ∠OMI =

Tứ giác MNKI có
∠IMN + ∠MNK + ∠NKO + ∠KIM = 360 0
⇒ 2∠IMO + 2∠ONK + 2 NKO = 360 0

Đồng thời

⇒ ∠IMO + ∠ONK + ∠NKO = 180 0
∆NOK có: ∠NOK + ∠ONK + ∠NKO = 180 0
⇒ ∠IMO = ∠NOK

⇒ ∆MIO đồng

⇒

dạng với

∆OKN

MI
OI
IK 2
=

⇒ MI .NK = OI .OK =
OK NK
4

Áp dụng BĐT Cosi:

.

MI + NK
≥ MI .NK =
2
⇒ MI + NK ≥ IK

IK 2 IK
=
4
2


9) Cho hai đường tròn ( O ) và ( O / ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO / cắt
đường tròn ( O ) và ( O / ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng.
Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( O ) và F ( O / ). Gọi M là giao điểm của AE
và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng:
• Tứ giác MENF là hình chữ nhật.
• MN AD.
• ME.MA = MF.MD.
a) Ta có
Góc AEB = GócCFD = 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường 0,5 đ
tròn)
Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O /),

nên:
0,5 đ
OE EF và OF EF => OE // O/F

b)

Góc EOB= Góc FO’D (góc đồng vị) => góc EAO = góc
FCO’
Do đó MA // FN, mà EB MA => EB FN
Hay góc ENF = 900.
Tứ giác MENF có , nên MENF là hình chữ nhật
Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN
và AD
Vì MENF là hình chữ nhật, nên góc IFN = góc INF
Mặt khác, trong đường tròn (O/):góc IFN= góc FND = ½
sđ cung FC
=>góc FDC = góc FDC
Suy ra đồng dạng (g – g)
=> góc NHC= góc DFC = 900 hay MN AD

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

c)
0,5 đ
Do MENF là hình chữ nhật, nên góc MFE = FEN

Trong đường tròn (O) có: góc FEN = góc EAB =1/2 sđ
cung EB
0,5 đ
=>gócMEF = EAB
Suy ra đồng dạng (g – g)
0,5
=>hay ME.MA = MF.MD