Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9

Phòng GD-ĐT TP kỳ thi chọn hoc sinh giỏi
Trờng THCS lớp 9 thCS năm học 2007 - 2008
Môn : Toán (Vòng 1)
Đề chính thức Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (8 điểm)
Cho parabol
2
1
( ) :
3
P y x=
.
1. Viết phơng trình các tiếp tuyến của (P), biết các tiếp tuyến này đi qua điểm
(2;1)A
.
2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm
(2;1)A
và có hệ số góc m. Với giá trị nào của m
thì đờng thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N, khi đó tìm quĩ tích trung
điểm I của đoạn thẳng MN khi m thay đổi.
3. Tìm quĩ tích các điểm M0 từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến của parabol (P) và hai
tiếp tuyến này vuông góc với nhau.
Bài 2: (4điểm)
Giải hệ phơng trình:
2 2
19
7
x y xy
x y xy

+ =

+ + =

Bài 3: (8 điểm)
Cho nửa đờng tròn đờng kính AB cố định. C là một điểm bất kì thuộc nửa đờng tròn.
ở phía ngoài tam giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By là các tiếp
tuyến của nửa đờng tròn.
1. Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho thì đờng thẳng ED
luôn đi qua một điểm cố định và đờng thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác.
2. Tìm quĩ tích của các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho.
3. Tìm quĩ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên nửa đờng tròn đã cho.
Hết
1
lớp 9 thCS năm học 2007 - 2008
Môn : toán (Vòng 1)
Đáp án và thang điểm:
Bài 1
ý
Nội dung
Điểm
1.
8,0
1.1
(2,0 điểm)
Phơng trình đờng thẳng d
1
đi qua A(2; 1) có dạng: y = ax + b và 1 = 2a +
b, suy ra b = 1 - 2a, do đó d
1
: y = ax - 2a+1.

0,50
Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d
1
và (P) là:
2 2
1
2 1 3 6 3 0
3
x ax a x ax a= + + =
0.50
Để d
1
là tiếp tuyến của (P) thì cần và đủ là:

' =
2
2
9 24 12 0
2
3
a
a a
a
=


= + =

=

2,0
Vậy từ A(2; 1) có hai tiếp tuyến đến (P) là:
1 2
2 1
: 2 3; :
3 3
d y x d y x= =
0,50
1.2
(4,0 điểm)
Phơng trình đờng thẳng d đi qua A(2; 1) có hệ số góc m là:
1 2y mx m= +
0,50
Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là:
2 2
1
2 1 3 6 3 0 (2)
3
x mx m x mx m= + + =
0,50
Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì cần và đủ là:
2 2
8 4
9 24 12 0 9 0
3 3
m m m m

= + > + >
ữ

2
4 4 4 2
0
3 9 3 3
m m

> >
ữ

4
3
4 2
2
3 3
(*)
3
4
2
3
4 2
3 3
m
m
m
m
m
m

>



<







>
<








>

1,5
2
Với điều kiện (*), d cắt (P) tại 2 điểm M và N có hoành độ là x
1
và x
2
là 2
nghiệm của phơng trình (2), nên toạ độ trung điểm I của MN là:
1 2
2
2 2 2 2
; 2 1; 3
3
3 3 3 3
2 2
2 4
1 2
1
3 3
x x x
m x x
x x
m
x
I
y mx m

y x x


= < > < >
+

ữ

= =





= +
= +



1,0
Vậy khi m thay đổi, quĩ tích của I là phần của parabol
2
2 4
1
3 3
y x x= +
,
giới hạn bởi
1; 3x x< >
.

0,50
1.3
(2,0 điểm)
Gọi
0 0 0
( ; )M x y
là điểm từ đó có thể vẽ 2 tiếp tuyến vuông góc đến (P). Ph-
ơng trình đờng thẳng d' qua M
0
và có hệ số góc k là:
y kx b= +
, đờng
thẳng này đi qua M
0
nên
0 0 0 0
y kx b b y kx= + =
, suy ra pt của d':
0 0
y kx kx y= +
.
0,50
Phơng trình cho hoành độ giao điểm của d và (P) là:
2 2
0 0 0 0
1
3 3 3 0
3
x kx kx y x kx kx y= + + =
(**)

0,50
Để từ M
0
có thể kẻ 2 tiếp tuyến vuông góc tới (P) thì phơng trình:
2
0 0
9 12 12 0k kx y = + =
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,k k
và
1 2
1k k =
0
0
12
3
1
9 4
y
y = =
0,50
Vậy quĩ tích các điểm M
0
từ đó có thể vẽ đợc 2 tiếp tuyến vuông góc của
(P) là đờng thẳng
3
4
y =
0,50

2.
(4,0 điểm)
( )
2
2 2 2
19 3 19
3 19
7 7
7
S x y
x y xy S P
x y xy
P xy
x y xy S P
x y xy

= +

+ = =

+ =



ữ
=
+ + = + =
+ + =

(1)
1,0
Giải hệ (1) ta đợc:
( 1; 6), ( 2; 5)S P S P= = = =
1,0
Giải các hệ phơng trình tích, tổng:
1
6
x y
xy
+ =


=

và
2
5
x y
xy
+ =


=

ta có các
nghiệm của hệ phơng trình đã cho là:

3 2 1 6 1 6
; ; ;
2 3
1 6 1 6
x x x x
y y
y y

= = = = +



= =
= + =



2,0
3
3.
8,0
3.1
Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là giao điểm
của By và ED. Ta có:
ã
ã
0
90BEI BCA= =
ã
ã

EBI CBA=
(góc có các cạnh tơng ứng vuông góc)
BE BC
=
,
Do đó:
BEI BCA BI BA = =
mà By cố định, suy ra
điểm I cố định.
+ Tơng tự, K ccố định.
+ Vậy khi C di chuyển trên nửa đờng tròn (O) thì
dờng thẳng ED đi qua điểm I cố định và đờng
thẳng GF đi qua điểm K cố định. 3,0
3.2 Suy ra quĩ tích của I là nửa đờng tròn đờng kính BI (bên phải By,
,C A E I C B E B
); quĩ tích của K là nửa đờng tròn đờng
kính AK(bên trái Ax,
,C A G A C B G K
).
2,0
3.3 Xét 2 tam giác BEI và BDK,
ta có:
1
2
BE BI
BD BK
= =
ã
ã
ã

ã
ã
ã
0
45EBI IBD KBD IBD
EBI KBD
+ = + =
=
Do đó:
ã
ã
0
90
BEI BDK
BDK BEI

= =
:
+ Vậy: Quĩ tích của D là nửa đờng tròn đờng kính BK.
+ Tơng tự, quĩ tích của F là nửa đờng tròn đờng kính AI. 3,0
4
Phòng GD-ĐT TP kỳ thi chọn hoc sinh giỏi
Trờng THCS lớp 9 thCS năm học 2007 - 2008
Môn : Toán (Vòng 2)
Đề chính thức Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (7 điểm)
1. Giải phơng trình:
4 4
1 2 9 6 2x x x x+ + + =
2. 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)
1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
2
2
3 5
1
x x
y
x
+ +
=
+
.
2. Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
2 2
2 3 2 4 3 0x y xy x y+ + + =
Bài 3: (7 điểm)
Cho đờng tròn tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. E
là điểm bất kì trên cung AD. Nối EC cắt OA tại M, nối EB cắt OD tại N.
1. Chứng minh rằng tích
OM ON
AM DN
ì
là một hằng số. Suy ra giá trị nhỏ nhất của tổng
OM ON

AM DN
+
, khi đó cho biết vị trí của điểm E ?
2. Gọi GH là dây cung cố định của đờng tròn tâm O bán kính R đã cho và GH không
phải là đờng kính. K là điểm chuyển động trên cung lớn GH. Xác định vị trí của K
để chu vi của tam giác GHK lớn nhất.
Hết
5
Phòng GD-ĐT TP kỳ thi chọn hoc sinh giỏi
Trờng THCS lớp 9 thCS năm học 2007 - 2008
Môn : toán (Vòng 2)
Đáp án và thang điểm:
Bài
ý
Nội dung
Điểm
1.
7,0
1.1
(2,0 điểm)
4 4
1 2 9 6 2x x x x+ + + =
( ) ( )
2 2
4 4
1 3 2x x + =
( )
4 4 4
1 3 2 (1) 1 3 2 0; 0 (2)x x y y y x x + = + = =
(1)

1,0

0 1: 1 0, 3 0y y y <
, nên
(2) 1 3 2 1y y y + = =
(thoả
ĐK)
1x =
là một nghiệm của phơng trình (1)

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
<
). 1,0

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 =

1,0

1.2
(3,0 điểm)
1 1 2
1 1 1 1
(*)
a b b c c a
a b c a c a b c
+ =
+ + +
=
+ + + +
0,50
Ta có:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 c b
A
a b c a
a b c a
c b
a b c a b c

= =
+ +
+ +

=
+ + +
0,50
Theo giả thiết:

2
2
a c
b a c b b a c b
+
= + = =
, nên:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
b a b a
b a
A
a b b c c a a b b c c a
+

= =
+ + + + + +
1,0
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1
b a b c c a
A
c a b c
b c c a b c c a
+ +
= = =

+ +
+ + + +

Đẳng thức (*) đợc nghiệm đúng. 1,0
6
2.
6,0
2.1
(3,0 điểm)
2
2
3 5
1
x x
y
x
+ +
=
+
(xác định với mọi
x

R
)
( )
2
1 3 5 0 (**)y x x y + =
0,5

1:y =

pt (**) có nghiệm
4
3
x =

1:y
để pt (**) có nghiệm thì:
2
9 4( 1)( 5) 4 24 11 0y y y y = = +
1,0
( ) ( )
2
25 5 5 5 1 11
3 0 3 3 1
4 2 2 2 2 2
y y y y y
1,0
Vậy tập giá trị của y là
1 11
;
2 2



, do đó
11 1
;
2 2
Max y Min y= =
0,5

2.2
(3,0 điểm)
( )
2 2 2 2
2 3 2 4 3 0 3 2 2 4 3 0x y xy x y x y x y y+ + + = + + + =
(***)
0,5
Để pt (***) có nghiệm nguyên theo x, thì:
( )
( )
2
2 2
3 2 4 2 4 3 4 8y y y y y = + = +
là số chính phơng.
( ) ( )
2
2 2 2
4 8 2 12y y k k y k + = + =Z
( 2 )( 2 ) 12 ( )y k y k a + + + =
1,0
Ta có: Tổng
( )
2 ( 2 ) 2( 2)y k y k k+ + + + = +
là số chẵn, nên
( )
2 ; ( 2 )y k y k+ + +
cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Mà 12 chỉ có thể bằng tích
1.12 hoặc 2.6 hoặc 3.4, nên chỉ có các hệ phơng trình sau:
2 2 2 6 2 6 2 2
; ; ; ;

2 6 2 2 2 2 2 6
y k y k y k y k
y k y k y k y k
+ = + = + = + =


+ + = + + = + + = + + =
0,5
Giải các hệ pt trên ta có các nghiệm nguyên của pt (a):
( ) ( ) ( ) ( )
2; 2 , 2; 2 , 6; 2 , 6; 2y k y k y k y k= = = = = = = =
0,5
Thay các giá trị
2; 6y y= =
vào pt (***) và giải pt theo x có các nghiệm
nguyên (x; y) là:
( 1; 2), ( 3; 2);( 11; 6),( 9; 6)x y x y x y x y= = = = = = = =
0,5
3.
7,0
(4 đ)
3.1 Ta có:
COM CED

:
vì:
à
à
0
90O E= =

;
à
C
chung. Suy ra:
.
(1)
OM CO ED CO
OM
ED CE CE
= =
Ta có:
AMC EAC :
vì:
à
C chung
,
à
à
0
45A E= =
. Suy ra:
.
(2)
AM AC EA AC
AM
EA EC CE
= =
Từ (1) và (2):
.
(3)

.
2
OM OC ED ED
AM AC EA
EA
= =
1,0
7
ONB EAB

:

à
à
à
( )
0
90 ;O E B chung= =
.
(4)
ON OB OB EA
ON
EA EB EB
= =
à
à
à
0
.
( , 45 ) (5)

DN DB DB ED
DNB EDB B chung D E DN
ED EB EB
= = = =:
Từ (4) và (5):
.
(6)
.
2
ON OB EA EA
DN DB ED
ED
= =
. Từ (3) và (6):
1
2
OM ON
AM DN
ì =
1,0
Đặt
,
OM ON
x y
AM DN
= =
. Ta có: x, y không âm và:
( )
2
1

2 0 2 2 2
2
x y x y xy x y xy = + + = =
Dấu "=" xẩy ra khi:
1
1
2
2
x y
x y
xy
=


= =

=


1,0
Vậy: Tổng
min
1
2
2 2
OM ON OM ED
khi EA ED
AM DN AM
EA

+ = = = =
ữ


E là trung điểm của dây cung
ằ
AD
.
1,0
3.2
(3,0 điểm)
GKH
có cạnh GH cố định, nên chu vi của nó lớn nhất khi tổng
KG KH
+
lớn nhất.
Trên tia đối của tia KG lấy
điểm N sao cho KN = KH.
Khi đó,
HKN

cân tại K.
Suy ra
ã ã
1
2
GNH GKH=
và
KG KH KG KN GN
+ = + =

mà
ã
ẳ
1
2
GKH GH=
(góc nội
tiếp chắn cung nhỏ
ẳ
GH
cố
định), do đó
ã
GNH
không
đổi. Vậy N chạy trên cung
tròn (O') tập hợp các điểm
nhìn đoạn GH dới góc
ã
1
4
GOH

=
không đổi.
1,5
GN là dây cung của cung tròn (O') nên GN lớn nhất khi GN là đờng kính
của cung tròn, suy ra
GHK

vuông tại H, do đó
ã
ã
KGH KHG=
(vì lần lợt
phụ với hai góc bằng nhau). Khi đó, K là trung điểm của cung lớn
ẳ
GH
.
Vậy: Chu vi của
GKH

lớn nhất khi K là trung điểm của cung lớn
ẳ
GH
.
1,5
8
Phòng GD-ĐT TP
Trờng THCS lớp 9 thCS năm học 2007 - 2008
Môn : Toán (Vòng 1)
Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (8 điểm)
Cho phơng trình
2 2
2 2 2 0 (1).x mx m + =
.
4. Tìm các giá trị của
m
để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt.

5. Tìm các giá trị của
m
để phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1
x
và
2
x
thoả
mãn hệ thức
3 3
1 2
5
2
x x+ =
.
6. Giả sử phơng trình (1) có hai nghiệm không âm. Tìm giá trị của
m
để nghiệm d-
ơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất.
Bài 2: (4điểm)
Giải phơng trình:
2 2
4 3 4x x x x + =
(2)
Bài 3: (8 điểm)
Cho tam giác ABC có
ã
0
60 ; ;ABC BC a AB c= = =

(
,a c
là hai độ dài cho trớc), Hình
chữ nhật MNPQ có đỉnh M trên cạnh AB, N trên cạnh AC, P và Q ở trên cạnh BC đợc
gọi là hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác ABC.
1. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.
Tính diện tích lớn nhất đó.
2. Dựng hình vuông EFGH nội tiếp trong tam giác ABC bằng thớc kẻ và com-pa.
Tính diện tích của hình vuông đó.
Hết
9
Phòng GD-ĐT TP kỳ thi chọn hoc sinh giỏi
Trờng THCS lớp 9 thCS năm học 2007 - 2008
Đáp án và thang điểm:
Bài 1
ý
Nội dung
Điểm
1.
8,0
1.1
(2,0 điểm)
Để phơng trình (1) có hai nghiệm dơng phân biệt, cần và đủ là:
2
2
' 4 0
2
0
2
0

m
m
P
S m

= >



= >


= >


0.5
2
2 2 2
0
m
m m
m

<

> < <


>
1.5

1.2
(3,0 điểm)
Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt
2
' 4 0 2 2m m = > < <
(*)
0,50
( ) ( )
2
3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
5 5
3
2 2
x x x x x x x x

+ = + + =

0,50
2
2 3
3( 2) 5
6 5 0
2 2
m
m m m m


= + =

0,5
( )
( )
2
1 2,3
1 21
1 5 0 1;
2
m m m m m

+ = = =
m
0,5
Ta có:
2
1 21 3 21 1 21
2 0 2
2 2 2
x
+
= > = <
3
1 21
0 2
2
x
+
= > >
và

3 3
5 21
2 0 2
2
x x

= > <
0,5
Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán:
1 21
1;
2
m m
+
= =
0,5
1.3
(3,0 điểm)
Phơng trình có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi:
2
2
' 4 0
2
0 2 2 (**)
2
0
m
m
P m
S m

=



=


= >

0,50
10
Khi đó 2 nghiệm của phơng trình là:
( )
2 2
1 2 1 2
4 4
; 0 2;2
2 2
m m m m
x x x x m
+

= =

0,50
Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dơng của phơng
trình là
2
2

4
0
2
m m
x
+
= >
. Suy ra:
( )
2 2
2 2 2
2
2
4 2 4
2 4 4
4 4
m m
m m m m
x
+
+ +
= =
0,50
Theo bất đẳng thức Cô-si:
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
4 2 4 2 4 4m m m m m m+
0,50
Suy ra:
2

2 2
2 2x x .
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
2 2
4 2 2;2m m m

= =

.
0,5
Vậy nghiệm dơng của phơng trình đạt giá trị lớn nhất là
2 2khi m =
0,5
2.
(4,0 điểm)
( )
2
2 2
2
2 2
4 0
4 3 4
4 3 4
x x
x x x x
x x x x



+ =

+ =


(2)
( )
2
2
2
2
4 0
0 4
4 2 4
3 0
3
t x x
t
t x
t t
t t

=




=

+ =

=


(3)
0,5
1,0
Gii phng trỡnh theo t, ta cú:
1
1 13
0
2
t

= <
(loại);
2
1 13
0
2
t
+
= >
2 2
13 9
4 0 4
2
t t

= < <

. Suy ra nghiệm của (3) là
2
t
.
1,0
Giải phơng trình
1
2 2
2 2
2
9 13
2
2
4 4 0
9 13
2
2
x
x x t x x t
x



=

= + =



= +

Vậy: phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:
1,2
9 13
2
2
x

=
1,0
0,5
11
3.
8,0
3.1
+ Đặt
(0 )AM x x c=
.
Ta có:

MN AM ax
MN
BC AB c
= =
( )
0
3
sin 60
2

c x
MQ BM

= =
.
Suy ra diện tích của MNPQ
là:
( )
( )
3
3
2 2
ax c x
a
S x c x
c c

= =
2,0
+ Ta có bất đẳng thức:
2
( 0, 0)
2 2
a b a b
ab ab a b
+ +

> >
ữ

áp dụng, ta có:
2
2
( )
2 4
x c x c
x c x
+

=
ữ

.
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
2
c
x c x x= =
.
Suy ra:
2
3 3
2 4 8
a c ac
S
c
ì =
.
Vậy:
max
3

8
ac
S =
khi
2
c
x =
hay M là trung điểm của cạnh AC.
2,0
12
3.2 + Giả sử đã dựng đợc hình vuông EFGH nội tiếp trong tam
giác ABC. Nối BF, trên đoạn BF lấy điểm F'.
Dựng hình chữ nhật:
E'F'G'H'
( ' ; ', ' )E AB G H BC
.
Ta có: E'F'//EF và F'G'//FG, nên:
' ' ' ' ' 'E F BE BF F G
EF BE BF FG
= = =
' ' ' 'E F F G =
. Do đó E'F'G'H' là hình vuông.
1,0
+ Cách dựng và chứng minh: Trên cạnh AB lấy điểm E' tuỳ ý, dựng hình
vuông E'F'G'H' (G', H' thuộc cạnh BC). Dựng tia BF' cắt AC tại F. Dựng
hình chữ nhật EFGH nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh tơng tự trên, ta
có EF = FG, suy ra EFGH là hình vuông. 1,0
+ Ta có:
0
' 1

cot 60
' '
3
BH
g
E H
= =
;
ã
' ' ' ' ' 1
cot ' 1 1
' ' ' ' ' '
3
BG BH H G BH
gF BC
F G F G E H
+
= = = + = +
.
Suy ra: Tia BF' cố định khi E' di động trên AB, cắt AC tại một điểm F
duy nhất.
Trờng hợp hình vuông E'F'G'H' có đỉnh F' ở trên cạnh AC; G' và H' ở
trên cạnh BC, lý luận tơng tự ta cũng có tia CE' cố định, cắt AB tại E.
Vậy bài toán có một nghiệm hình duy nhất.
1,0
+ Đặt
AE x=
. Ta có
EF AE ax
EF

BC AB c
= =
;
( )
( ) 3
sin
2
c x
HE c x B

= =
EFGH là hình vuông, nên
2
( ) 3 3
2
2 3
ax c x c
EF EH x
c
a c

= = =
+
Suy ra diện tích hình vuông EFGH là:
( )
2 2
2
2
3
2 3

a c
S EF
a c
= =
+
1,0
13
Phòng GD-ĐT TP kỳ thi chọn hoc sinh giỏi
Trờng THCS lớp 9 thCS năm học 2007 - 2008
Môn : Toán (Vòng 2)
Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (7 điểm)
3. Giải hệ phơng trình:
4
4
3 4
3 4
x y
y x

+ =

+ =

4. Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số thoả mãn các bất đẳng thức:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c c a b b c a
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
+ + + + + +
+ + + + + + + + +

Thì
| | | | | |a b c= =
Bài 2: (6 điểm)
3. Xác định hình vuông có độ dài cạnh là số nguyên và diện tích cũng là số nguyên
gồm 4 chữ số, trong đó các chữ số hàng đơn vị, hàng chục và hàng trăm giống
nhau.
4. A, B, C là một nhóm ba ngời thân thuộc. Cha của A thuộc nhóm đó, cũng vậy con
gái của B và ngời song sinh của C cũng ở trong nhóm đó. Biết rằng C và ngời song
sinh của C là hai ngời khác giới tính và C không phải là con của B. Hỏi trong ba
ngời A, B, C ai là ngời khác giới tính với hai ngời kia ?
Bài 3: (7 điểm)
Cho đờng tròn (O) tâm O, bán kính R, hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau.
Đờng tròn (O
1
) nội tiếp trong tam giác ACD. Đờng tròn (O
2
) tiếp xúc với 2 cạnh OB và
OD của tam giác OBD và tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng tròn (O
3
) tiếp xúc với 2
cạnh OB và OC của tam giác OBC và tiếp xúc trong với đờng tròn (O). Đờng tròn (O
4
)
tiếp xúc với 2 tia CA và CD và tiếp xúc ngoài với đờng tròn (O
1
). Tính bán kính của các
đờng tròn (O
1
), (O
2

), (O
3
), (O
4
) theo R.
Hết
14
Phòng GD-ĐT TP kỳ thi chọn hoc sinh giỏi
Trờng THCS lớp 9 thCS năm học 2007 - 2008
Môn : toán (Vòng 2)
Đáp án và thang điểm:
Bài
ý
Nội dung
Điểm
1.
7,0
1.1
(4,0 điểm)
4
4
3 4
3 4
x y
y x

+ =

+ =

. Điều kiện để hệ có nghiệm là:
3
4
3
4
x
y







(*)
0,5
Với điều kiện (*), ta có:
4 4
4 4 4
3 4 3 4 ( )
3 4 4( ) 0( )
x y x y a
y x x y x y b

+ = + =


+ = + =

1,0

( ) ( )
( )
2 2
( ) 4 0b x y x y x y

+ + + =

0x y x y = =

(vì
3
, 0
4
x y >
nên
( )
( )
2 2
4 0x y x y+ + + >
).
1,0
Thay vào (a):
( )
4 4 4
3 4 4 3 0 1 4 1 0x y x x x x+ = + = =
( )
( )
( )
( )
2

3 2 2
1 3 0 1 2 3 0 1x x x x x x x x + + = + + = =
vì
( )
2
2
2 3 1 2 0x x x+ + = + + >
.
So với điều kiện (*), ta có:
3
1
4
x y= = >
.
Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất :
1
1
x
y
=


=

1,5
1.2
(3,0 điểm)
Điều kiện:
; ;a b b c c a
0,50

Ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a a b b c c a
a b b c c a a b b c c a a b b c c a


+ + + + = + +
ữ
+ + + + + + + + +

( ) ( ) ( )
0a b b c c a= + + =
0,50
Suy ra:
2 2 2 2 2 2
a b c b c a
a b b c c a a b b c c a
+ + = + +
+ + + + + +
Do đó:
2 2 2 2 2 2
a b c c a b
a b b c c a a b b c c a
+ + = + +
+ + + + + +
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 2 2 2 2
0 0

a c a b c b a b c
a c b a c b
a b b c c a a b b c c a
+ + + +

+ + = =
+ + + + + +
1,0
15
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 4 4 4
2 2 2 2
0
2
a c a b c b a b c
a b b c c a
+ + + +
=
+ + +
( ) ( ) ( )
4 2 2 4 4 2 2 4 2 2 2 2
2 2 2
0
2
a a c c a a b b b b c c
a b b c c a
+ + + + +
=
+ + +

( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
0
0 0
0
a b
a b b c c a b c
c a

=

+ + = =


=

2 2 2
| | | | | |a b c a b c = = = =
1,0
2.
6,0
2.1
(4,0 điểm)
Theo giả thiết diện tích của hình vuông có dạng
( )
2
0,S abbb k k k= = > Z

0,5
2
1000 9999 33 99k k
, nên k chỉ gồm 2 chữ số:
10k xy x y= = +
( )
2 2 2
100 20 3 9;0 9k x xy y x y= + +
.
1,0
Nếu y lẻ:
2
1;3;5;7;9 1;9;25;49;81 1;5;9y y b= = = . Khi đó
2xy
có chữ
số tận cùng là số chẵn, nên chữ số hàng chục của
2
k
phải là số chẵn khác
với 1; 5; 9, do đó S không thể là
abbb
.
1,0
Nếu y chẵn:
2
0;2;4;6;8 0;4;16;36;64 0;4;6y y b= = =
Với y = 0:
2
k
chỉ có thể là 1600; 2500; 3600; 4900; 6400; 8100 không thoả

điều kiện bài toán.
Với y = 2:
2 2
100 40 4k x x= + +
. Khi đó x chỉ có thể là 6 thì chữ số hàng
chục của k
2
mới là 4, suy ra
2
3600 244 3844k abbb= + =
.
Với y = 4; 6:
2
16;36y = , khi đó 20xy có chữ số hàng chục là số chẵn, nên
chữ số hàng chục của k
2
phải là số lẻ, do đó không thể bằng 4 hoặc 6,
nghĩa là
2
k abbb
.
Với y = 8: y
2
= 64;
2 2
100 160 64k x x= + +
, khi đó x chỉ có thể là 3 hoặc 8
thì chữ số hàng chục của k
2
mới bằng 4, suy ra

2 2
38 1444k = =
hoặc
2 2
88 7744k = =
(không thoả điều kiện bài toán).
Vậy: bài toán có một lời giải duy nhất: Hình vuông cần xác định có cạnh
38k
=
và diện tích
1444S
=
.
0,5
0,5
0,5
2.2
(2,0 điểm)
Theo giả thiết, cha của A có thể là B hoặc C:
+ Nếu B là cha của A thì C không thể song sinh với A, vì nếu nh thế
thì C là con của B, trái giả thiết, do đó C và B là song sinh và khác
giới tính (gt), nên C là phái nữ. Mặt khác, con gái của B không thể
là C nên phải là A, do đó A là phái nữ. Vậy B khác giới tính với hai
ngời còn lại là A và C (cùng là phái nữ). 1,0
16
+ Nếu C là cha của A thì C chỉ có thể là song sinh với B, theo giả
thiết B phải là phái nữ. Mặt khác, con gái của B không thể là C
(gt) nên phải là A, suy ra C và B là vợ chồng chứ không phải là
song sinh, dẫn đến mâu thuẫn. 0,5
Vậy chỉ có duy nhất trờng hợp B là cha của A và B khác giới tính với hai

ngời còn lại là A và C (cùng là phái nữ). 0,5
3.
7,0
+ Gọi
r
là độ dài bán kính
đờng tròn (O
1
). Ta có:
ACD
S pr

=
( )
2
1
2
2
R AC CD r = +
( )
2
2 1R R r = +
1 2
R
r =
+
1,0
+ Đờng tròn (O
2
) tiếp xúc với OB và OD nên tâm O

2
ở trên tia phân giác
của góc
ã
BOD
, (O
2
) lại tiếp xúc trong với (O) nên tiếp điểm T của chúng ở
trên đờng thẳng nối 2 tâm O và O
2
, chính là giao điểm của tia phân giác
góc
ã
BOD
với (O).
+ Đờng thẳng qua T vuông góc với OT cắt 2 tia OB và OD tại B' và D' là
tiếp tuyến chung của (O) và (O
2
). Do đó (O
2
) là đờng tròn nội tiếp
' 'OB D

.
+
' 'OB D

có phân giác góc O vừa là đờng cao, nên nó là tam giác vuông
cân và
' ' 2 2 , ' ' 2B D OT R OB OD R= = = =

, suy ra:
' 'OB D ACD
=
.
+ Vậy: Bán kính của (O
2
) cũng bằng
1 2
R
r =
+
.
2,0
+ Hai hình quạt OBC và OBD đối xứng với nhau qua AB nên (O
3
) cũng
bằng (O
2
), nên bán kính của (O
3
) cũng bằng
1 2
R
r =
+
.
1,0
17
+ §êng trßn (O
4

) cã hai trêng hîp:
a) Tr êng hîp 1 : (O
4
) ë bªn tr¸i (O
1
):
KÎ tiÕp chung cña (O
4
) vµ (O
1
) t¹i tiÕp ®iÓm K c¾t AC vµ
AD t¹i E vµ F.
CO vµ CA lµ cßn lµ 2 tiÕp tuyÕn cña (O
1
), nªn chu vi cña
CEFV
b»ng 2CO, suy ra nöa chu vi cña nã lµ p = R.
Ta cã:
2 2
1
4 2 2
1 2
R
CO R r
+
= + =
+
(
)
1 1

4 2 2 1
4 2 2
1 2 1 2 1 2
R
R R
CK CO O K
+ −
+
= − = − =
+ + +
(
)
( )
0
1
2
4 2 2 1
1
22 30'
1 2
1 2
R
O OKF
tg KF
KC CO
+ −
= = = ⇒ =
+
+
(

)
( )
2
3
4 2 2 1
1 2
CEF
R
S CK KF
+ −
= × =
+
V
.
Suy ra b¸n kÝnh cña ®êng trßn (O
4
) lµ:
(
)
( )
2
4
3
4 2 2 1
1 2
R
r
+ −
=
+

2,0
18