De va dap an HSG tinh mon toan 9 thanh hoa 06 07

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2006-2007
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 28/03/2007
Lớp: 9 Trung học cơ sở
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề thi)
Đề thi này có: 4 câu gồm 1 trang.

Câu 1: (8,0 điểm)
2a  b 5b  a

1. Cho A 
với a, b thoả mãn: 6a 2  15ab  5b 2  0 . Chứng
3a  b 3a  b
minh rằng: A  1 .
2
2. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x  2 x  1  0  x1  0  . Tính giá
3 4
x1  8 x1  x25  3x22  x2  1 .
trị biểu thức: B 
2
�x3  y  2
3. Giải hệ phương trình: � 3
.
�y  x  2
Câu 2: (4,0 điểm)
x2

Cho parabol  P  : y 
và đường thẳng  d  : y   m  1 x  1 .
4
1. Chứng minh rằng  P  và  d  luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt M , N với
mọi giá trị của m .
2. Tìm các giá trị của m để OM  ON .
Câu 3: (5,0 điểm)
Cho đường tròn  O nội tiếp tam giác ABC , các tiếp điểm với BC , CA, AB lần
lượt tại D, E , F . Gọi M là điểm bất kỳ trên  O và N , H , K lần lượt là hình
chiếu vuông góc của M trên EF , AB, AC . Chứng minh rằng:
1. Các tam giác MEN , MFH đồng dạng.
2. Tích các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác ABC bằng tích các
khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác DEF .
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC . O là điểm bất kỳ nằm trong tam giác, các tia AO, BO, CO
cắt các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại các điểm P, Q, R . Chứng minh rằng:
OA
OB
OC


�3 2 .
OP
OQ
OR
------------------------------------HÕt----------------------------------- Häc sinh kh«ng ®îc sö dông tµi liÖu gì.
 C¸n bé coi thi kh«ng ®îc giải thÝch g× thªm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM 2007
Môn: TOÁN. THCS
(Đáp án - Thang điểm gồm 3 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
I

Ý
1

Nội dung

2a  b 5b  a
3a 2  15ab  6b 2
A


3a  b 3a  b
9a 2  b 2

2

Điểm

(8,0 điểm)
(2,0 điểm)



9a 2  b 2  6a 2  15ab  5b 2
9a 2  b 2



9a 2  b 2

 1 với b ��3a
2
2
9a  b

1,0

1,0

(3,0 điểm)

Theo Viet có x1  x2  2, x1 x2  1 � x1   x1  x2  x1  x1 x2  2 x1  1
2

� x13  x1x12  2 x12  x1  5x1  2 � x14  x1x13  ...  12 x1  5
� x15  ...  29 x1  12 . Tương tự cũng có:
x22  2 x1  1 � x23  5 x2  2 � x24  12 x2  5 � x25  29 x2  12
3
3
Từ đó B 

4 x12  4 x1  1  9 x22  6 x2  1  1  2 x1  3x2  1
2
2
x

0
x
x


1
x

0
Vì 1
và 1 2
suy ra 2
nên
3
1
11
B   1  2 x1    3x2  1  3  x1  x2    
2
2
2
3

1,5

1,5

(3,0 điểm)
3
�
�x  y  2  1
. Trừ tương ứng vế với vế của  1 và  2  được:
�3
y

x

2
2


�
 x  y  x 2  xy  y 2  1  0 . Trường hợp 1: x  y thế vào  1 được



x3


 x  2  0 �  x  1  x

2

1,5

 x  2   0 � x  1 , suy ra  x; y    1;1 .

2
2
Trường hợp 2: x  xy  y  1  3 . Nếu x �0 ,  1 suy ra y �2 . Suy ra:
2

2
� y � 3y
x  xy  y  �x  �
�3  1 . Mâu thuẫn  3 . Suy ra x  0 .
� 2� 4
2
Tương tự y  0 . Khi đó từ  3 � y  1 � y  1, kết hợp  1 suy ra
2

2

x  1 � x 2  xy  y 2  1 , mâu thuẫn với  3 .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    1;1 .

II

(4,0 điểm)

1,5


1

(2,0 điểm)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của

 P

và  d  :

x2
  m  1 x  1 � x 2  4  m  1 x  4  0  *  .
4
2
Phương trình này có  '  4  m  1  4  0 m . Suy ra đpcm.
2

1,0

1,0

(2,0 điểm)
2
2
x
x
N
M
Giả sử M  xM ; y N  , N  xM ; y N  . Ta có yM 
và xM , xN là
, yN 
4
4
xN4

xM4
2
2
nghiệm của  *  . Khi đó OM  ON � xM 
 xN 
16
16
2
2
� xM  xN �
�  xM2  xN2  �
1
� 0 � xM  xN  0 . Theo Viet đối với  * 
16
�
�

1,0

1,0

ta có 4  m  1  0 � m  1 .
III
1

(5,0 điểm)
(2,0 điểm)

Xét hai tiếp tuyến AB, AC ta có:
(chắn cung � ). Suy

�
�

C
E
K

A

2

H

MF
ra các tam giác MEN , MFH đồng

D
N

M

MEN  MFH

dạng.

O

F

2,0

B

(3,0 điểm)
Chứng minh tương tự được các tam giác MFN , MEK đồng dạng.
Suy ra

MN MF MH


� MN 2  MH .MK  * *  .
MK ME MN

1,5

Áp dụng  * *  , gọi a, b, c, d , e, f lần lượt là khoảng cách từ M đến các
đường thẳng chứa các cạnh BC , CA, AB, EF , FD, DE của các tam giác

ABC và DEF . Ta được: d 2  bc, e2  ca, f 2  ab . Nhân vế với vế của
ba đẳng thức trên suy ra điều phải chứng minh.

1,5


A

Q

R
O

B

IV

P

C

(3,0 điểm)
(Hình vẽ phía trên) Gọi S , S1, S 2 , S3 lần lượt là diện tích các tam giác

ABC , BOC , COA, AOB . Đặt S1  x 2 , S 2  y 2 , S3  z 2  x, y, z  0  ta

được: S  x  y  z , suy ra
2

2

2

1,0

AP S x 2  y 2  z 2
OA
y2  z2
OA
 
�


1

1

�

OP S1
x2
OP
x2
OP
Tương tự ta có:

OB

OQ

z 2  x2
và
y2

OA
OB
OC
Do đó: T 



OP
OQ

OR

OC

OR

y2  z2
x2

x2  y 2
z2

y2  z2
z2  x2


x
y

y2  z2 y  z
Lại có:
.
�
x
2x
1 �y z x z x y �
�3 2 .
Tương tự ta được: T � �      �
2 �x x y y z z �
---------------- Hết ----------------

x2  y2
z

1,0

1,0