Đề chọn HSG toán 9 (06-07)

Phòng giáo dục & Đào tạo
huyện trực ninh
=== ***===
Đề thi chọn học sinh giỏi huyện
Môn Toán lớp 9
Năm học 2006 2007
Thời gian làm bài 120 phút
Bài 1( 4,0 điểm)
Cho biểu thức:
( ) ( )
(
)

+ +


=
+
3 3
2
2
1 1 x . 1 x 1 x
P
2 2 1 x
a/ Rút gọn P
b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của
+
=
2
P 1
A

P

nếu x thoả mãn điều kiện 6x
2
5x + 1

0
Bài 2 (5,0 điểm)
Cho hệ phơng trình :
2
2
( ) 2
( ) 2
y x y m
x x y m

+ =


+ =


a, Giải hệ phơng trình khi m = 0
b, Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất.
Bài 3 (3,0 điểm )
Cho phơng trình :
2
3 4 2( 1) 0x x m + =
Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2.
Bài 4 ( 8,0 điểm )

Cho đờng tròn (O;R) đờng kính AB cố định, đờng kính CD thay đổi, AC và AD cắt
tuyến của đờng tròn (O) tại B lần lợt tại F và E.Gọi M và N lần lợt là trung điểm của BF,
BE .
a, Chứng minh tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp.
b, Chứng minh trực tâm H của tam giác AMN là trung điểm của OB.
c, Khi CD thay đổi thì tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF chuyển động trên đ-
ờng nào.
=== Hết ===
Đáp án chấm học sinh giỏi
môn Toán 9
Năm học 2006 2007
==================
Bài 1( 4,0 điểm)
Cho biểu thức:
( ) ( )
(
)

+ +


=
+
3 3
2
2
1 1 x . 1 x 1 x
P
2 2 1 x
H ớng dẫn giải.

a/ Rút gọn P ĐK:
x 1
Ta có
( ) ( )
(
)

+ +


=
+
3 3
2
2
1 1 x . 1 x 1 x
P
2 2 1 x
=
( )
(
)
( )
+ + + + +
=
+
2 2
2
1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x
P

2 2 1 x
=
( )
(
)
(
)
+ + +
=
+
2 2
2
1 1 x 1 x 1 x 2 1 x
2 2 1 x
=
( )
+ +
2
2 2 1 x 1 x 1 x
2
=
( )
+ + + + + 1 x 2 (1 x)(1 x) 1 x. 1 x 1 x
2
=
( )
+ + +
2
( 1 x 1 x) 1 x 1 x
2

=
( ) ( )
+ + + 1 x 1 x 1 x 1 x
2
= ....=
=
2x
x
2
b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của
+
=
2
P 1
A
P
nếu x thoả mãn điều kiện 6x
2
5x + 1

0
Ta có 6x
2
5x + 1

0

1 1
....... x
3 2

(*) ( Thoả mãn ĐK để P và A xác định)
Từ câu a ta có
+
= = + = + +
2
x 1 1 1 3
A x x
x x 4x 4x

2
Từ (*)

x > 0

x
tồn tại
* Ta có

+ =
ữ

2
1 1 1
x 0 ...... x 2 x. 1
4x 4x
4x
(1) Dấu = xảy ra

....

=
1
x
2
( Thoả mãn ĐK (*) )
Mặt khác từ điều kiện (*) suy ra
=
1 3 3 3
2 .2
x 4x 4 2
(2) Dấu = xảy ra

x =
1
2

Từ (1) và (2) suy ra
+ =
3 5
A 1
2 2
Dấu = xảy ra

x =
1
2
Vậy A
min
=
5

2

x =
1
2
Bài 2 ( 5,0 điểm)
Cho hệ phơng trình :
2
2
( ) 2
( ) 2
y x y m
x x y m

+ =


+ =


a, Giải hệ phơng trình khi m = 0
b, Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất.
H ớng dẫn giải.
a, Với m = 0 hệ đã cho trở thành.
2 2
2 2
( ) 0 ( ) (1)
( ) 0 ( ) (2)
y x y y x y
x x y x x y

+ = = +



+ = = +


Trừ từng vế 2 phơng trình (1) và (2) ta đợc: y
2
x
2
= 0

(y - x)(y + x) = 0
0
0
y x y x
y x y x
= =



+ = =

* Với y = x thay vào (1) ta đợc : x
2
2x = 0
0
2

x
x
=



=

x = 0

y = 0
x = 2

y = 2
* Với y = - x thay vào (1) ta đợc y
2
= 0

y = 0
y = 0

x= 0
Vậy hệ phơng trình có 2 nghiệm ( 0; 0) ; ( 2; 2)
b, Giả sử hệ phơng trình có một nghiệm ( x
0
;y
0
) thì (y
0
;x

0
) cũng là nghiệm của hệ.
Do đó để hệ có nghiệm duy nhất thì x
0
= y
0
.
Khi đó x
2
2x -2m = 0 (*)
Hệ có nghiệm duy nhất

(*) có nghiệm kép

1
' 1 2 0
2
m m = + = =
Với
1
2
m =
hệ đã cho trở thành
2
2
( ) 1
( ) 1
y x y
x x y

+ =


+ =


giải hệ trên ta có
1
1
x
y
=


=

3
Q
K
H
d
I
N
MF
E
O
D
C
B
A

Vậy với
1
2
m =
thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (1;1)
Bài 3 (3,0 điểm )
Cho phơng trình :
2
3 4 2( 1) 0x x m + =
( 1)
Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2
H ớng dẫn giải.
Đặt t = x- 2

x = t + 2 thay vào (1) ta có 3(t + 2 )
2
- 4(t + 2) + 2(m -1) = 0

3t
2
+ 8t + 2(m + 1) = 0 ( 2)
Phơng trình đã cho có 2 nghiệm nhỏ hơn 2

(2) có 2 nghiệm cùng âm

' 0 4 6( 1) 0
10 6 0
2( 1) 5
0 0 1
1

3 3
8
0 0
3


> + >

>

+

> > < <

>



> <


m
m
c m
m
m
a
b
a
Bài 4. ( 8,0 điểm )

Cho đờng tròn (O;R) đờng kính AB cố định, đờng kính CD thay đổi, AC và AD cắt
tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại B lần lợt tại F và E.Gọi M và N lần lợt là trung điểm của
BF, BE .
a, Chứng minh tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp.
b, Chứng minh trực tâm H của tam giác AMN là trung điểm của OB.
c, Khi đờng kính CD thay đổi thì tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF chuyển
động trên đờng nào.
H ớng dẫn giải.
a,Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp.
4
+ Ta có
ã
ằ
ẳ
=
1
Sđ AEB (SđAB SđBD)
2
( Theo Đ/l góc có đỉnh ở bên ngoài đờng tròn )
=
ằ
1
SđAD
2
(1)
mà
ã
ằ
=
1

SđACD SđAD
2
( 2) ( Theo Đ/L góc nội tiếp )
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp ( Theo dấu hiệu nhận biết tgnt)
b, Chứng minh trực tâm H của tam giác AMN là trung điểm của OB.
Từ M kẻ đờng thẳng vuông góc với AN cắt AB tại H suy ra H là trực tâm của tam giác
AMN
+ Cm cho
= =:
v v
BM BH BM.BN
BMH BAN BH
AB BN AB
+ C/m cho BM.BN =
BE.BF
4
( vì M, N lần lợt là trung điểm của BF, BE)
=
2
AB
4
( Theo hệ thức lợng trong tam giác vuông AEF)
+ Từ đó suy ra BH =
AB
4
=
OB
2
Suy ra H là trung điểm của OB
c, Khi đờng kính CD thay đổi thì tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF chuyển động

trên đờng nào.
Gọi K là trung điểm của EF, qua O kẻ đờng thẳng vuông góc với CD cắt đờng trung
trực của EF tại I, suy ra I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF
- Chứng minh cho AOIK là hình bình hành
cm

AKF cân tại K

ã ã
KAF KFA=
Cm cho
ã
ã
ACD AEF=
( vì tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp )
suy ra
ã ã
ã ã
0
ACD CAK AFE AEF 90+ = + =
ã
0
AQK 90 =

AK

CD,
mà OI

CD suy ra AK//OI

cm đợc OA// IK ( Vì cùng vuông góc với EF )
Suy ra AOIK là hình bình hành

IK = OA = R không đổi
- Vì IK = R không đổi, EF cố định nên I thuộc đờng thẳng d song song với EF và cách EF
một khoảng bằng R
=== Hết ===
5