Đề-đáp án HSG toán 9 năm 2009-2010 NINH HOA

PHÒNG GD-ĐT NINH HÒA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC: 2009-2010
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (3đ) Chứng minh đẳng thức:
5 3 29 12 5− − −
= cotg45
0
Bài 2: (4đ) Cho biểu thức
( ) ( )
( )
2
4 1 4 1
1
1
1
4 1
x x x x
Q
x
x x
− − + + −
 
= × −
 ÷
−
 
− −
a) Tìm điều kiện của x để Q có nghĩa
b) Rút gọn biểu thức Q
Bài 3: (3,5đ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 4y x x y
M
xy
− + −
=
Bài 4: (3,75đ) Chứng minh rằng nếu
( ) ( )
2 2
1 1
x yz y xz
x yz y xz
− −
=
− −

với
, 1, 1, 0, 0, 0x y yz xz x y z
≠ ≠ ≠ ≠ ≠ ≠

thì
1 1 1
x y z
x y z
+ + = + +
Bài 5: (3,75đ) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M là trung điểm cạnh BC. Từ đỉnh M vẽ góc 45
0
sao
cho các cạnh của góc này lần lượt cắt AB, AC tại E, F.
Chứng minh rằng:
EF

1
4
M ABC
S S
∆ ∆
<
Bài 6: (2đ) Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O ; R), ta kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B
và C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm bất kỳ trên đường thẳng đi qua các trung điểm của AB và AC.
Kẻ tiếp tuyến MK của đường tròn (O). Chứng minh MK = MA
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010
Bài Nội dung – Yêu cầu Điểm
1
5 3 29 12 5− − −
( )
2
5 3 2 5 3
= − − −

5 6 2 5= − −

( )
2
5 5 1
= − −
= 1
= cotg45
0
1đ

0,5đ
0,75đ
0,25đ
0,5đ
2a Q có nghĩa
1x
⇔ >
và
2x
≠
0,5đ
2b
( ) ( )
( )
2
4 1 4 1
1
1
1
4 1
x x x x
Q
x
x x
− − + + −
 
= × −
 ÷
−
 

− −
( ) ( )
2
1 2 1 1 1 2 1 1
2
1
4 4
x x x x
x
Q
x
x x
− − − + + − + − +
−
= ×
−
− +
( ) ( )
( )
2 2
2
1 1 1 1
2
1
2
x x
x
Q
x
x

− − + − +
−
= ×
−
−
1 1 1 1
2
2 1
x x
x
Q
x x
− − + − +
−
= ×
− −
* Nếu 1 < x < 2 ta có:
1 1 1 1 2
2 1
x x x
Q
x x
− − + − + −
= ×
− −
2
1
Q
x
=

−
* Nếu x > 2 ta có:
1 1 1 1 2
2 1
x x x
Q
x x
− − + − + −
= ×
− −
2
1
Q
x
=
−
0,75đ
0,75đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25
3
Với điều kiện
1, 4x y
≥ ≥
ta có:
M =

4
1
y
x
x y
−
−
+
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm,
Ta có:
( )
1 1
1 1 1
2 2
x x
x x
+ −
− = − ≤ =

1 1
2
x
x
−
⇒ ≤
(vì x dương)
0,25đ
0,75đ
0,5đ
F

A
B
C
M
P
Q
N K
E
Và:
( )
1 1 4 4
4 4 4
2 2 2 4
y y
y y
+ −
− = − ≤ × =

4
1
4
y
y
−
⇒ ≤
(vì y dương)
Suy ra: M =
4
1 1 1 3
2 4 4

y
x
x y
−
−
+ ≤ + =
Vậy giá trị lớn nhất của M là
3
4

⇔
x = 2, y = 8
0,75đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
4
( ) ( )
2 2
1 1
x yz y xz
x yz y xz
− −
=
− −
( )
( )
( )
( )
2 2

x yz y xyz y xz x xyz
⇔ − − = − −
2 3 2 2 2 2 3 2 2 2
0x y x yz y z xy z xy xy z x z x yz
⇔ − − + − + + − =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 3 3 2 2 2 2 2 2
0x y xy x yz xy z x z y z x yz xy z⇔ − − − + − − − =
( )
( ) ( )
( )
2 2 2 2 2
0xy x y xyz x y z x y xyz x y
⇔ − − − + − − − =
( ) ( ) ( )
2
0x y xy xyz x y z x y xyz
 
⇔ − − + + + − =
 
( ) ( )
2
0xy xyz x y z x y xyz⇔ − + + + − =
(vì
0x y x y
≠ ⇒ − ≠
)
( )
2
xy xz yz xyz x y xyz

⇔ + + = + +
( )
2
xyz x y xyz
xy xz yz
xyz xyz
+ +
+ +
⇔ =
(vì
0xyz
≠
)
1 1 1
x y z
x y z
⇔ + + = + +
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
5
Kẻ MP
⊥
AB tại P, MQ
⊥

AC tại Q
Kẻ Ex // AC, EC cắt MQ tại K và cắt MF tại N
Do
∠
EMF = 45
0
nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP và MQ
1
2
MEN MEK MPEK
S S S
∆ ∆
⇒ < =
và
1
2
FEN QEK QAEK
S S S
∆ ∆
< =
(
FEN QEK
S S
∆ ∆
<
vì có cùng chiều cao nhưng đáy EN bé hơn
đáy EK)
Suy ra:
1 1
2 2

MEN FEN APMQ MEF APMQ
S S S S S
∆ ∆ ∆
+ < ⇔ <
(*)
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
C
K
B
A
P
I
Q
M
Chứng minh được:
1
2
MAP MAB
S S
∆ ∆
=

1
2
MAQ MAC

S S
∆ ∆
=

1
2
APMQ ABC
S S
∆
⇒ =
(**)
Từ (*) và (**) ta có:
EF
1
4
M ABC
S S
∆ ∆
<
0,5đ
0,5đ
0,25đ
6
Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC. Giao điểm của OA và PQ là I.
AB và AC là hai tiếp tuyến nên AB = AC và AO là tia phân giác của
∠
BAC
⇒ ∆
PAQ cân ở A và AO
⊥

PQ
Áp dụng Pitago ta có:
MK
2
= MO
2
– R
2
(
∆
MKO vuông tại K)
MK
2
= (MI
2
+ OI
2
) – R
2
(
∆
MOI vuông tại I)
MK
2
= (MI
2
+ OI
2
) – (OP
2

– PB
2
) (
∆
BOP vuông tại B)
MK
2
= (MI
2
+ OI
2
) – [(OI
2
+ PI
2
) – PA
2
] (
∆
IOP vuông tại I và PA = PB)
MK
2
= MI
2
+ OI
2
– OI
2
+ (PA
2

– PI
2
)
MK
2
= MI
2
+ AI
2
(
∆
IAP vuông tại I)
MK
2
= MA
2
(
∆
IAM vuông tại I)
⇒
MK = MA
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
O