De HSG Toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sở GD & ĐT Hà Nam Phòng GD & ĐT Thanh Liêm Trường THCS Liêm Túc. ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN 9 Năm học 2012 - 2013. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài 150(phút). Câu I (2đ) Giải phương trình 3. 2 3 3. 4  x  2 x  3 2 . ( x  1) . 3. Câu II : (6đ) 1. Cho a, b > 0. Chứng minh rằng. a3  b3  c3 a 2 bc  b 2 ca  c 2 ab 2 . Tìm x, y nguyên thỏa mãn : x3 + y3 = xy - 8 Câu III : ( 8đ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O) .Các tia phân giác trong ,phân giác ngoài của góc BAC cắt BC tại D và E . Tia AD cắt đường tròn (O ) tại M , Tia EA cắt tia MO tại N a. Chứng minh : N thuộc (O ) b. Chứng minh : AB . AC = BD . DC + AD2 c. Tính AD theo các cạnh của tam giác ABC biết AB = c ; AC = b ; BC = a Câu IV : ( 4đ) Cho a,b,c không âm và thỏa mãn a +b + c = 1 A. a b c   1 c 1 a 1 b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp Án Đặt. 3. 4  x u; 3 2 x  3 v (1).. 3 3 3 3 3 3 3 u  v  4.( u  v )  u  v  3 uv .( u  v )  4.( u  v ) Có:.  u  v  3.(u  v).(u 2  2uv  v 2 ) 0  3.(u  v ).(u  v) 2 0    u v  x  1  7 x 3  Câu II : 3 3 1.Ta có a  b ab(a  b) (*) với mọi a,b Mặt khác: Với a, b, c > 0 tương tự (*) ta có:. b3  c3 bc(b  c); c3  a 3 ca(c  a)  2(a 3  b3  c 3 ) ab(a  b)  bc (b  c)  ca (c  a )  2(a 3  b3  c 3 ) a 2b  ab 2  b 2 c  bc 2  c 2 a  ca 2  2(a 3  b3  c 3 ) a 2 (b  c )  b 2 (c  a )  c 2 (a  b) Áp dụng bất đẳng thức: a  b 2 ab cho hai số không âm, ta có: b  c 2 bc ; c  a 2 ca  a 2 (b  c) 2a 2 bc ; b 2 (c  a ) 2b 2 ca ; c 2 ( a  b) 2c 2 ab  a 2 (b  c)  b 2 (c  a )  c 2 (a  b) 2a 2 bc  2b 2 ca  2c 2 ab a 2 (b  c )  b 2 (c  a )  c 2 (a  b)  a 2 bc  b 2 ca  c 2 ab 2 3 3 3 2 2 2 a  b  c  a bc  b ca  c ab Từ đó =>. 2.. Ta có. x  y . x 2  xy  y 2  xy  8.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Dễ thấy. x  - y vì nếu x = - y thì khi đó – x2 = 8 ( vô lý ). x 2  xy  y 2  xy  8 x  y  1 Do x, y nguyên nên Suy ra (2) 2 2 x  xy  y  xy  8 Do đó Xét hai trường hợp : + ) xy – 8 > 0 . Khi đó (2) trở thành. x 2  xy  y 2  xy  8  ( x  y )  8 loại. +) xy – 8 < 0 Khi đó (2) trở thành 2 2 x 2  xy  y 2 8  xy  x 2  y 2 8 . Do đó x , y   0;1; 4. . Từ đó suy ra. Các cặp số thỏa mãn là (0 :-2) Câu III. a. Do tia AD, AE là hai tia phân giác trong và ngoài của góc BAC => góc NAM = 900 mà OA = OM => ON = OM = OA => N thuộc (O) b. Xét hai tam giác ABM và ADC có góc BAM = MAD (gt) góc AMB = góc ACD ( hai góc nt cùng chắn cung AB) AB AM  AD AC. =.> tam giác ABM đồng dạng với tam giác ACD nên => AB.AC = AM.AD  AB.AC = AD2 + DM.AD (1) Hệ thức lượng trong (O) với hai cát tuyến AM và BC cho ta AD. DM = DB. DC.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Do đó AB.AC = AD2 + DB.DC c.Giả sử (b>c ) .Theo T/C đường phân giác của tam giác ta có DB DC DC  DC a ac ab     DB  ; DC  c b c b cb bc bc EB EC EB  EC a ac ab     EB  ; EC  c b c b c b c b c b a b c p 2 Đặt là nửa chu vi tam giác ABC .Từ (1) ta có 2 2   bc ( b  c )  a ac ab  2 AD  AB. AC  BD.DC cb  .  c b c b (b  c )2 bc(a  b  c).(b  c  a ) 4bcp ( p  a )   2 (b  c) (b  c) 2. Do đó. AD . 2 bcp( p  a ) bc A. a b c 5    a b c a b bc ca 4 (1). Câu IV : Ta đi cm: + Trường hợp 1: Một trong ba số a,b,c bằng 0. a 5  b  a  b  (a  b)  4b 4 b(a  b) 4 a b. Giả sử c = 0 ta có Hiển nhiên bđt đúng theo bđt AM – GM ( hay gọi bđt Cosi) .Dấu = xảy ra khi a= 3b + Trường hợp : Ta đi cm tổng quát x. a b a c c b 5 2 ,y ,z  ,k  2 2 2 4. Đặt .Giả sử x = max(x,y,z) .thì (1)tương đương với y 2  z 2  x2 z 2  x2  y 2 x2  y 2  z 2 5 2    x yz z x y 4 1 1 1  x  y  z  ( x  y )( x  z )( z  y )(   ) k x 2  y 2  z 2 xy yz zx (2). Ta chỉ cần cm (2) với trường hợp z. y.. Với mọi t. 0. thì.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> k ( x  t ) 2  ( y  t ) 2  ( z  t ) 2 k x 2  y 2  z 2  3t  k x 2  y 2  z 2  2t ( x  y  z )  3t k x 2  y 2  z 2  3t (3) 2 Luôn đúng vì k 3. và x  y  z  x 2  y 2  z 2. 2 2 2 Mặt khác vì x = max (a,b,c) và x  y  z nên tồn tại t  min (a,b,c) để. ( x  t ) 2 ( y  t ) 2  ( z  t ) 2 do đó (2) đúng khi thay x’ = x – t , y’ = y – t, z’ = z – t 1 1 1 x ' y ' z ' ( x ' y ')( x ' z ')( z ' y ')(   ) k x 2 ' y 2 ' z 2 ' x' y' y'z' z'x' Vậy ta có. Bđt (2)có thể viết dưới dạng ( x ' y ')( x ' z ')( z ' y ')(. 1 1 1   ) ( x ' t )( y ' t ) ( y ' t )( z ' t ) ( z ' t )( x ' t ).  x ' y ' z ' 3t k ( x ' t ) 2  ( y ' t ) 2  ( z ' t ) 2. BĐT trên trực tiếp có khi cộng (3)và (4)với x,y,z thay bởi x’,y’,z’ Vậy bđt được CM .Đẳng thức xảy ra khi x=3t,y=t,z=0 . hoặc các hoán vị tương ứng .Vậy với a+b+c =0 =>Max A = 5/4  a = 3/4 ; b= 1/4 ; c=0 (và các hoán vị.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>