Đề thi học sinh giỏi toán 9 Sở Giáo dục và đào tạo tỉnh Thái Bình năm 2018 - 2019

Cho tam giác ABC nhọn. Vẽ các đường cao BE và AD. Gọi giao điểm của các đường thẳng AJ AK , với cạnh BC lần lượt là E và F. a) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn ngoại tiếp  AE[r]

THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

LỚP NĂM HỌC 2018-2019 MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút Câu Cho biểu thức 1 : 1

1 1

xy x xy x

x x

P

xy xy xy xy

       

        

   

   

Với ,x y0,xy1 a) Rút gọn P

b) Tính giá trị Pkhi 3

4 6

x    yx2 6 Câu Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy,cho đường thẳng

  d : m1x y 3m4và  d' :xm1ym.Tìm m để (d) cắt  d' điểm M cho MOx300

Câu a) Giải phương trình 3x 1 6 x 3x2 14x 8 b) Giải hệ phương trình:

3 2

2

2 2

4

x x x y x y

x xy x x y

      

 

     



Câu Chứng minh a b c, , độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 3a2 3b2 3c24abc13

Câu Cho tam giác ABCnhọn Vẽ đường cao BEvà AD.Gọi H trực tâm G trọng tâm tam giác ABC

a) Chứng minh HG/ /BCthì tan tanB C3

b) Chứng minh t anA.tan tanB C tanAtanBtanC

Câu Cho ABCvuông A, đường cao AH Gọi I, J, K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ABH ACH, , Gọi giao điểm đường thẳng AJ AK, với cạnh BC Evà F

a) Chứng minh Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp AEF

b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác IJKvà đường trịn ngoại tiếp ABC

 có bán kính

Câu Tìm tất số nguyên dương x y z; ; sao cho 2019 2019 x y

y z 

 số hữu tỉ

2 2

ĐÁP ÁN Câu

a) Ta có:

     

  

     

    

1 1

1

1 1 2 2 1 1

:

2

1 1

x xy xy x xy xy

P

xy xy

xy xy x xy x xy x x

x y xy xy

xy xy xy x

      



 

        

  



  

b) Ta có:

 

 

3 3 3

2

8 6

8

4

x x

x x xy P

        

       

Câu Từ m1x y 3m   4 y 1 m x 3m4thế vào phương trình đường thắng  d' ta có:

 2        

1 2 (*)

x m x m m  m m m x m m

Để (d) (d’) cắt M phương trình (*) có nghiệm nhất, suy 0,

m m

Khi x 3m y 1 m3m 2 3m m

m m m

 

 

      Do M 3m 2;m

m m

 

 

 

 

Kẻ MHvng góc với Ox.Do MOx300nên tan tan 300

MH m

MOx

OH m



  



2

2

1 2

3 3 3

3

m m

m m

m m

   

         

    thỏa mãn

Câu

a)ĐKXĐ: x

   Phương trình    

3x x 3x 14x

    

3 15

5

3 6

x x

x x x x

x x x x

   

            

         

Do x

   nên 3

3x 1 4 6 x 1 x  Do x5là nghiệm phương trình

b) ĐKXĐ: 3x  y 0.Từ phương trình thứ ta có x2 2x y 20

Vì x2  2 0nên x    y 2 xthế vào phương trình (2) ta được:

 

 

2

2

2

2 12 2 11

x x x x x x x x x

x x x x x

            

         

Đặt 4x  5 2t 3,ta có hệ phương trình:

 

          

2

2

2

2

2 3

2

t x t x

t x x t t x t x

t x x t                             Xét

2 2 3

4

4 ( )

2 3

x

x x

t x x x TMDK

x y                      Xét

2 1 2

2

2 ( )

1 1 2

x

x x

t x x x TMDK

x y                      

Vậy hệ phương trình cho  x y; 2 3; ; 1   2;1 2

Câu

Vì a b c, , ba cạnh tam giác nên a      b c c c 2c0 Đặt

 2  2  

2 2 2

3 3 3 3 3

P a  b  c  abc  ab  ab c  abc c  c  ab  c

Lại có:      

2

2

3

3

2

2 2

c c

a b c

ab        ab  c   

   

        

       

2 2 2

2 2 2

2

3 2

6

3 2 27

3 3

2 2

2 2 26 2 1 1

13 13

2

c c c

c c c c

P c c c

c c c c c c c c

  

   

      

        

   

Dấu " " xảy a  b c Câu

a) Gọi M trung điểm BC

Ta có: tan tanB C tanABD.tanACB AD AD BD CD

 

Xét BDHvà ADCcó: BDH  ADC 90 ;0 HBDHAEnên BDH ADC

BD CD AD DH

  tan tanB C AD DH 

Vì HG/ /BCnên AD AM tan tanB C

DH GM   

N

G

M H

D

E A

b) Ta có tan tan tan tan ABC

B C

DH B C S

   Tương tự ta có

tan tanC A SABC ;

và

tan tan

AHB ABC

S A B  S

Do đó: 1 1

tan tan tan tan tan tan

AHB BHC CHA

ABC

S S S

A B B C C A S

 

   

Suy tanAtanBtanCtan tan tanA B C Câu

a) Ta có AECEAH CAEEAB900mà EAH EABAECCAE ACEcân Tương tự ta có BI trung trực AF suy Ilà tâm đường tròn ngoai tiếp AEF

b) Kẻ IM BCtại M MEMF.Gọi rlà bán kính đường trịn nội tiếp ABC

IM r Ta có ABFcân B, ACEcân C nên EF  AB ACBC

Ta dễ dàng chứng minh AB ACBC2rsuy EF 2 r Vì CI trung trực AE nên KEC KACmà KAH KAC KAH; KFE900 KECKFE900

Hay KEFvuông K

2 EF

MK r MJ MI MK r

      

Câu

M F

E

K J

I

H A

Đặt 2019 2019

x y a

b y z

 

 với a b,  *và  a b, 1 Ta có: b x  y 2019 a yz 2019

 

2019

0

bx ay x y a

bx ay az by zx y

az by y z b

 



           



Do 2 2 2  2 2  2 2   

2

x  y z  xz  zx y  xz  y  x y z x z y Vì , ,x y znguyên dương nên x  y z 1.Vậy x2  y2 z2là số nguyên tố thi

2 2

1

x y z x y z

x y z

x z y

     

   

   

 Khi

2019 2019 x y

y z

 



2 2