Một số bài ôn thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9

Nội dung text: Một số bài ôn thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9

1. Câu 1. (Đề thi HSG 9 huyện Tam Dương 2019-2020) Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB vẽ hai tia Ax, By cùng vuông góc AB . Trên tia Ax lấy điểm C (khác A ), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt tia By tại D . a) Chứng minh AB2 4AC.BD b) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trênCD . Chứng minh rằng M thuộc đường tròn đường kính AB . c) Kẻ đường cao MH của tam giácMAB . Chứng minh y rằng MH, AD, BC đồng quy. x D Lời giải I M C K a) Chứng minh OAC : DBO (g.g) A H O B OA AC OA.OB AC.BD DB OB AB AB 2 . AC.BD AB 4AC.BD (đpcm) 2 2 b) Theo câu a ta có: OAC : DBO (g.g) OC AC OC AC mà OA OB OD OB OD OA +) Chứng minh: OAC ∽ DOC (c.g.c) ·ACO O· CM +) Chứng minh: OAC OMC (ch.gn) AO MO M nằm trên đường tròn O,OA hay đường tròn đường kính AB . c) Gọi K là giao của MH với BC , I là giao của BM với Ax Ta có ΔOAC=ΔOMC OA OM ; CA CM OC là trung trực của AM OC  AM . Mặc khác OA OM OB AMB vuông tại M OC // BM (vì cùng vuông góc AM ) hay OC // BI +) Xét ABI có OM đi qua trung điểm AB , song song BI suy ra OM đi qua trung điểm AI IC AC
2. MK BK KH +) MH // AI theo định lý Ta-lét ta có: IC BC AC Mà IC AC MK HK BC đi qua trung điểm MH Tương tự AD cũng đi qua trung điểm MH . Suy ra AD, BC, MH đồng quy. Câu 2: ĐỀ CHỌN HSG LỚP 9 BẮC GIANG NĂM 2016 - 2017 Cho nửa đường tròn O; R đường kính AB . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao AM R . Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vuông góc với AB , CE vuông góc với AM . Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N . Đường thẳng MO cắt CE , CA , CH lần lượt tại Q, K, P . a) Chứng minh MNCO là hình thang cân. b) MB cắt CH tại I . Chứng minh KI song song với AB . c) Gọi G và F lần lượt là trung điểm của AH và AE . Chứng minh PG vuông góc với QF . Lời giải M N E Q C K F I T A B G O H P a) Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì ) mà AB là đường kính nên ACB vuông tại C AC  BN . Ta có MA MC ( ), OA OC ( ) nên MO là trung trực của AC . MO  AC MO // NB M· OA N· BO
3. Ta có OA  MA ( ) M· AO N· OB 900 ; xét MAO và NOB có M· AO N· OB 900; M· OA N· BO;OA OB R MAO NOB MO NB Ta có MO // NB; MO NB MNBO là hình bình hành.Ta có MAO = NOB (cm trên) nên ta có NO MA , mà MA MC ( ) nên NO MC vậy MNBO là hình thang cân. b) Xét CHB và MAO có M· AO N· OB 900;C· BH M· OA (cm trên) CH HB HB CHB : MAO MA AO R IH HB HB Ta có CH  AB (gt) ; MA  AB ( ) CH // MA IH // MA MA AB 2R CH HB HB IH 2IH Nên ta có 2  2  CH 2IH IC IH . MA R 2R MA MA Chi ra KI là đường trung bình của tam giác ACH KI // AB c) Chưng minh FQIO là hình bình hành QF // IO -Chứng minh O là trục tâm tam giác GIP . PG  OI PG  QF Câu 3:(Đề thi HSG 9 huyện Trực Ninh 2016-2017) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O) (C khác A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, D là điểm đối xứng với A qua C, I là trung điểm của CH, J là trung điểm của DH. a) Chứng minh C· IJ C· BH b) Chứng minh CJH đồng dạng với HIB c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE.HD = HC2 d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn nhất. Lời giải D C J I E A H O B a) + Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên AC  BC Suy ra BC  CD (1)
4. + Lập luận để chỉ ra IJ // CD (2) + Từ (1) và (2) suy ra IJ  BC + Suy ra C· IJ C· BH (cùng phụ với H· CB) (3) CH b) +) Trong vuông CBH ta có: tan C· BH (4) BH + Lập luận chứng minh được CJ // AB + Mà CH  AB (gt) + Suy ra CJ  CH CJ CJ +) Trong tam giác vuông CIJ ta có tan C· IJ CI HI (5) CI HI CH CJ + Từ (3), (4), (5) HB HI CH CJ + Xét CJH và HIB có H· CJ B· HI 900 và (cmt) HB HI + Nên CJH đồng dạng với HIB c) + Lập luận để chứng minh được H· EI 900 + Chứng minh được HEI đồng dạng với HCJ HE HI + Suy ra HC HJ + Suy ra HE.HJ = HI.HC 1 1 + Mà HJ HD; HI HC 2 2 + Suy ra HE.HD = HC2 d) C M 450 A H O K B N + Lấy điểm M trên nửa đường tròn (O) sao cho B· OM 450 + Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M cắt AB tại N. Ta có M và N cố định. + Kẻ MK  AB tại K + Chứng minh được MON vuông cân tại M và KM = KN Suy ra ·ANC 450 Xét C  M Ta có C  M nên H  K Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi) + Xét C khác M. Tia NC nằm giữa hai tia NA và NM
5. Do đó ·ANC ·ANM 450 + HNC có N· HC 900 nên H· NC H· CN 900 Mà H· NC 450 nên H· CN 450 Suy ra H· NC H· CN Suy ra HC < HN + Do đó AH + CH < AH + HN = AN + Vậy Khi C ở trên nửa đường tròn (O) sao cho B· OC 450 thì AH + CH đạt giá trị lớn nhất Vậy DB = 15cm, DC = 25cm Câu 4:(Đề thi HSG 9 huyện Hạ Hòa 2015 - 2016) Cho đường tròn (O, R) và dây cung BC cố định (BC < 2R). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. S a) Chứng minh AEF và ABC đồng dạng và AEF cos2 A. SABC 2 2 2 b) Chứng minh rằng: SDEF 1 cos A cos B cos C .SABC c) Xác định vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho chu vi tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất. Lời giải A E F H O B C D a. AE Tam giác ABE vuông tại E nên cosA = AB AF Tam giác ACF vuông tại F nên cosA = . AC AE AF Suy ra = AEF : ABC(c.g.c) AB AC
6. 2 SAEF AE 2 Từ AEF : ABC suy ra cos A SABC AB S S b. Tương tự câu a, BDF cos2 B, CDE cos2 C. SABC SABC S S S S S Từ đó suy ra DEF ABC AEF BDF CDE 1 cos2 A cos2 B cos2 C SABC SABC 2 2 2 Suy ra SDEF 1 cos A cos B cos C .SABC c) Chứng minh đượcOA  EF; OB  DF; OC  ED. Có 2SABC 2.(SAEOF SBDOF SCDOE ) BC.AD OA.EF OB.FD OC.ED BC.AD R(EF FD ED) BC.AD EF FD ED R Chu vi tam giác DEF lớn nhất khi và chỉ khi AD lớn nhất; AD lớn nhất khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung lớn BC. Câu 5: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R ). AB và CD là hai đường kính cố định của (O) vuông góc với nhau. M là một điểm thuộc cung nhỏ AC của (O). K và H lần lượt là hình chiếu của M trên CD và AB. a. Tính sin2 M· BA sin2 M· AB sin2 M· CD sin2 M· DC b. Chứng minh: OK 2 AH (2R AH ) c. Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA. MB. MC. MD lớn nhất. Ý/Phần Đáp án a) C K M B O H A D Vì M thuộc (O) nên các tam giác: BMA và CMD vuông tại M nên:
7. sin2 M· BA sin2 M· AB sin2 M· CD sin2 M· DC = (sin2 M· BA cos2 M· BA) (sin2 M· CD cos2 M· CD) = 1 + 1 = 2 Chứng minh: OK 2 AH (2R AH ) Thật vậy: KOHM là hình chữ nhật nên: OK = MH b) Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng trong tam giác vuông MAB có MH đường cao) và BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH) P = MA. MB. MC. MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH) OH 2 MH 2 OM 2 R2 Mà OH.MH (Pitago) 2 2 2 c) R2 Vậy P 4R2. 2R4 . đẳng thức xẩy ra MH = OH 2 R 2 OH = 2 Câu 6: (3,0 điểm) Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Kéo dài AO cắt đường tròn tại K. 1. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành 2. Kẻ OM  BC tại M. Gọi G là trọng tâm của D ABC. Chứng minh SAHG = 2SAGO AD BE CF 3. Chứng minh: 9 HD HE HF
8. 1 A E F G H O B D M C K + Vì ACK nội tiếp đường tròn (O) đường kính AK nên ACK vuông tại C KC  AC 0.5 + Ta có BE  AC (gt) KC // BE hay KC // BH + Chứng minh tương tự ta có KB // CH 0.25 + Kết luận tứ giác BHCK là hình bình hành 0.25 Chứng minh SAHG = 2SAGO 2 + Vì M là trung điểm của BC (cmt). 0.25 AM là đường trung tuyến của ABC + ABC có AM là đường trung tuyến, G là trọng tâm (gt) 2 0.25 G thuộc đoạn AM, AG = AM 3 + Vì M là trung điểm của HK (cmt) 2 AHK có AM là đường trung tuyến. Mà G thuộc đoạn AM, AG = 0.25 3 AM (cmt). G là trọng tâm của AHK + Chứng minh HO đi qua G, HG = 2GO 0.25
9. + AHG và AGO có chung đường cao kẻ từ A đến HO, HG = 2GO Do đó: SAHG = 2SAGO AD BE CF Chứng minh: 9 HD HE HF 1 1 1 HD.BC HE.AC HF.AB HD HE HF Ta có: 2 2 2 AD BE CF 1 1 1 AD.BC BE.AC CF.AB 2 2 2 0.5 S S S = HBC + HAC + HAB SABC SABC SABC S + S + S S = HBC HAC HAB = ABC = 1 SABC SABC + Chứng minh bài toán phụ: 3) Cho x > 0, y > 0, z > 0. Chứng minh rằng : 1 1 1 (x+y+z) ( ) 9 x y z 1 1 1 1 Sử dụng x y z 33 xyz ta có ( ) 3.3 x y z xyz 1 1 1 (x+y+z) ( ) 9 0.25 x y z + Áp dụng kết quả bài toán trên ta có: HD HE HF AD BE CF ( ).( ) 9 AD BE CF HD HE HF 0.25 HD HE HF Mà: + + = 1 (cmt) AD BE CF
10. AD BE CF Do đó: 9 HD HE HF Câu 7: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. Gọi D là trung điểm của AB, E là trọng tâm của tam giác ACD, G là giao điểm của CD và AO. Chứng minh: a) EG // AB b) OE  CD 3 c) SDAC + SBDO = SABC 4 A a) M E D N G 1 điểm C B O Vẽ hình chính xác Chứng minh EG //AB: Kẻ các đường trung tuyến CM, DN của ADC chúng cắt nhau ở E Hai trung tuyến AO và CD cắt nhau tại G, nên G là trọng tâm ABC CE CG 2 Xét MCD, ta có: EG // DM hay EG // AB CM CD 3 b) Chứng minh OE  CD : OD  AB (Đường kính qua trung điểm D của dây AB) Mà EG // AB nên EG  OD (1)
11. 1 điểm ABC cân tại A OG  BC, mà BC // DN nên OG  DN (2) Từ (1) và (2) suy ra G là trực tâm ODE, do đó OE  DG hay OE  CD c) 3 Chứng minh: SDAC + SBDO = SABC: 4 1 1 1 1 1 1 S OC OA BC OA OA.BC ODC 2 2 2 2 2 8 1 OA.BC S ABC 2 4 S 1 ODC OA.BC 8 1 điểm 1 Vậy SABC = 4 SODC hay SODC = SABC 4 1 3 Ta có SDAC + SBDO = SABC – SODC = SABC – SABC = SABC 4 4 Câu 8. Cho hình vuông ABCD, có độ dài cạnh bằng a. E là một điểm di chuyển trên CD ( E khác C, D). Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC tại F, đường thẳng vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng CD tại K. 1 1 a. Chứng minh: không đổi AE 2 AF 2 b. Chứng minh: cos·AKE sin E· KF.cos E· FK sin E· FK.cos E· KF c. Lấy điểm M là trung điểm đoạn AC. Trình bày cách dựng điểm N trên DM sao cho khoảng cách từ N đến AC bằng tổng khoảng cách từ N đến DC và AD.
12. A B M M' N N' P E C K D Q H F Học sinh c/m: ABF = ADK (g.c.g) suy ra AF = AK Trong tam giác vuông: KAE có AD là đường cao nên: a 1 1 1 1 1 1 1 hay (không đổi) AK 2 AE 2 AD2 AF 2 AE 2 AD2 a2 1 1 HS c/m S KE.EF.sin ·AEK KE.EF.cos ·AKE KEF 2 2 1 1 Mặt khác: S EH.KF EH.(KH HF) . Suy ra: KEF 2 2 b EH.KH EH.HF KE.EF.cos ·AKE EH.(KH HF) cos ·AKE : KE.EF EH KH EH HF cos ·AKE . . sin E· FK.cosE· KF sin E· KF.cosE· FK EF EK KE EF Giả sử đã dựng được điểm N thỏa mãn. NP + NQ = MN Lấy N’ đối xứng N; M’ đối xứng M qua AD suy ra tam giác NN’M cân tại N MN’ là phân giác của D· MM ' Cách dựng điểm N: - Dựng M’ đối xứng M qua AD c - Dựng phân giác D· MM ' cắt DM’ tại N’ - Dựng điểm N đối xứng N’ qua AD Chú ý: Học sinh có thể không trình bày phân tích mà trình bày được cách dựng vẫn cho điểm tối đa.
13. Câu 9 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và hai đường kính AB và CD sao cho tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R) cắt các đường thẳng BC và BD tại hai điểm tương ứng là E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. a. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA. b. Hai đường kính AB và CD thoả mãn điều kiện gì thì tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất. BE3 CE c. Chứng minh các hệ thức sau: CE.DF.EF = CD3 và . BF 3 DF d. Nếu tam giác vuông BEF có một hình vuông BMKN nội tiếp (K EF; M BE và N BF) sao cho tỉ số giữa cạnh hình vuông với bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BEF là 2 2 . Hãy 2 tính các góc nhọn của tam giác BEF? B 1 D I O C H 1 E F P A Q BA là đường cao của tam giác BPQ suy ra H thuộc BA Nối OE, BEF vuông tại B; BA  EF nên AB2 = AE. AF AE AB AE AB AE AB 1 1 a AB AF AB AF OA AQ 2 2 · · · µ Vậy AEO : ABQ(c.g.c). Suy ra ABQ AEO mà ABQ P1 (góc có các cạnh · µ tương ứng vuông góc) nên AEO P1 , mà hai góc đồng vị => PH // OE.
14. Trong AEO có PE = PA (giả thiết); PH// OE suy ra H là trung điểm của OA. AB.PQ Ta có S R.PQ R(AP AQ) BPQ 2 R R (AE+AF) .2 AE+AF R AB2 R 4R2 2R 2 2 2 b 2 SBPQ 2R AE = AF BEF vuông cân tại B. BCD vuông cân tại B AB  CD. 2 Vậy SBPQ đạt giá trị nhỏ nhất là 2R khi AB  CD Ta có ACB và ADB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên ·ACB ·ADB 900 => ADBC là hình chữ nhật. Ta có: CD2 = AB2 = AE. AF => CD4 = AB4 = AE2. AF2 = (EC.EB)(DF.BF)=(EC.DF)(EB.BF)= EC.DF.AB.EF c AB3 = CE.DF.EF. Vậy CD3 = CE.DF.EF Ta có: BE 2 EA.EF AE BE 4 AE2 CE.BE BE3 CE BF 2 FA.EF AF BF 4 AF 2 DF.BF BF 3 DF B S J N M O 1 E 2 K F Tứ giác BMKN là hình vuông nên BK là phân giác của Bµ . Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp d BEF thì O phải nằm trên BK. Kẻ OJ  BE và OS  BF.
15. KN BK 2 2 2 Vì OS // KN nên 1 OS BO 2 2 BK BO OK OK OK 2 1 vì 1 BO BO OB OB 2 2 OK KF Mặt khác FO là phân giác Fµ nên OB BF KF 1 Suy ra = => BF = KF. 2 => BF2 = 2KF2 BF 2 Lí luận tương tự ta có BE = EK. 2 BE2 = 2EK2 Vậy EF2 = BE2 + BF2 = 2 (KF2 + KE2) (EK+KF)2 = 2(KF2 + EK2) EK2 +2EK.KF + KF2 = 2KF2 + 2EK2 KF2 – 2EK.KF + KE2 = 0 (KF – KE)2 = 0 KF = KE. Vậy BEF vuông cân tại B nên E· BF 900 , B· EF B· FE 450