Đề thi học sinh giỏi toán 9 quận tân bình thành phố hồ chí minh năm học 2014 2015(có đáp án)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015  a2  a2 a2   b 1  0   5 0   a  4 a  4 a  4   hay    42   42 16   a b  3 b  3 b  3  a  b  4  0   b 1  0  16  4   a  4 a  4 ax  b hay  Vậy  thì y  2 có giá trò nhỏ nhất là -1 và có giá trò lớn nhất là 4 x 1 b  3 b  3 Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao BM, CN cắt nhau tại H. Gọi K là trung điểm của AH. Gọi I là giao điểm của AH và MN. Chứng minh I là trực tâm của BKC . A K T M I H O B C F Gọi F là giao điểm của AH và BC. Gọi T là giao điểm của BI và KC Xét FKN và FMI , ta có: NFK  MFI  ...   FKN  FMI  2NMH  FK FN   FKN ∽ FMI  g  g   FM FI  FN.FM  FI.FK . Mà FB.FC  FN.FM  FNB ∽ FCM   Nên FB.FC  FI.FK  FB FI  . Mà BFI  KFC  90 0 FK FC  x  Nên FBI ∽ FKC  IBF  IKT  hai góc tương ứng  Mà BIF  KIT  đối đỉnh . Nên IKT  KIT  IBF  BIF  900  KTI  900  BT  KC Bài 5: (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm M di chuyển trên đường tròn (O). Gọi A1 ,B1 ,C1 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng: Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 A B1 E F H B A1 O D K C1 T C S M 1) Ba điểm A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng. (2 điểm) Gọi S, K, T lần lượt là giao điểm của MC1;MA1;MB1 với AB, BC, AC. Chứng minh được: S, K, T thẳng hàng. (đường thẳng Simpson) S là trung điểm của MC1   K là trung điểm của MA1 T là trung điểm của MB 1   ST // C1A1 SK // C1A1 Dùng đường trung bình chứng minh được:   C1A1  A1B1  KT // A1B1  ST // A1B1   A1 ,B1 ,C1 thẳng hàng. (1) 2) Đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 luôn đi qua một điểm cố đònh khi M di chuyển. (2 điểm) Vẽ AD, BE, CF lần lượt là 3 đường cao của ABC cắt nhau tại H. Ta chứng minh được: BHD  ACB  AMB  AC1 B t / c đối xứng  BHD  AC1B  Tứ giác AC1BH nội tiếp  AHC1  ABC1  ABM  t / c đối xứng  (1) Chứng minh tương tự ta được: AHB1  ACM  2  Từ (1) và (2) cộng vế ta được: AHC1  AHB1  ABM  ACM  C1HB1  1800  C1 ,H,B1 thẳng hàng. (2) Từ (1) và (2) suy ra: 4 điểm  A1 ,B1 ,C1 ,H thẳng hàng. Mà H cố đònh. Nên đường thẳng chứa A1 ,B1 ,C1 luôn đi qua một điểm H cố đònh khi M di chuyển. Bài 6: (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn (AB < AD). Tia phân giác của góc BAD cắt BC tại M và cắt DC tại N. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCN. Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp. Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15) CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 K N B M A C D Chứng minh: tứ giác BKCD nội tiếp. Ta có: DAN  MAB AM là tia phân giác của BAD   DAN  DNA  DAN cân tại D.  DNA  MAB hai góc so le trong và AB // DN      DN  DA . Mà DA = BC (tứ giác ABCD là hình bình hành). Nên DN = BC. Ta có : NMC  DAN  BC // AC   MNC  MAB  AB // DN   NMC  MNC  CMN cân tại C.  DAN  MAB  ...   CM  CN . Mà KM = KN (bán kính (K)). Nên KC là đường trung trực của MN.  CK  MN Ta có : BC  DN  BC  CM  DN  CN  BM  DC  CM  CN CMN cân tại C có CK là đường cao (…) Nên CK cũng là đường phân giác của CMN .  MCK  NCK (1) Ta có : KM = KC  KMC cân tại K  KMC  MCK  2  Từ (1) và (2) suy ra : KMC  NCK Mà KMC  BMK  NCK  DCK  1800  BMK  DCK BM  DC  Xét BMK và DCK , ta có : BMK  DCK  BMK  DCK c  g  c  MBK  CDK KM  KC   Tứ giác BKCD nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng nhau)   HẾT   Học Sinh Giỏi Lớp 9 (Vòng 2) –Q. TÂN BÌNH (14-15)