ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 9 TỈNH BÌNH ĐỊNH
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (127.12 KB, 4 trang )
a) Tìm đa thức bậc ba f(x) sao cho f(x) – f(x – 1) = x2 (1)
Đa thức bậc ba có dạng tổng qt:
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0)
Thay vào điều kiện (1):
ax3 + bx2 + cx + d – [a(x – 1)3 + b(x – 1)2 + c(x – 1) + d] =
= ax3 + bx2 + cx + d – (ax3 – 3ax2 + 3ax – a + bx2 – 2bx + b + cx – c + d) =
= 3ax2 - (3a – 2b)x + (a - b + c) = x2
Đồng nhất các hạng tử cùng bậc ở hai vế, ta có hệ điều kiện:
1
a = 3
3a = 1
1
⇔ 3a − 2b = 0 ⇔ b =
a − b + c = 0
2
1
c = 6
Vậy đa thức bậc ba cần tìm là:
1
1
1
f(x) = x 3 + x2 + x + d
3
2
6
b) Tính tổng 12 + 22 + … + n2
Lần lượt thay x = 1; 2; …; n vào đẳng thức (1), ta có:
f(1) – f(0) + f(2) – f(1) + …+ f(n) – f(n – 1) = 12 + 22 + …+ n2
⇔ f(n) – f(1) = 12 + 22 + …+ n2
⇔ 12 + 22 + …+ n2 =
1 3 1 2 1
1
1
1
n + n + n + d − d = n3 + n2 + n =
3
2
6
3
2
6
n(n + 1)(2n + 1)
6
Câu 4 (5đ)
a) Chứng minh trung trực của DE
đi qua một điểm cố định
Gọi I là trung điểm của BC.
d
Ta có IM là đường trung bình
của hình thang BCED nên
MI // BD // CE.
Do đó MI là đường trung trực của DE.
Vậy trung trực của DE ln đi qua
điểm cố định I là trung điểm của BC.
b) Quỹ tích của M
=
M
E
A
K
D
H
M1
M0
B
I
C
GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ........................................ Bùi Văn Chi..................................................................... 3
+) Phần thuận:
Ta có AMI = 900, AI cố định,
nên M thuộc đường tròn có đường kính là AI.
Giới hạn:
Khi d trùng với AB thì D ≡ B, E ≡ H
(H là hình chiếu của C trên AB),
khi đó M ≡ M0 là trung điểm của BH.
E
M
A
K
D
Khi d trùng với AC thì E ≡ C, D ≡ K
H
d
(K là hình chiếu của B trên AC),
M1
khi đó M ≡ M1 là trung điểm của CK.
M0
Do đó khi đường thẳng d quay quanh điểm A
và cắt hai nửa đường tròn đường kính AB, AC
thì M di động trên cung tròn M0AM1
B
I
của đường tròn đường kính AI,
nằm bên ngồi tam giác ABC.
+) Phần đảo:
Trên cung tròn M0AM1 của đường tròn đường kính AI lấy điểm M bất kỳ.
Đường thẳng AM cắt hai nửa đường tròn đường kính AB, AC tại D, E.
Ta có: BD ⊥ d, CE ⊥ d, IM ⊥ d ⇒ BDEC là hình thang có MI là đường trung bình nên MI
⊥ DE và M là trung điểm của DE.
Vậy quỹ tích của M là cung tròn M0AM1 của đường tròn đường kính AI nằm bên ngồi tam
giác ABC.
c) Vị trí của đường thẳng d để BD + CE đạt giá trị lớn nhất
Ta có BD + CE = 2MI ≤ 2AI
Vậy BD + CE đạt giá trị lớn nhất là 2AI khi và chỉ khi đường thẳng d ⊥ AI tại A.
Câu 5 (3đ)
Trên cạnh AC lấy điểm I sao cho AI = AB,
A
ta có ∆ABI đều.
600
Khi đó AI = CE (= AB) suy ra AE = CI.
Q
Gọi K là trung điểm của IC.
Vì P là trung điểm của BC nên PK
E
là đường trung bình của ∆BCI.
Ta có: PK = BI/2 (1)
Vì QA = QE = AE/2, IK = CK = CI/2, AE = CI
nên suy ra QK = AI.
600
Mà AI = BI suy ra BI = QK (2), từ (1), (2)
I
B
suy ra PK = QK/2
600
Lại có K = Iɵ = 600 (so le trong) nên suy ra
1
1
tam giác PQK là nửa tam giác đều,
do đó ∆PQK vng tại P, suy ra Q2 = 300.
Vậy AQP = 1800 − Q2 = 1500.
P
K
C
GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ........................................ Bùi Văn Chi..................................................................... 4
C
