Đề thi HSG Toán 9 - Bình định ppsx

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009

Bài 1: (3 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n
3
– mn
2
– 3n
2
+ 14n – 7m – 5 = 0

Bài 2: (3 điểm)
Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và
111
0
xyx
+
+=
Chứng minh rằng
222
yz zx xy
3
xyz
++=
Bài 3: (3 điểm)
Giải hệ phương trình:

xy7
x20 y36
⎧

+=
⎪
⎨
−+ +=
⎪
⎩


Bài 4: (4 điểm)
Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh
tam giác ABC lần lượt tại G, E, F.
Chứng minh rằng
OA OB OC
2
AG BE CF
++=

Bài 5: (4 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy
điểm C sao cho AC = AB. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O) tại D, M là một điểm
thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống
AB và AC, H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đường thẳng PD.
a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 6: (3 điểm)
Chứng minh:
11 1
17 18
2 3 100

<+++ <
L


1
GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
NĂM HỌC 2008 – 2009

Bài 1.
Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n
3
– mn
2
– 3n
2
+ 14n – 7m – 5 = 0 (1)
Biến đổi:
(1) 2n
3
– 3n
2
+ 14n – 5 – m(n
2
+ 7) = 0
⇔ m =
32
2
2n 3n 14n 5
n7

−+−
+
=
2
16
2n 3
n7
−+
+

Vì m, n ∈
Z, nên (n
2
+ 7) ∈ Ư(16), suy ra (n
2
+ 7) ∈ {8; 16}, do đó n
2
∈ {1; 9}.
+) Nếu n
2
= 1 thì n = ±1
+) Nếu n
2
= 9 thì n = ±3
+ Với n = 1, ta có m = 1
+ Với n = -1, ta có m = -3
+ Với n = 3, ta có m = 4
+ Với n = -3, ta có m = -8.
Vậy ta tìm được 4 cặp giá trị (m, n) ∈ {(1; 1), (-3; -1), (4; 3), (-8; -3)}.

Bài 2.
Cho x, y, z khác 0 thỏa
111
0
xyz
++=
.
Chứng minh
222
yz zx xy
3
xyz
++=

Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức:
a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc = (a + b + c) (a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – bc – ca)
=
1

2
(a + b + c)[(a – b)
2
+ (b – c)
2
+ (c – a)
2
]
Ta có:
(a
3
+ b
3
) + c
3
– 3abc = (a + b)
3
+ c
3
– 3ab(a + b)– 3abc
= (a + b + c)[(a + b)
2
– (a + b)c + c
2
] – 3ab(a + b) – 3abc
= (a + b + c)[(a + b)
2
– (a + b)c + c
2
] – 3ab(a + b + c)

= (a + b + c)[(a + b)
2
– (a + b)c + c
2
– 3ab]
= (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – bc – ca)
=
1
2
(a + b + c)[(a – b)
2
+ (b – c)
2
+ (c – a)
2
]
Do đó a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c.
Đặt

11
a,b,c
xy
===
1
z
, theo giả thiết
111
0
xyz
+
+= nên suy ra a + b + c = 0
Do đó a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc = 0 ⇔ a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc,
hoặc
333
111 3
xyzxy
++=

z

Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được
222
yz zx xy
3
xyz
+
+=
(đpcm).

Bài 3.
Giải hệ phương trình:
2
xy7
x20 y36
⎧
+=
⎪
⎨
−+ +=
⎪
⎩

Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x
≥ 20, y ≥ 0.
Đặt a =
x20,b y3−=+(a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a
2
+ 20, y = b

2
– 3.
Hệ phương trình viết lại:
22
a20 b37(1
ab6(2)
⎧
++ −=
⎪
⎨
+=
⎪
⎩
)

Trong đó, 0
≤ a ≤ 6, b ≥ 3
Bình phương hai vế của (1) ta có:
a
2
+ 20 + b
2
– 3 + 2
()()
22
a20b3+− = 49 (3)
Thay b = 6 – a vào (3), ta có:
a
2
+ 20 + (6 – a)

2
– 3 + 2
()
()
2
2
a206a 3
⎡⎤
+−−
⎣⎦
= 49
⇔ a
2
+ 20 + 36 – 12a + a
2
– 3 + 2
()
(
)
22
a20a12a33+−+ = 49
⇔
()( )
22
a20a12a33+−+ = - a
2
+ 6a – 2 (4)
Bình phương hai vế của (4) với (a – 3)
2
≤ 7, ta có:

(a
2
+ 20)(a
2
– 12a + 33) = (-a
2
+ 6a – 2)
2

⇔ a
4
– 12a
3
+ 53a
2
– 240a + 660 = a
4
+ 36a
2
+ 4 – 12a
3
+ 4a
2
– 24a
⇔ 13a
2
– 216a + 656 = 0
⇔ a
1
= 4: chọn, a

2
=
164
: loại
6
13
>
Với a = 4, ta có b = 2.
Thế lại ẩn cũ:
a = 4
⇒
x20− = 4 ⇔ x = 36
b = 2
⇒
y3+ = 2 ⇔ y = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm:
x = 36, y = 1.

Bài 4.
Chứng minh:
OA OB OC
AG BE CF
++
= 2
Đặt S
OAB
= S
1
, S
OAC

= S
2
, S
OBC
= S
3

Ta có:
1 2 12
ABG ACG ABG ACG
OA S S SS
AG S S S S
===
+
12
ABC
SS
S
++
= (1)
Lập luận tương tự, ta có:
13
ABC
OB S S
BE S
+
= (2)
23
ABC
OC S S

CF S
+
= (3)
Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:
3
A
F
O
E
S
1
S
2
S
3
B
C
G
A
B
F
O
E
C
G
S
1
S
2
S

3
123 ABC
ABC ABC
OA OB OC 2(S S S ) 2S
2
AG BE CF S S
+
+
++= = =.

Bài 5.
a) Vị trí của M để diện tích tam giác AHB lớn nhất
Ta có = 90
0
+ 90
0
= 180
0
nên tứ giác APHN nội tiếp (1)


PAN PHN+
Tứ giác APMN là hình vuông nên nội tiếp (2)
Từ (1), (2) ta có 5 điểm A, N, M, P, H
cùng thuộc một đường tròn.
Do đó = 90
0




AHM APM=
Mặt khác tứ giác MPCD nội tiếp nên


MPD MCD= (góc nội tiếp cùng chắn cung MD)
Tam giác ABC vuông cân tại A có AD
vừa là đường cao vừa là đường trung trực,
vừa là đường phân giác nên:
MB = MC
⇒
ΔMBC cân tại M
⇒
, do đó (3)


MCD MBD=


MPD MBD=
Ta lại có là góc ngoài ΔMBD tại M nên:

AMB




0
AMBMBDMDBMBD90=+=+(4)

APH =




0
APM MPH 90 MPD+=+(5)
Từ (3), (4), (5) suy ra: (6)


APH AMB=
Vì tứ giác APHM nội tiếp nên:


APH AMH+ = 180
0
(7)
Từ (6), (7) suy ra:


AMB AMH+ = 180
0

Do đó ba điểm H, M, B thẳng hàng, nên = 90
0


AHB
Vậy H thuộc đường tròn (O).
Suy ra tam giác AHB có diện tích lớn nhất khi độ dài đường cao HK lớn nhất
A
N

O
B
M
D
H
P
C
x
E
K
⇒
HK = R H ≡ D
⇒
M ≡ D.
⇒
Vậy khi M ≡ D thì S
AHB
đạt giá trị lớn nhất là R
2
(R là bán kính đường tròn (O)).
b) Chứng minh HN luôn đi qua một điểm cố định
Gọi E là giao điểm thứ hai của HN với đường tròn (O).
Ta có = 45
0
. Vì = 90
0
, suy ra

NHB = 45
0

.


AHN APN=

AHB
Do đó HN là tia phân giác của góc , suy ra E là điểm chính giữa của cung , nên
điểm E cố định.

AHB

AB
Vậy khi M di động trên đoạn thẳng AD thì HN luôn đi qua điểm E cố định là điểm chính giữa
của cung tròn của đường tròn (O).

AB



Bài 6.
Chứng minh:
11 1
17 18
2 3 100
<+++ <
L
4
Ta chứng minh bài tốn tổng qt:
11 1
2n 3 2n 2

23 n
−< + + + < −
L (n ∈ N, n ≥ 2)
Ta có:
*)
()
12 2
2k k1
kkkkk1
=< =−
++−
−(1)
Cho k lấy các giá trị từ 2 đến 100, thay vào bất đẳng thức (1), ta có:
()
()
()
()
1
22 1
2
1
23 2
3
1
299 98
99
1
2 100 99
100
⎧

<−
⎪
⎪
⎪
<−
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
<−
⎪
⎪
⎪
<−
⎪
⎩
LLLLLLL
Cộng vế theo vế, ta được:
()
11 1
2 2 1 3 2 100 99
2 3 100
+++ < −+−++ −
LL=
(
)
2100 118−=
*)

()
12 2
2k1 k
kkkk1k
=> =+−
+++

Lập luận tương tự như trên, ta có:
()
11 1
2 101 2 2 101 2 2 2 100 3 17
2 3 100
+++ > − = − > −=
L
Vậy
11 1
17 18
2 3 100
<+++ <
L



Quy Nhơn, ngày 16 tháng 04 năm 2009
Người gửi: BÙI VĂN CHI
Giáo viên Trường THCS LÊ LI
Tp. Quy Nhơn, Tỉnh Bình Đònh
ĐT: 056828529
E-mail:

5