Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs


 
!"#!$%#&&&&&&&&&&&&
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
'()*+,-
./+#012*3
1) Tính:
9 17 9 17 2A = + + − −
2) Tính:
( ) ( )
6 2 10 5 3 2 3B = − + −
.
3) Cho
1 2
2009 1 2008 1C = − − −
và
2 2
2.2009
2009 1 2008 1
D =
− + −
.
Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
4/1#012*3
1) Cho đa thức
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + +
. Tìm x để
( )

2010f x =
2) Giải hệ phương trình:
2 2 2
x y z 6
xy yz zx 1
x y z 14
+ + =


+ − = −


+ + =

4/5#012*3
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ
( )
1;1
và điểm A di động
( )
A m;0
1) Viết phương trình họ đường thẳng
( )
m
d
vuông góc với AB tại A.
2) Chứng minh rằng không có 3 đường thẳng nào của họ
( )
m
d

đồng qui.
3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đường thẳng của họ
( )
m
d
đi qua
4/6#052*3
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm
thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh
AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD.
a) Tính số đo góc NEB.
b) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
4/7#0+2*3
Cho các số
1 2 2009
, a , . . . ,a a
được xác định theo công thức sau:

=
+ + +
n
2
a
(2n 1)( n n 1)
với n = 1, 2, …, 2008.
Chứng minh rằng:

<
1 2 2009

2008
a + a + . . . + a
2010
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&8&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs



 
M«n thi : To¸n M· sè:
Híng dÉn chÊm gåm . . . trang

H íng dÉn chÊm
C©u PhÇn Néi dung §iÓ
m
4/
+
1
2*
+3
9:72*
9 17 9 17 2A = + + − −
(
)
2 9 17 9 17 2
2
+ + − −
=
18 2 17 18 2 17 4
2

+ + − −
=
( ) ( )
2 2
17 1 17 1 2
2
+ + − −
=
0,25
( )
( )
2 17 1
17 1 17 1 2 2 17 2
2 17 1
2 2 2
−
+ + − − −
= = = = −
0,25
13
9:72*
( ) ( )
6 2 10 5 3 2 3B = − + −
( ) ( )
3 1 10 5 3 2. 2 3= − + −
( ) ( ) ( )
3 1 10 5 3 2 2 3= − + −
( ) ( ) ( )
2
3 1 10 5 3 3 1= − + −

0,25
( ) ( )
2
3 1 10 5 3= − +
( ) ( )
4 2 3 10 5 3= − +
( ) ( )
10 2 3 2 3= − +
10=
0,25
53
+:92*
1 2
2009 1 2008 1C = − − −
( ) ( )
1 2 1 2
1 2
2009 1 2008 1 2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − − − + −
=
− + −
(
)
(
)
2 2
1 2
1 2
2009 1 2008 1

2009 1 2008 1
− − −
=
− + −
0,25
2 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − +
=
− + −

( ) ( )
2 2
2009 2008 2009 2008
2009 1 2008 1
− +
=
− + −
2 2
4017
2009 1 2008 1
=
− + −
0,25
Mà
4017 4018 2.2009
< =

⇒
2 2
4017
2009 1 2008 1− + −
<
2 2
4018
2009 1 2008 1− + −
0,25
Vậy C < D 0,25
4/
1
1
2*
+3
+:92*
Ta có
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + +

⇒

( ) ( )
3. 1.2.3 2.3.3 3.4.3 . 1 .3f x x x= + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1.2. 3 0 2.3. 4 1 3.4. 5 2 . 1 . 2 1x x x x= − + − + − + + + + − − 
 
( ) ( ) ( ) ( )
0 1.2.3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 1 . 1 . 1 2x x x x x x= − + − + − − − − − + + + +
( ) ( )

. 1 2x x x= + +
0,25
H
’
AB
C
D
E
H
M
N
I
P
O
K
45
0
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
⇒

( ) ( ) ( )
1
. 1 2
3
f x x x x= + +
Để
( )
8f x =

⇔

( ) ( )
1
. 1 2 8
3
x x x+ + =

⇔
( ) ( )
. 1 2 24x x x+ + =
⇔
3 2
3 2 24 0x x x+ + − =

⇔
( ) ( )
( )
3 2 2
2 5 10 12 24 0x x x x x− + − + − =
0,25
⇔
( )
( )
2
2 5 12 0x x x− + + =
⇔
2
2 0
5 12 0
x
x x

− =


+ + =


( )
( )
1
2
0,25
Giải phương trình
( )
1
ta được x = 2
Giải phương trình
( )
2
Vô nghiệm
Vậy với x = 2 thì
( )
8f x =
.
0,25
13
+:92*
2 2 2
x y z 6 (1)
xy yz zx 1 (2)
x y z 14 (3)

+ + =


+ − = −


+ + =

(1)
⇒
(x + y + z)
2
= 36

⇒
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx) = 36

⇒
xy + yz + zx = 11 (kết hợp với (3))
(2)
⇒
xy + yz = zx – 1

⇒

xy + yz + zx = 2zx – 1

⇒
2zx = 12

⇒
zx = 6

⇒
xy + yz = 5

⇒
y(x + z) = 5 (4)
0,25
Mà y + x + z = 6
⇒
x + z = 6 – y
(4)
⇒
y(6 – y) = 5

⇒
y(6 – y) = 5

⇒
(y – 1)(y – 5) = 0

y 1
y 5
=


⇒

=

0,25
+) Với y = 1 thì (4)
⇒
x + z = 5
⇒
x = 5 – z
mà zx = 6
⇒
(5 – z)z = 6
⇒
(z – 2)(z – 3) = 0
z 2 x 3
z 3 x 2
= =
 
⇒ ⇒
 
= =
 
0,25
+) Với y = 5 thì (4)
⇒
x + z = 1
⇒
x = 1 – z

mà zx = 6
⇒
(1 – z)z = 6

⇒
(z
1
2
−
)
2
=
23
4
−
(phương trình vô nghiệm)
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là
{ }
S (3; 1; 2),(2; 1; 3)=
0,25
4/
5
1
+3
9:;72*
Phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b (d)
A, B
∈
(d) nên
− −

= ≠
− −
y 1 x 1
(m 1)
0 1 m 1
0,25
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
2*

−
⇒ − =
−
⇒ − − + = −
x 1
1 y
m 1
m 1 my y x 1

⇒ − = −
⇒ = −
− −
y(1 m) x m
1 m
y x
1 m 1 m
Gọi phương trình họ đường thẳng
( )
m
d
là y = a’x + b’

Vì
( )
m
d

⊥
AB tại A nên a.a’ = - 1
⇒ = −
−
1
.a ' 1
1 m

⇒
a’ = m – 1
⇒
y = (m – 1)x + b’
0,25
Vì
( )
m
d
đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m – 1)m + b’
Vậy họ đường thẳng
( )
m
d
cÇn t×m lµ: y = (m – 1)x + (m – m
2
)

≠(m 1)
0,25
13
9:72*
Giả sử 3 đường thẳng trong họ (d
m
) đồng qui tại điểm (x
o
; y
ô
)

⇒
y
o
= (m – 1)x
o
+ (m – m
2
)

⇔
m
2
– m(x
o
+ 1) + x
o
+ y
o

= 0
0,25
Vì phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn m nên chỉ có nhiều nhất 2
nghiệm
⇒
Chỉ có 2 đường thẳng trong họ (d
m
) đi qua điểm (x
o
; y
o
)
Vậy không có 3 đường thẳng nào của họ (d
m
) đồng qui.
0,25
53
9:;72*
Gọi các điểm N(x
1
; y
1
) mà chỉ có đường thẳng trong họ (d
m
) đi qua
⇒
y
1
= (m – 1)x
1

+ m – m
2
⇒
m
2
– m(x
1
+ 1) + x
1
+ y
1
= 0
0,25
Vì chỉ có 1 đường thẳng trong họ (d
m
) đi qua N nên phương trình trên chỉ
có 1 nghiệm.

⇒ ∆ = ⇔0

( ) ( )
2
1 1 1
x + 1 - 4 x + y = 0
0,25

−
⇔ =
2
1

1
(x 1)
y
4

Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol
−
⇔ =
2
1
1
(x 1)
y
4
0,25
4/
6
52
*
+3
9:72*
Vẽ hình đúng
0,25
Ti liu bi dng hc sinh gii toỏn 9 thcs
0,25
13
9:72*
0,25
0,25
0,25

53
+:92*
V ng trũn ng kớnh AB. Gi giao ca HN vi ng trũn l I. 0,25
Do

DHI là tam giác vuông tại H nên DI là đờng kính.
0,25
M D l im c nh nm chớnh gia ca na ng trũn ng kớnh AB
nờn I l im chớnh gia ca na ng trũn ng kớnh AB
0,25
im I i xng vi D qua AB. Vy I l im c nh.
0,25
4/7
+2*
=
+ + +
n
2
a
(2n 1)( n n 1)

+ +
= < =
+ +
+ +
2( n 1 n ) 2( n 1 n ) 1 1
n 1 n
2 n(n 1) n n 1
0,25
Do đó

+ + + < + + +
=
1 2 2009
1 1 1 1 1 1
a a
1 2 2 3 2009 2010
1
1
2010
0,25
Mt khỏc:
( )
+

=
ữ



= = >
2
2008 1 2008 2009 2010 2009 2010
1
2010
2009 2010 2009
2009 1
2010 2 2009
0
2010 2009 2010 2009
0,25

nờn
<
1 2008
1
2010
2009
. Vy
<
1 2 2009
2008
a + a + . . . + a
2010
0,25
Câu Nội dung cần trình bày Điểm
5
3 điểm
Gọi E là giao điểm của PD với đờng thẳng vuông góc với AB.
+) Xét

DCP và

DBE có:
ã
ã
=
DCP DBE
(so le trong)
DC = DB (AD là trung truyến của

ABC)

ã
ã
=
CDP BDE
(đối đỉnh)


DCP =

DBE (g.c.g)

CP = BE (1)
+) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác
của
à
A
nên MNAP là hình vuông.


AN = AP

CP = BN (2)
Từ (1) và (2)

BE = BN


BEN cân

ã
=
0
NEB 4 5
0,25
Ti liu bi dng hc sinh gii toỏn 9 thcs
+) Gọi O là trung điểm của EN.
Ta có

BEN và

EHN là tam giác vuông có chung cạnh huyền EN nên
bốn điểm B, E, H, N cùng thuộc đờng tròn tâm O.
Kéo dài HO cắt đờng tròn (O) tại K.
Khi đó:
ã
ã
=
1
OHN KON
2
(
ã
KON
góc ngoàicủa tam giác cân OHN)
ã
ã
=
1
OHB KOB

2
(
ã
KOB
góc ngoài của tam giác cân OHB)

ã
ã

OHN OHB
=
ã
ã
( )
=
0
1 1
KON KOB .90
2 2

ã
=
0
BHN 45
Vậy có
ã
ã
= =
0
BHN BEN 45

(3)
Chứng minh tơng tự ta có:
ã
ã
= =
0
NHA NPA 45
(4)
Từ (3) và (4) có
ã
=
0
AHB 90
và NH là đờng phân giác của góc
ã
AHB
Gọi H là hình chiếu của H trên AB.
Khi đó SAHB =
1
AB.HH'
2
Do đó SAHB lớn nhất khi HH lớn nhất.
Điểm H chạy trên cung tròn đờng kính AB nên HH lớn nhất khi nó bằng
bán kính, tức là khi H

D. Khi đó M

D.
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5



!"#!$%#&&&&&&&&&&&&
Thi gian lm bi 150 phỳt khụng k thi gian giao
'()*+,-
4/+#012*3
1) Rút gọn biểu thức:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
x y x
P
x y y x y x x y
=
+ + + +
2) Tỡm x, y l cỏc s chớnh phng P = 2
3) Rỳt gn ri tớnh giỏ tr biu thc:
1.2.3 2.3.4 3.4.5 2008.2009.2010Q = + + + +

4/1#012*3
1) Cho biu thc:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
A = + + + +
x x 3 2 x 5 6 x 7 12 x 9 20x x x x x+ + + + + + + + +
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
Tìm x để
5
4050150
A =
2) Cho hệ phương trình
2 2 2 2
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có
n n n n
x y a b
+ = +
3) Cho x, y, z ≥ 0 và
x + y + z 3≤
.
Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
1 1 1

x y z
x y z
+ +
+ + +
4/5#012*3
1) Chứng minh rằng số A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không thể là số chính phương
với mọi n là số nguyên dương. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A là số
chính phương.
2)
4/6#052*3
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm
thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh
AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD.
1) Tính số đo góc NEB.
2) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
3) CMR: Khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
4/7#0+2*3
Cho số tự nhiên n > 1 và n + 2 số nguyên dương a
1
, a
2
, , a
n+2
thoả mãn điều kiện
1
≤
a
1
< a
2

< < a
n+2

≤
3n.
Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số a
i
, a
j

( )
1 j i n + 2≤ ≤ ≤
sao cho n < a
i
– a
j
< 2n
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&8&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs


 
M«n thi : To¸n M· sè:
Híng dÉn chÊm gåm 5 trang

H íng dÉn chÊm
C©u PhÇn Néi dung
§iÓm
4/
+

12
*
+3
9:;72*
ĐK: x
≥
0; y
≥
0; x
≠
1; y
≠
1; x
2
+ y
2
> 0
Mẫu thức chung:
( ) ( ) ( )
1 1a b b a+ − −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 1
a a b b ab a b
A
a b b a
+ − − − +
=
+ − −

=
( )
( ) ( ) ( )
1 1
a a a b b b ab a b
a b b a
+ − + − +
+ − −
0,25
=
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
1 1
a b a a b b ab a b
a b b a
− + + − +
+ − −

=
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
a b a b a ab b ab
a b b a
 
+ − + − + −
 
+ − −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
1 1
a b a a b a b a a
a b b a
 
+ + − + + − +
 
=
+ − −
0,25

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
1 1
a b a b b a b
a b b a
 
+ + − − + −
 
=
+ − −

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 1
x y x y x xy y

x xy y
x y y x
+ + − + −
= = + −
+ − −
0,25
13
9:72*
A = 2
⇔

2a ab b+ − =

⇔
( ) ( )
1 . 1 1a b− − =
(1)
0,25
Vì a, b là số chính phương suy ra
,a b
là số tự nhiên. Nên (1) tương
đương với
1 1
1 1
1 1
1 1
a
b
a
b



− =




+ =




− = −




+ = −





Suy ra
2 4
0
0
a a
b
b


= =


⇔
 
=
=



0,25
53
9:;7
2*
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
1 2 1 2 3 1 1 2
4
k k k k k k k k k k k+ + = + + + − − + + 
 
với
k
∀ ∈
¥

0,25
1.2.3 2.3.4 3.4.5 2009.2010.2011Q = + + + +
0,25

(Loại vì
1 0b + >
)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
( ) ( )
( )
1 1
1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4
4 4
1
2009.2010.2011.2012 2008.2009.2010.2011
4
= − + − +
+ −
( )
1
1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4 2009.2010.2011.2012 2008.2009.2010.2011
4
= − + − + −
( )
1
2009.2010.2011.2012 4087371731776
4
= =
Vậy
4087371731776Q =
0,25
4/
1
12

*
+3
9:;72*
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1
A = + + + +
x 1 1 2 2 3 3 4 4 5x x x x x x x x x+ + + + + + + + +

1 1 1 1 1 1 1 1
- + - + - -
x 1 x + 1 2 x + 2 3 x + 4 5x x x x
= +
+ + + +
0,25

( )
1 1 5
-
x 5 5x x x
= =
+ +
Để
5
4050150
A =


⇔

( )
5 5
5 4050150x x
=
+

0,25

⇔

2
5 4050150 0x x+ − =
Giải phương trình này ta được
1
2010x =
;
1
2015x = −
Vậy với
1
2010x =
hoặc
1
2015x = −
thì
5
4050150
A =
.
0,25

13
9:;72*
Từ x
2
+ y
2
= a
2

+ b
2

⇒
(x
2
– a
2
) + (y
2
– b
2
) = 0

⇔
(x – a)(x + b) + (y – b)(y + b) = 0 (1)
0,25
Vì x + y = a + b
⇔
x – a = b – y Thay vào (1) ta được:
( ) ( ) ( )

0b y x a y b
− + − + =
 
 
⇔
0b y
x a y b
− =


+ = +

• Nếu b – y = 0
⇒
y = b
⇒
x = a
⇒
n n n n
x y a b
+ = +
0,25
• Nếu x + a = y + b
⇒
x b
y a
=


=



⇒

n n n n
x y a b
+ = +
Vậy trong mọi trường hợp ta có
n n n n
x y a b
+ = +
0,25
53
9:72*
Ta có:
( )
2
1 0x + ≥
với
x
∀ ∈
¡

⇒

2
2 1x x≤ +

⇒

2
2 2
2 1
1
1 1
x x
x x
+
≤ =
+ +

⇒

2
1
1 2
x
x
≤
+
.
2 2
1 1
;
1 2 1 2
y z
y z
≤ ≤
+ +

0,25

⇒

2 2 2
3
1 1 1 2
x y z
x y z
+ + ≤
+ + +

Vậy biểu thức
2 2 2
1 1 1
x y z
x y z
+ +
+ + +
đạt giá trị lớn nhất bằng
3
2

khi x = 1; y = 1 ; z = 1
0,25
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
4/
5
12
*

+3
+2*
A = (n
2
+ 3n)(n
2
+ 3n + 2)
Đặt n
2
+ 3n = a
A = a(a + 2) = a
2
+ 2a
Vì a > 0 nên a
2
< a
2
+ 2a < a
2
+ 2a + 1
0,25
Do đó a
2
< A < (a + 1)
2
Vậy A không là số chính phương với mọi n nguyên dương.
Đặt m = – n – 3
⇒
n = – m – 3
⇒

A = (- m – 3)(- m – 2)(- m – 1)(- m) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3)
0,25
Để A là số chính phương thì m
≤
0
⇒
- n – 3
≤
0
⇒
n
≥
- 3 (1)
Để A là số chính phương thì n
≤
0 (2)
0,25
Từ (1) và (2)
{ }
n 3; 2; 1;0⇒ ∈ − − −
(đều thoả mãn)
Vậy với
{ }
n 3; 2; 1;0∈ − − −
th× A lµ sè chÝnh ph¬ng
0,25
13
+:92*
0,25
0,25

0,25
0,25
4/
6
52
*
+3
9:;72*
Vẽ hình đúng
0,25
Gọi E là giao điểm của PD với đường thẳng vuông góc với AB.
+) Xét
∆
DCP và
∆
DBE có:
·
·
=
DCP DBE
(so le trong)
DC = DB (AD là trung truyến của
∆
ABC)
·
·
=
CDP BDE
(đối đỉnh)
⇒

∆
DCP =
∆
DBE (g.c.g)
⇒
CP = BE (1)
0,25
+) Mặt khác ta có tứ giác MNAP là hình chữ nhật có AM là tia phân giác
của
µ
A
nên MNAP là hình vuông.

⇒
AN = AP
⇒
CP = BN (2)
0,25
H
’
AB
C
D
E
H
M
N
I
P
O

K
45
0
Ti liu bi dng hc sinh gii toỏn 9 thcs
T (1) v (2)

BE = BN


BEN cân tại B


ã
=
0
NEB 4 5
13
+:172*
+) Gi O l trung im ca EN.
Ta cú

BEN v

EHN là tam giác vuông có chung cạnh huyền EN nên
bốn điểm B, E, H, N cùng thuộc đờng tròn tâm O.
0,25
Kộo di HO ct ng trũn (O) ti K.
Khi ú:
ã
ã

=
1
OHN KON
2
(
ã
KON
gúc ngoica tam giỏc cõn OHN)
ã
ã
=
1
OHB KOB
2
(
ã
KOB
gúc ngoi ca tam giỏc cõn OHB)

ã
ã

OHN OHB
=
ã
ã
( )
=
0
1 1

KON KOB .90
2 2

ã
=
0
BHN 45
0,25
Vy cú
ã
ã
= =
0
BHN BEN 45
(3)
Chng minh tng t ta cú:
ã
ã
= =
0
NHA NPA 45
(4)
T (3) v (4) cú
ã
=
0
AHB 90
v NH l ng phõn giỏc ca gúc
ã
AHB

0,25
Gi H l hỡnh chiu ca H trờn AB.
Khi ú SAHB =
1
AB.HH'
2
Do đó SAHB lớn nhất khi HH lớn nhất.
0,25
im H chy trờn cung trũn ng kớnh AB nờn HH ln nht khi nú bng
bỏn kớnh, tc l khi H

D. Khi ú M

D.
0,25
53
+:92*
V ng trũn ng kớnh AB. Gi giao ca HN vi ng trũn l I. 0,25
Do

DHI là tam giác vuông tại H nên DI là đờng kính.
0,25
M D l im c nh nm chớnh gia ca na ng trũn ng kớnh AB
nờn I l im chớnh gia ca na ng trũn ng kớnh AB
0,25
im I i xng vi D qua AB. Vy I l im c nh.
0,25
4/7
+2*
Vi mi k t b

i
= a
i
+ k thỡ a
i
a
j
= (a
i
+ k) (a
j
+ k) = b
i
b
j
(*)
Do ú ta cú th chn k sao cho b
n + 2
= a
n + 2
+ k = 3n v chuyn v xột dóy
s: 1

b
1
< b
2
< < b
n+2
= 3n.

Xột hai trng hp:
1) Nu tn ti j sao cho n < b
j
< 2n thỡ ta cú:
n < b
n+2
b
j
< 2n

n < a
n + 2
+ k a
j
k < 2n

n < a
i
a
j
< 2n
0,25
2) Nếu không có số b
j
nào thuộc [n + 1; 2n 1] thì các số b
1
, b
2
,,
b

n+1
có mặt ở các thành phần của n cặp số: (1, 2n), (2, 2n+1), , (n, 3n
1).
0,25
Mặt khác do n + 1 > n nên tồn tại 2 số b
i
, b
j
(j < i) thuộc cùng một
cặp, chẳng hạn (t, 2n + t 1)
hay n < b
i
b
j
= 2n + t 1 t = 2n 1 < 2n.
0,25
. Theo (*) từ cặp số b
i
, b
j
thoả mãn n < b
i
b
j
< 2n
thì tồn tại cặp a
i
, a
j
thoả mãn: n < a

i
a
j
< 2n
0,25
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs


 
!"#!$%#&&&&&&&&&&&&
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề
'()*+,-
4/+#012*3
3) Rót gän biÓu thøc:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
x y x
P
x y y x y x x y
= − −
+ − + + + −
4) Tìm x, y là các số chính phương để P = 2
3) Cho
1 2
2009 1 2008 1C = − − −
và
2 2
2.2009
2009 1 2008 1
D =

− + −
.
Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
4/1#012*3
1) Cho đa thức
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + +
. Tìm x để
( )
8f x =
2) Cho hệ phương trình
2 2 2 2
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có
n n n n
x y a b
+ = +
4/5#012*3
Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm B cố định có tọa độ
( )
1;1
và điểm A di động
( )
A m;0

1) Viết phương trình họ đường thẳng
( )
m
d
vuông góc với AB tại A.
2) Chứng minh rằng không có 3 đường thẳng nào của họ
( )
m
d
đồng qui.
3) Tìm các điểm trên mặt phẳng Oxy sao cho chỉ có 1 đường thẳng của họ
( )
m
d
đi qua
4/6#052*3
Cho tam giác vuông cân ABC (vuông ở A), AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là điểm
thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống các cạnh
AB, AC; H là hình chiếu của N xuống đường thẳng PD.
1) Tính số đo góc NEB.
2) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.
3) Chứng minh rằng khi M thay đổi, đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định.
4/7#0+2*3
Cho đa giác đều (H) có 14 đỉnh. Chứng minh rằng trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có 4 đỉnh
là các đỉnh của hình thang.
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&8&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&



 

M«n thi : To¸n M· sè:
Híng dÉn chÊm gåm 5 trang
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs

H íng dÉn chÊm
C©u PhÇn Néi dung
§iÓm
4/
+
12
*
+3
9:72*
1005 2009 1005 2009 2A = + − − +
(
)
2 1005 2009 1005 2009 2
2
+ − − +
=
2010 2009 2010 2009 4
2
= + − − +
=
( ) ( )
2 2
2009 1 2009 1 2
2
+ − − +
=

0,25
( )
2009 1 2009 1 2
4
2 2
2 2
+ − − +
= = =
VËy A =
2 2
.
0,25
13
9:72*
( ) ( )
6 2 10 5 3 2 3B = − + −
( ) ( )
3 1 10 5 3 2. 2 3= − + −
( ) ( ) ( )
3 1 10 5 3 2 2 3= − + −
( ) ( ) ( )
2
3 1 10 5 3 3 1= − + −
0,25
( ) ( )
2
3 1 10 5 3= − +
( ) ( )
4 2 3 10 5 3= − +
( ) ( )

10 2 3 2 3= − +
10=
VËy B = 10
0,25
53
+:92*
1 2
2009 1 2008 1C = − − −
(
)
(
)
1 2 1 2
1 2
2009 1 2008 1 2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − − − + −
=
− + −
(
)
(
)
2 2
1 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − −
=

− + −
0,25
2 2
1 2
2009 1 2008 1
2009 1 2008 1
− − +
=
− + −

( ) ( )
2 2
2009 2008 2009 2008
2009 1 2008 1
− +
=
− + −
2 2
4017
2009 1 2008 1
=
− + −
0,25
Mà
4017 4018 2.2009
< =

⇒
2 2
4017

2009 1 2008 1− + −
<
2 2
4018
2009 1 2008 1− + −
0,25
Vậy C < D 0,25
Ta có
( ) ( )
1.2 2.3 3.4 . 1f x x x= + + + + +

⇒

( ) ( )
3. 1.2.3 2.3.3 3.4.3 . 1 .3f x x x= + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1.2. 3 0 2.3. 4 1 3.4. 5 2 . 1 . 2 1x x x x= − + − + − + + + + − − 
 
( ) ( ) ( ) ( )
0 1.2.3 1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 1 . 1 . 1 2x x x x x x= − + − + − − − − − + + + +
0,25
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
4/
1
12
*
+3
+:92*
( ) ( )
. 1 2x x x= + +

⇒

( ) ( ) ( )
1
. 1 2
3
f x x x x= + +
Để
( )
8f x =

⇔
( ) ( )
1
. 1 2 8
3
x x x+ + =

⇔
( ) ( )
. 1 2 24x x x+ + =
⇔
3 2
3 2 24 0x x x+ + − =

⇔
( ) ( )
( )
3 2 2
2 5 10 12 24 0x x x x x− + − + − =

0,25
⇔
( )
( )
2
2 5 12 0x x x− + + =
⇔
2
2 0
5 12 0
x
x x
− =


+ + =


( )
( )
1
2
0,25
Giải phương trình
( )
1
ta được x = 2
Giải phương trình
( )
2

Vô nghiệm
Vậy với x = 2 thì
( )
8f x =
.
0,25
13
+:92*
2 2 2
x y z 6 (1)
xy yz zx 1 (2)
x y z 14 (3)
+ + =


+ − = −


+ + =

(1)
⇒
(x + y + z)
2
= 36

⇒
x
2
+ y

2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx) = 36

⇒
xy + yz + zx = 11 (kết hợp với (3))
(2)
⇒
xy + yz = zx – 1

⇒
xy + yz + zx = 2zx – 1

⇒
2zx = 12

⇒
zx = 6

⇒
xy + yz = 5

⇒
y(x + z) = 5 (4)
0,25
Mà y + x + z = 6
⇒
x + z = 6 – y
(4)

⇒
y(6 – y) = 5

⇒
y(6 – y) = 5

⇒
(y – 1)(y – 5) = 0

y 1
y 5
=

⇒

=

0,25
+) Với y = 1 thì (4)
⇒
x + z = 5
⇒
x = 5 – z
mà zx = 6
⇒
(5 – z)z = 6
⇒
(z – 2)(z – 3) = 0
z 2 x 3
z 3 x 2

= =
 
⇒ ⇒
 
= =
 
0,25
+) Với y = 5 thì (4)
⇒
x + z = 1
⇒
x = 1 – z
mà zx = 6
⇒
(1 – z)z = 6

⇒
(z
1
2
−
)
2
=
23
4
−
(phương trình vô nghiệm)
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là
{ }

S (3; 1; 2),(2; 1; 3)=
0,25
+3
9:;72*
Phương trình đường thẳng AB có dạng y = ax + b (d)
A, B
∈
(d) nên
− −
= ≠
− −
y 1 x 1
(m 1)
0 1 m 1
0,25
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
4/
5
12
*

−
⇒ − =
−
⇒ − − + = −
x 1
1 y
m 1
m 1 my y x 1

⇒ − = −
⇒ = −
− −
y(1 m) x m
1 m
y x
1 m 1 m
Gọi phương trình họ đường thẳng
( )
m
d
là y = a’x + b’
Vì
( )
m
d

⊥
AB tại A nên a.a’ = - 1
⇒ = −
−
1
.a ' 1
1 m

⇒
a’ = m – 1
⇒
y = (m – 1)x + b’
0,25

Vì
( )
m
d
đi qua A(m; 0) ta có: 0 = (m – 1)m + b’
Vậy họ đường thẳng
( )
m
d
cÇn t×m lµ: y = (m – 1)x + (m – m
2
)
≠(m 1)
0,25
13
9:72*
Giả sử 3 đường thẳng trong họ (d
m
) đồng qui tại điểm (x
o
; y
ô
)

⇒
y
o
= (m – 1)x
o
+ (m – m

2
)

⇔
m
2
– m(x
o
+ 1) + x
o
+ y
o
= 0
0,25
Vì phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn m nên chỉ có nhiều nhất 2
nghiệm
⇒
Chỉ có 2 đường thẳng trong họ (d
m
) đi qua điểm (x
o
; y
o
)
Vậy không có 3 đường thẳng nào của họ (d
m
) đồng qui.
0,25
53
9:;72*

Gọi các điểm N(x
1
; y
1
) mà chỉ có đường thẳng trong họ (d
m
) đi qua
⇒
y
1
= (m – 1)x
1
+ m – m
2
⇒
m
2
– m(x
1
+ 1) + x
1
+ y
1
= 0
0,25
Vì chỉ có 1 đường thẳng trong họ (d
m
) đi qua N nên phương trình trên chỉ
có 1 nghiệm.

⇒ ∆ = ⇔0

( ) ( )
2
1 1 1
x + 1 - 4 x + y = 0
0,25

−
⇔ =
2
1
1
(x 1)
y
4

Vậy các điểm cần tìm sẽ nằm trên Parabol
−
⇔ =
2
1
1
(x 1)
y
4
0,25
4/
6
52

*
+3
9:;72*
Vẽ hình đúng
0,25
H
’
AB
C
D
E
H
M
N
I
P
O
K
45
0
Ti liu bi dng hc sinh gii toỏn 9 thcs
Gi E l giao im ca PD vi ng thng vuụng gúc vi AB.
+) Xột

DCP v

DBE cú:
ã
ã
=

DCP DBE
(so le trong)
DC = DB (AD l trung truyn ca

ABC)
ã
ã
=
CDP BDE
(i nh)


DCP =

DBE (g.c.g)

CP = BE (1)
0,25
+) Mt khỏc ta cú t giỏc MNAP l hỡnh ch nht cú AM l tia phõn giỏc
ca
à
A
nờn MNAP l hỡnh vuụng.


AN = AP

CP = BN (2)
T (1) v (2)

BE = BN


BEN cân tại B


ã
=
0
NEB 4 5
0,25
13
+:172*
+) Gi O l trung im ca EN.
Ta cú

BEN v

EHN là tam giác vuông có chung cạnh huyền EN nên
bốn điểm B, E, H, N cùng thuộc đờng tròn tâm O.
0,25
Kộo di HO ct ng trũn (O) ti K.
Khi ú:
ã
ã
=
1
OHN KON
2
(

ã
KON
gúc ngoica tam giỏc cõn OHN)
ã
ã
=
1
OHB KOB
2
(
ã
KOB
gúc ngoi ca tam giỏc cõn OHB)

ã
ã

OHN OHB
=
ã
ã
( )
=
0
1 1
KON KOB .90
2 2

ã
=

0
BHN 45
0,25
Vy cú
ã
ã
= =
0
BHN BEN 45
(3)
Chng minh tng t ta cú:
ã
ã
= =
0
NHA NPA 45
(4)
T (3) v (4) cú
ã
=
0
AHB 90
v NH l ng phõn giỏc ca gúc
ã
AHB
0,25
Gi H l hỡnh chiu ca H trờn AB.
Khi ú SAHB =
1
AB.HH'

2
Do đó SAHB lớn nhất khi HH lớn nhất.
0,25
im H chy trờn cung trũn ng kớnh AB nờn HH ln nht khi nú bng
bỏn kớnh, tc l khi H

D. Khi ú M

D.
0,25
53
+:92*
V ng trũn ng kớnh AB. Gi giao ca HN vi ng trũn l I. 0,25
Do

DHI là tam giác vuông tại H nên DI là đờng kính.
0,25
M D l im c nh nm chớnh gia ca na ng trũn ng kớnh AB
nờn I l im chớnh gia ca na ng trũn ng kớnh AB
0,25
im I i xng vi D qua AB. Vy I l im c nh.
0,25
4/7
+2*
Cỏc nh ca hỡnh (H) chia ng trũn ngoi tip nú thnh 14 cung bng
nhau, mi cung cú s o l
0
180
7

=
. Cỏc dõy ni hai nh ca (H) chn
cỏc cung nh cú s o l

, 2

, 3

,., 7

.
Do vậy độ dài các dây đó chỉ nhận 7 giá trị khác nhau.
0,25
Ly 6 nh ca hỡnh (H) thỡ s dõy hai nh trong 6 nh ú l
( )
6.5 : 2 = 15
Vỡ 15 dõy ny cú di khụng nhn quỏ 7 giỏ tr khỏc nhau nờn phi 3
dõy cú cựng di.
0,25
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
Trong 3 dây đó luôn có 2 dây không chung đầu mút ( Vì nếu 2 dây trong 3
dây đó đều chung đầu mút thì 3 dây bằng nhau đó tạo thành một tam giác
đều, do đó số đỉnh của (H) chia hết cho 3 trái với giả thiết
0,25
Dễ thấy 2 dây bằng nhau của một đường tròn không chung đầu mút thì 4
đầu mút của chúng là một đỉnh của một hình thang cân
Từ đó suy ra trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của
hình thang.
0,25
,<=4

>?,-(#'@A
'BC DED CE>CFC
EA*#199GH199
!IE#JKE0<-+79L3
Bi 1: (1.5đ)
Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z ≤ 3.
Tìm giá trị lớn nhất biểu thức
2 2 2
1 1 1
x y z
A
x y z
= + +
+ + +
Bi 2: (1.5đ)
Giải phương trình:
2
1 1
2
2
x
x
+ =
−
Bi 3: (2.5đ)
Cho hệ phương trình ẩn x, y sau:
2
1
mx y m
x my m

+ =


+ = +

a. Xác định giá trị của m để hệ có nghiệm duy nhất
b. Giả sử (x,y) là nghiệm duy nhất của hệ. Tìm hệ thức liờn hệ giữa x,y độc lập với m.
c. Tìm m ∈ Z để x, y ∈ Z
d. Chứng tỏ (x,y) luụn nằm trờn một đường thẳng cố định.((x,y) là nghiệm của hệ pt.)
Bi 4: (3.5đ)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O;R) có hai đường chéo AC và BD
vuụng góc với nhau tại I và I khác O.
a. Chứng minh: IA.IC = IB.ID
b. Vẽ đường kính CE. Chứng minh ABDE là hình thang cõn, suy ra :
AB
2
+ CD
2
= 4R
2
và AB
2
+ BC
2
+ CD
2
+ DA
2
= 8R
2

c. Từ A và B vẽ đường thẳng vuụng góc đến CD lần lượt cắt BD tại F, cắt AC tại K.
Chứng minh A,B,K,F là bốn đỉnh của một tứ giác đặc biệt .
d. Gọi M là trung điểm của CD. Chứng minh AB = 2OM.
Bi5: (1.0 đ)
Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2 , người ta lấy 5 điểm phân biệt . Chứng
minh rằng trong 5 điểm đó luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá
1.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
'
M+: C/minh:
2
2
2 2
2 1
2 1 1
1 1
x x
x x
x x
+
≤ + → ≤ =
+ +
2
1
1 2
x
x
≤
+
. Tương tự

2 2
1 1
;
1 2 1 2
y z
y z
≤ ≤
+ +
2 2 2
1 1 1
x y z
A
x y z
= + +
+ + +
3
2
≤
Suy ra:
3
2
MaxA =
khi x = 1; y = 1 ; z = 1
M1# ĐK: -2 < x < 2 Đặt
2
2 ( 0)a x a= − >
thì a
2
= 2 – x
2

2
2x a→ = ± −
. Ta có:
( )
2
2 2
2 2 2 2
1 1
2
2
2 2
4 2 2 0
2 2
2
1
1;
2
a x
a x ax
a x ax
x a ax
a x ax
x a ax
x a x a
ax ax
+
 
+ =


+ =
+ = =

  
⇔ ⇔ ⇔
   
− − =
+ = +


 

+ = + =
 
⇒ = = −


2
1
1 ( 0)
1
2 2 1 0 1
ax a x
x
x x x x
x
= ⇒ = ≠
+ = ⇔ − + = ⇒ =

2

1
2
1 1
( 0)
2 2
1 1 3
2 2 2 2 1 0 0 ( )
2
1 3
2
1 3
1;
2
ax a x
x
x x x x a loai
x
x
S
=− → =− ≠
− +
− = ⇔ + − = ⇔ = → <
− −
=
 
− −
 
=
 
 

 
M5: a/

2 2
2 (1)
1 (2)
( 1) 2 1 3 (3)
mx y m
x my m
m x m
+ =


+ = +

→ − = −−
Với m ± 1 thì hệ pt có nghiệm duy nhất
b/ y(y – 1) = (x – 1)(x – 2) hệ thức độc lập với m
c/
2 1 1
2 (4)
1 1
m
x
m m
+
= = −
+ +

1

1 (5)
1 1
m
y
m m
= = −
+ +
. Vì x, y ∈ Z
1
1
z
m
→ ∈
+
m = 0 ⇒ x = 1; y = 0
m = - 2 ⇒ x = 3; y = 2
d/ Từ (4) và (5) su ra x – y = 1 ⇒ y = x – 1
M6
/ a. Chứng minh: ∆IAB ∼ ∆IDC

. .
IA IB
IA IC IB ID
ID IC
= → =
O
M
K
F
E

I
D
C
B
A
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
b/ c/m ABCD là hình thang cân
( Chứng minh hai cung AB và DE bằng nhau
cm: ED
2
+ CD
2
= EC
2
( tam giác DEC vuông tại D)→ AB
2
+ CD
2
= 4R
2
C/m tương tự: BC
2
+DA
2
= BE
2
+ DA
2
=EC
2

= 4R
2
c/ cm: ∆ABF cõn → IB = IF. c/m tương tự: IA = IK → ABKF là hình bình hành
→ AK ⊥ BF → ABKF là hình thoi.
d/ O là trung điểm của EC, M trung điểm CD → OM là trung bình ∆ECD →DE = 2OM
AB = DE (ABCD là hình thang cân) → AB = 2OM
M7#
Chia tam giác thành 4 tam giác không có điểm chung trong bằng việc vẽ các đường
trung bình của nó . Khi đó cạnh lớn nhất trong các tam giác đó bằng 1 . Ta chứng minh khoảng
cách giữa hai điểm bất kỳ thuộc một trong 4 tam giác đó không vượt quá 1 - khỏang cách luôn
không lớn hơn cạnh lớn nhất là 1. Do có 5 điểm trong tam giác ban đầu nên có ít nhất 01
trong 4 tam giác nhỏ chứa không ít hơn 2 điểm trong số 5 điểm đó . vì vậy luôn tồn tại hai
điểm mà khoảng cách không vượt quá 1.
Ubnd huyện gia lộc
NOP'
®ª
(O1
Năm học: 2008-2009
Môn: Toán
<-#+79L (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Ngµy thi 17/01/2009
4/+#0+:72*3
a) TÝnh : A =
179 +
-
179 −
-
2
b) tính : B =
53 −

.
( )( )
53210 +−
.
c) Cho C =
2008 2007−
và D =
2009 2008−
.
Không dùng máy tính hãy so sánh C và D .
 ./1#0+2*3
Cho P(x) là đa thức bậc 3 với hệ số của
3
x
là số nguyên khác 0 và khác - 1.
Biết
(2007) 2008P =
và
(2008) 2009P =
. Chứng minh rằng:
(2009) (2006)P P−
là hợp số
4/5012*3:
a. Gọi
n
S
=
1 1 1

1 2 2 3 n n 1

+ + +
+ + + +
,
n
N,n 1∈ ≥
.
Tìm tất cả các giá trị của
n
sao cho
n

≤

100
và
n
S
có giá trị nguyên.
b. Cho a,b,c là các số thực thoả mãn điều kiện: abc = 2009. Chứng minh rằng:
2009
1
2009 2009 2009 1
a b c
ab a bc b ca c
+ + =
+ + + + + +
4/6012*3#
-&Giải hệ phương trình:
2 2 2
x y z 6

xy yz zx 1
x y z 14
+ + =


+ − = −


+ + =

hoặc
a. Cho hệ phương trình
2 2 2 2
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có
n n n n
x y a b
+ = +
®Ò chÝnh thøc
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
b. Chiều cao của một tam giác bằng 3; 4; 5. Tam giác này có phải là tam giác vuông
không?
hoặc: Cho hình vuông ABCD với M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và
CD. Tính cosMAN?

 4/6052*3#
Cho (O;R) và (O’;R’) tiếp xúc nhau tại C. Kẻ đk COA và CO’D; tiếp tuyến chung ngoài
EF với F thuộc (O) và E thuộc (O’). Gọi H là giao điểm của AF và DE.
a) Chứng minh góc AHD vuông. Từ đó suy ra HC là tiếp tuyến chung của hai đường
tròn.
b) Kẻ tiếp tuyến chung ngoài thứ hai BI với B thuộc (O), I thuộc (O’).
Chứng minh rằng :
EF + BI = BF + EI

c) Tính diện tích tứ giác BFEI theo R; R’.
 ./7#012*3
Chứng minh rằng luôn tồn tại số có dạng 2009200920092009 2009 mà số đó chia hết
cho 2003.
Hoặc: Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2, người ta lấy 5 điểm phân biệt. Chứng
minh rằng trong 5 điểm đó luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá
1.
Phòng GD&ĐT Gia Lộc
,< Q?QR
'(*"
Thời gian: 150’
Năm học 2008 - 2009
M+(2điểm). Cho biểu thức
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
= − −
+ − + + + −
x y xy
P
x y y x y x x y
a) Rút gọn P

b) Tìm x, y là các số chính phương để P = 2
M1(2 điểm). Cho hệ phương trình

2 2 2 2
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có
n n n n
x y a b
+ = +
M5(2 điểm).Trong tam giác ABC có chu vi 2p = a+ b + c (a, b, c là độ dài ba cạnh).
Chứng minh rằng
1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
− − −
 
Dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi tam giác ABC có đặc điểm gì?
M6 (3 điểm). Cho đường tròn(O; r), dây cung BC = a không đổi. A là một điểm trên cung
lớn AB sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CK cắt nhau tại H.
1) Trong trường hợp
· ·

BHC BOC=
, tính AH theo a
2) Tìm vị trí của A để tích DH.DA nhận giá trị lớn nhất.
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
M7 (1 điểm) Cho đa giác đều (H) có 14 đỉnh. Chứng minh rằng trong 6 đỉnh bất kì của (H)
luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của hình thang.
Hết
đáp án - biểu điểm
M ' M2/
2*
Bài 1 a)ĐK: x
≥
0; y
≥
0; x
≠
1; y
≠
1; x
2
+ y
2
> 0
Mẫu thức chung: M =
( ) ( ) ( )
1 1x y y x+ − −
( ) ( ) ( )
1 1x x y y xy x y
P
M

+ − − − +
=
=
( )
x x x y y y xy x y
M
+ − + − +
=
( )
( )
( )
x y x x y y xy x y
M
− + + − +

=
( ) ( ) ( )
x y x y x xy y xy
M
 
+ − + − + −
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1x y x x y x y x x
M
 
+ + − + + − +
 
=

( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1x y x y y x y
M
 
+ + − − + −
 
=
=
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 1
x y x y x xy y
x xy y
x y y x
+ + − + −
= = + −
+ − −
3) P = 2
⇔

2x xy y+ − =

⇔
( ) ( )
1 . 1 1x y− − =
(1)
Vì x, y là số chính phương suy ra
,x y
là số tự nhiên. Nên (1)

tương đương với
1 1
1 1
1 1
1 1
x
y
x
y


− =




+ =





− = −



+ = −






Suy ra
2
4
0
0
x
x
y
y

=
=


⇔
 
=
=



0,5 đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
(Loại vì

1 0y + >
)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
Bài 2 Từ x
2
+ y
2
= a
2

+ b
2

⇒
(x
2
– a
2
) + (y
2
– b
2
) = 0

⇔
(x – a)(x + b) + (y – b)(y + b) = 0 (1)
Vì x + y = a + b
⇔
x – a = b – y Thay vào (1) ta được:
( ) ( ) ( )

0b y x a y b
− + − + =
 
 
⇔
0b y
x a y b
− =


+ = +

• Nếu b – y = 0
⇒
y = b
⇒
x = a
⇒
n n n n
x y a b
+ = +
• Nếu x + a = y + b
⇒
x b
y a
=


=


⇒

n n n n
x y a b
+ = +
Vậy trong mọi trường hợp ta có
n n n n
x y a b
+ = +
0,5đ
0,5đ
0,.5đ
0,5đ
Câu 3
Chứng minh BĐT phụ:
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
( Với x, y dương) (1)

2 2
( ) 4 ( ) 0x y xy x y⇔ + ≥ ⇔ − ≥
(2)
(Dấu “=” xảy ra khi x = y)
(2) luôn đúng
⇔
(1) luôn đúng
Ta có p – a > 0; p – b > 0; p – c > 0

áp dụng BĐT (1) Ta có:
1 1 4 4
( ) ( )p a p b p a p b c
+ ≥ =
− − − + −
1 1 4 4
( ) ( )p a p c p a p c b
+ ≥ =
− − − + −
1 1 4 4
( ) ( )p c p b p c p b a
+ ≥ =
− − − + −
Cộng từng vế ta có
1 1 1 1 1 1
2
p a p b p c a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
− − −
 
Dấu “=” xảy ra khi p – a = p – b = p – c
⇔
Tam giác ABC đều.
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,5đ
Câu 4
H
M
I
K
E
D
O
A
B
C
a) Xét tứ giác AKHE có
µ
µ
0
90K E
= =

⇒

µ
·
0
180A BHC
+ =
mà
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 thcs
· ·
BHC BOC

=
;
·
µ
2BOC A
=

⇒

µ µ
0 0
3 180 60A A
= ⇒ =
Kẻ BI là đường kính , chứng minh tứ giác AICH là hình bình hành
⇒
AH = CI (1)
Gọi M là trung điểm của BC
⇒
IC = 2 OM (2) (Đường trung bình)
Từ (1) và (2)
⇒
AH = 2 OM.
Do M là trung điểm của BC
⇒
OM
⊥
BC và OM là tia phân giác của
góc BOC
⇒

·
0
60MOC
=
.
OM = MC.sin60
0
=
3 3
.
2 2 4
a a
=
⇒
AH =
3
2
a
b)
DB DH
DBH DAC
DA DC
∆ ∆ ⇒ =:

⇒
DA.DH = DB.DC
áp dụng bất đẳng thức
( )
2
4

a b
ab
+
≤
( Dấu “=” xảy ra khi a = b)
⇒
DA.DH = DB.DC
( )
2
2
4 4
DB DC
a
+
≤ =
(Không đổi)
(Dấu “=” xảy ra khi DB = DC hay D là trung điểm của BC)
⇒
DA.DH nhận giá trị lớn nhất là
2
4
a
khi D là trung điểm của BC
ABC⇔ ∆
cân tại A hay A là điểm chính giữa của cung BC
0,5đ
0,25
0,5đ
0,25đ
0,5đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 5 Các đỉnh của hình (H) chia đường tròn ngoại tiếp nó thành 14 cung
bằng nhau, mỗi cung có số đo là
0
180
7
α
=
. Các dây nối hai đỉnh của
(H) chắn các cung nhỏ có số đo là
α
, 2
α
, 3
α
,…., 7
α
. Do vậy độ
dài các dây đó chỉ nhận 7 giá trị khác nhau.
Lấy 6 đỉnh của hình (H) thì số dây hai đỉnh trong 6 đỉnh đó là (6.5): 2
= 15. Vì 15 dây này có độ dài không nhận quá 7 giá trị khác nhau nên
phải 3 dây có cùng độ dài. Trong 3 dây đó luôn có 2 dây không
chung đầu mút ( Vì nếu 2 dây trong 3 dây đó đều chung đầu mút thì 3
dây bằng nhau đó tạo thành một tam giác đều, do đó số đỉnh của (H)
chia hết cho 3 trái với giả thết
Dễ thấy 2 dây bằng nhau của một đường tròn không chung đầu mút
thì 4 đầu mút của chúng là một đỉnh của một hình thàn cân. Từ đó

suy ra trong 6 đỉnh bất kì của (H) luôn có 4 đỉnh là các đỉnh của hình
thang.
0,25®
0,25®
0,25®
0,25®
Ti liu bi dng hc sinh gii toỏn 9 thcs
PCS
NOSP'/TU>-QV

Đề thi học sinh giỏi vòng 2 lớp 9
năm học 2008-2009
Đề thi môn: Toán
(Thời gian làm bài: 150 phút )
Câu 1: (1,5điểm)
a) Cho các số thực dơng x, y thoả mãn: x
100
+ y
100
= x
101
+ y
101
= x
102
+ y
102
Hãy tìm giá trị của biểu thức: A = x
2008
+ y

2008
.
b) Giải hệ phơng trình:
2 2 2
x y z 6
xy yz zx 1
x y z 14
+ + =


+ =


+ + =

Cõu 2: (2im)
a) Chng minh rng s A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) khụng th l s chớnh phng
vi mi n l s nguyờn dng. Tỡm tt c cỏc s nguyờn n sao cho A l s
chớnh phng.
b) Cho s t nhiờn n > 1 v n + 2 s nguyờn dng a
1
, a
2
, , a
n+2
tho món iu kin
1

a
1

< a
2
< < a
n+2


3n.
Chng minh rng luụn tn ti hai s a
i
, a
j
(1

j

i

n + 2) sao cho n < a
i
a
j
< 2n
Cõu 3: (1im)
Cho cỏc s u
1
, u
2
, , u
2009
c xỏc nh theo cụng thc sau:

n
2
u
(2n 1)( n n 1)
=
+ + +
vi n = 1, 2, , 2007.
Chng minh rng u
1
+ u
2
+ + u
2007
2007
2009
<
Cõu 4: (1,5im)
Trong mt phng ta cho im B c nh cú ta (1; 1). A di ng A(m; 0)
a) Vit phng trỡnh h ng thng (d
m
) vuụng gúc vi AB ti A.
b) Chng minh rng khụng cú 3 ng thng no ca h (d
m
) ng qui.
c) Tỡm cỏc im trờn mt phng ta sao cho ch cú 1 ng thng ca h (d
m
) i qua.
Cõu 5: (4im)
Cho tam giỏc vuụng cõn ABC (vuụng A), AD l trung tuyn thuc cnh huyn, M l im
thay i trờn on AD. Gi N v P theo th t l hỡnh chiu vuụng gúc ca M xung cỏc cnh

AB, AC; H l hỡnh chiu ca N xung ng thng PD.
a) Xỏc nh v trớ ca M tam giỏc AHB cú din tớch ln nht.
b) Chng minh rng khi M thay i, ng thng HN luụn i qua mt im c nh.


Ti liu bi dng hc sinh gii toỏn 9 thcs
PCS
NOSP'/TU>-QV

Kì thi học sinh giỏi vòng 2 lớp 9
năm học 2008-2009
Hớng dẫn chấm môn: Toán
(Gồm 4 trang)
Câu Nội dung cần trình bày Điểm
1.a)
0,5điểm
Ta có: x
102
+ y
102
= x
102
+ x
101
y + xy
101
+ y
102
x
101

y xy
101


x
102
+ y
102
= (x
101
+ y
101
)(x + y) xy(x
100
+ y
100
) (1)
Mà theo bài ra x
100
+ y
100
= x
101
+ y
101
= x
102
+ y
102
(2)

Từ (1) và (2)

1 = x + y xy


(x 1)(y 1) = 0


(x; y) = (1; 1)
Thay x = 1 và y = 1 vào A ta đợc:
A = 1
2008
+ 1
2008
= 2

0,25

0,25
1.b)
1im
2 2 2
x y z 6 (1)
xy yz zx 1 (2)
x y z 14 (3)
+ + =


+ =

+ + =

(1)

(x + y + z)
2
= 36


x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx) = 36


xy + yz + zx = 11 (kt hp vi (3))
(2)

xy + yz = zx 1


xy + yz + zx = 2zx 1


2zx = 12

zx = 6


xy + yz = 5


y(x + z) = 5 (4)
M y + x + z = 6

x + z = 6 y
(4)

y(6 y) = 5


y(6 y) = 5


(y 1)(y 5) = 0

y 1
y 5
=



=

+) Vi y = 1 thỡ (4)

x + z = 5

x = 5 z
m zx = 6

(5 z)z = 6

(z 2)(z 3) = 0
z 2 x 3
z 3 x 2
= =



= =

+) Vi y = 5 thỡ (4)

x + z = 1

x = 1 z
m zx = 6

(1 z)z = 6


(z
1

2

)
2
=
23
4

(phng trỡnh vụ nghim)
Vy tp nghim ca h phng trỡnh l
{ }
S (3; 1; 2),(2; 1; 3)=
0,25
0,25
0,25
0,25
2.a)
1điểm
A = (n
2
+ 3n)(n
2
+ 3n + 2)
Đặt n
2
+ 3n = a
A = a(a + 2) = a
2
+ 2a
Vì a > 0 nên a

2
< a
2
+ 2a < a
2
+ 2a + 1
Do đó a
2
< A < (a + 1)
2
Vậy A không là số chính phơng với mọi n nguyên dơng.
Đặt m = n 3

n = m 3
0,25
0,25