DeHSGToan9 BinhDinh2013

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi 1
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
MƠN TỐN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2013



Bài 1: (5 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức: A =
1 1
2 2 3 2 2 3

   

b) Giải hệ phương trình:
2 2
11
3 4 2
x y
x xy y

 


   




Bài 2: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng trong 8 số tự nhiên có ba chữ số bất kỳ, bao giờ cũng tìm được 2 số mà

khi viết chúng liền nhau ta được một số có 6 chữ số chia hết cho 7.
b) Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện x
2
+ y
2
– xy = 4. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của biểu thức: P = x
2
+ y
2
.

Bài 3: (4 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = - x
2
và đường thẳng (d) có phương trình:
y = mx – 1 (m là tham số).
a) Chứng minh với mọi m đường thẳng (d) ln cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B.
b) Gọi hồnh độ giao điểm của A và B lần lượt là x
1
; x
2
. Chứng minh rằng:
1 2
x x



2.

Bài 4: (3 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là trung điểm của cạnh AB và E
là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh rằng OE vng góc CD.

Bài 5: (4 điểm)
Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi (CD khơng
trùng với AB). Vẽ tiếp tuyến (d) với đường tròn (O; R) tại B. Các đường thẳng AC, AD lần lượt
cắt đường thẳng (d) tại P và Q.
a) Chứng minh tứ giác CPQD là một tứ giác nội tiếp.
b) Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDP. Chứng minh rằng khi đường kính CD
thay đổi (CD khơng trùng với AB) thì E di động trên một đường thẳng cố định.






*) Ghi chú:
Ở bài 2b), điều kiện x, y là các số thực dương đã được thay bằng điều kiện x, y là các số thực.

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi 2
GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN TỐN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
NĂM HỌC 2012 – 2013

Bài 1 (5 điểm)
a) Tính A =
1 1
2 2 3 2 2 3


   

A =
1 1
2 2 3 2 2 3

   
=
2 2
2 4 2 3 2 4 2 3

   

=
   
 
2 2
2 2 2 2 2 2
2 3 1 3 3 3 3
2 3 1
2 3 1 2 3 1
    
   
 
   

=
3 3 3 3
2 2
9 3

.
 
  

 
 

 

b) Giải hệ phương trình:
2 2
11
3 4 2
x y
x xy y

 


   





 
 
2
2 11
3 4 2

x y xy
x y xy

  


   





2
2 11
3 4 2
S P
S P

 


  


. (Đặt S = x + y, P = xy)


2
2 11 6 8 2 1
3 4 2 2

S S ( )
S P ( )

   


  



Giải phương trình (1): S
2
+ 2S – (17 + 8
2
) = 0

’ = 18 + 8
2
= 2(9 + 4
2
) = 2


2
2 2 1


Phương trình (1) có 2 nghiệm: S
1
= - 1 +

2
(2
2
+ 1) = 3 +
2
;
S
2
= - 1 -
2
(2
2
+ 1) = - 5 -
2

Thay các giá trị của S vào (2) ta có: P
1
= 3 + 4
2
- S
1
= 3 + 4
2
- (3 +
2
) = 3
2
;
P
2

= 3 + 4
2
- S
2
= 3 + 4
2
- (- 5 -
2
) = 8 + 5
2
.
+) Với cặp giá trị S
1
và P
1
, ta có x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai:
t
2
– S
1
t + P
1
= 0

t
2
– (3 +
2
)t + 3
2

= 0 (3)
Giải pt (3):

= (3 +
2
)
2
- 12
2
= 11 - 6
2
= (3 -
2
)
2

t
1
=




3 2 3 2
2
2
  
 ; t
2
=





3 2 3 2
3
2
  


Do đó x =
2
; y = 3 hoặc x = 3 ; y =
2
.
+) Với cặp giá trị S
2
và P
2
, ta có x, y là các nghiệm của phương trình:
t
2
– S
2
t + P
2
= 0

t
2

+ (5 +
2
)t + 8 + 5
2
= 0 (4)
Giải pt (4):

= (5 +
2
)
2
– 4(8 + 5
2
) = 27 + 10
2
- 32 - 20
2
= - 5 - 10
2
< 0: pt vơ
nghiệm.
Tóm lại, hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: x
1
=
2
, y
1
= 3; x
2
= 3, y

2
=
2
.


GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi 3
Bài 2 (4 điểm)
a) Chứng minh tồn tại số chia hết cho 7
Vì tập hợp các số dư trong phép chia một số tự nhiên bất kỳ chia cho 7 có 7 giá trị, và có 8 số tự
nhiên nên theo ngun tắc Dirichlet, tồn tại 2 số tự nhiên có cùng số dư trong phép chia cho 7, do
đó hiệu của 2 số này chia hết cho 7.
Gọi 2 số đó là:
abc
và
xyz
. Hai số này viết liền nhau được số
abcxyz
.
Ta có:


1000 1001
abcxyz .abc xyz .abc abc xyz
    

Vì 1001

7, (
abc

-
xyz
)

7 nên suy ra
abcxyz

7.
Vậy tồn tại 2 số trong 8 số đã cho mà khi viết liền nhau được một số có 6 chữ số chia hết cho 7.

b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P
+) Biến đổi điều kiện: x
2
+ y
2
– xy = 4

xy = x
2
+ y
2
– 4
Ta có: P = x
2
+ y
2


2xy


x
2
+ y
2


2(x
2
+ y
2
– 4)

x
2
+ y
2


8.
Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Thay y = x vào biểu thức điều kiện, ta có : x
2
+ x
2
– x
2
= 4

x =


2.
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 8 khi và chỉ khi x = y =

2.
+) Biến đổi điều kiện : x
2
+ y
2
– xy = 4

(x + y)
2
– 3xy = 4

xy =
 
2
4
3
x y
 

Biến đổi biểu thức : P = x
2
+ y
2
= (x + y)
2
– 2xy = (x + y)
2

– 2.
   
2 2
4 8
8
3 3 3
x y x y
 
   
 
 
 
 

Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi x = - y.
Thay y = - x vào biểu thức điều kiện, ta có :
x
2
+ x
2
+ x
2
= 4

x
2
=
4
3


x =

2
3
, suy ra y =


2
3

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng
8
3
khi và chỉ khi x = - y =

2
3
.
Bài 3 (4đ)
a) Chứng minh (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Phương trình tìm hồnh độ giao điểm (nếu có) của hai đồ thị (d) và (P) là :
- x
2
= mx – 1

x
2
+ mx – 1 = 0 (1),

= m

2
+ 4 > 0,

m.
Do đó phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
Vậy đường thẳng (d) ln cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A và B, với mọi m.

b) Chứng minh
1 2
x x



2
Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình (1).
Theo hệ thức Vi-ét, ta có :
x
1
+ x
2
= - m; x
1
x
2
= - 1


(x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
= m
2
+ 4

(x
1
– x
2
)
2
= m
2
+ 4

4


1 2
x x



2.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = 0.


GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi 4
Bài 4 (4đ)
Chứng minh OE

CD
Gọi F là trung điểm của AC, G là giao điểm hai trung tuyến
BF, CD, CE cắt AD tại K.
Ta có G là trọng tâm của tam giác ABC,
E là trọng tâm của tam giác ACD nên:
2
3
CE CG
CK CD
 

EG // AB
Mặt khác, D là trung điểm của dây AB của đường
tròn (O) nên: DO

AB.
Do đó DO

EG (1).
Vì tam giác ABC cân tại A nên ba điểm A, O, G thẳng hàng,

Ta có: AG

BC, DF là đường trung bình của tam giác
ABC nên DF // BC, suy ra GO

DE (2).
Từ (1), (2) ta có O là trực tâm của tam giác DEG, nên EO

DG.
Vậy EO

CD.

Bài 5 (5đ)

a) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp
Ta có:


1 1
P B

(cùng phụ với

CBP
)


1 1
B D


(góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Suy ra:


1 1
P D

.
Mặt khác,


1
D CDQ
 = 180
0
(kề bù)
nên


1
P CDQ

= 180
0
.
Vậy tứ giác CPQD nội tiếp.

b) Chứng minh E di động trên một đường thẳng cố định
Đường tròn ngọai tiếp tam giác CDP cũng là
đường tròn (E) ngoại tiếp tứ giác CDQP.
Gọi I, K là giao điểm của đường tròn (E) với đường thẳng AB.
Từ tính chất của góc nội tiếp ta có:

AIC

APK (g.g)


AI AC
AP AK


AI.AK = AC.AP (1)
Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vng ABP, ta có:
AC.AP = AB
2
= 4R
2
(2)
Từ (1), (2) suy ra: AI.AK = 4R
2
(3)
Chứng minh tương tự ta có:

OIC


ODK (g.g)


OI OC
OD OK


OI.OK = OC.OD = R
2
(4)
Biến đổi: (4)

(AO – AI)(AK – AO) = R
2


(R – AI)(AK – R) = R
2


R(AK + AI) – AI.AK – R
2
= R
2


R(AK + AI) – 4R
2
– R
2

= R
2


R(AK + AI) = 6R
2


AK + AI = 6R (5)
Từ (3) và (5) ta có AI và AK là các nghiệm của phương trình bậc hai (AI < AK):
S
S
A
K
D
E
F
G
O
B
C
A
C
P
I
D
B
E
Q
K

d
d’
H
O
1
1
1
R
R

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi 5
X
2
– 6RX + 4R
2
= 0

X
1
= 3R - R
5
; X
2
= 3R + R
5
.
Do đó: AI = R(3 -
5
); AK = R(3 +
5

), suy ra I và K là hai điểm cố định thuộc tia AB.
Vì tâm E cách đều I và K nên E thuộc đường trung trực (d’) của IK, do đó (d’) cố định.
Gọi H là giao điểm của (d’) với tia AB, ta có H là trung điểm của IK nên:
AH =




3 5 3 5
3
2 2
R R
AI AK
R
  

 

BH = AH – AB = 3R – 2R = R.
Vậy khi đường kính CD di động (CD khơng trùng với AB) thì tâm E của đường tròn ngoại tiếp tam
giác CDP di động trên đường thẳng cố định (d’) vng góc với tia đối của tia BA tại H với BH = R.

Quy Nhơn, ngày 20 tháng 03 năm 2013
Bùi Văn Chi