Gợi ý giải đề thi HSG toán 9 năm học 2010-2011

GV: Lê Công Thuận Lời giải này chỉ dùng để tham khảo thêm
GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
PHÒNG GD - ĐT HƯƠNG TRÀ
NĂM HỌC : 2010 - 2011

BÀI 1.1 (2đ): Giải phương trình:
2 2
x 7x 8 x 2 x x 2 x 8
        
(1)
Giải: (1)
     
   
  
x 1 x 8 x 8 x 2 x 1 x 2 0
x 8 x 1 1 x 2 x 1 1 0
x 1 1 x 8 x 2 0
x 1 1 0 x 2
x 8 x 2(vn)
x 8 x 2 0
          
        
      

   

 


  
    




Vậy pt (1) có một nghiệm x = 2 (thỏa đk)
Bài 1.2(1,5đ): Tính giá trị biểu thức: P =
3 3
1 1
25 5 25 5
27 27
    
(1)
Giải: Đặt
1
25
27
 = x
(1)

P =
3 3
x 5 x 5
  


P
3
= 10 - 3
  



3 3
3
x 5 x 5 x 5 x 5
    



P
3
= 10 - 3
23
x 25.P


P
3
= 10 -
3
1
3 25 25.P
27
 


P
3
+ P - 10 = 0

P
3

-2
3
+ P - 2 = 0

(P - 2)(P
2
+ 2P + 5) = 0


P - 2 = 0 Vì P
2
+ 2P + 5 = (P +1)
2
+ 4 > 0


P = 2
Bài 1.3(1,5đ): Biết rằng
2 2
x 5x 31 x 5x 7 4
     
(1)
Tính giá trị của biểu thức: P =
2 2
x 5x 31 x 5x 7
    

Giải: (1)

x

2
- 5x + 31 = x
2
- 5x + 7 + 2.4.
2
x 5x 7
 
+ 16


8
2
x 5x 7
 
= 8


2
x 5x 7
 
= 1
Thay
2
x 5x 7
 
= 1 vào (1) được:
2
x 5x 31 4 1 5
    

Vậy P =
2 2
x 5x 31 x 5x 7
    
= 5 + 1 = 6
Bài 2.1(1,5đ): Cho a, b thuộc R thỏa: a
3
+ 3ab
2
= 14 (1) và b
3
+ 3a
2
b = 13 (2). Tính giá trị
của biểu thức a
5
- b
5

Giải: Cộng (1) và (2) được: a
3
+ b
3
+3ab(b + a) = 27

(a + b)(a
2
- ab + b
2
+ 3ab) = 27


(a + b)
3
= 27

a + b = 3 (3)
Trừ (1) và (2) được: a
3
- b
3
+3ab(b - a) = 1

(a - b)(a
2
+ ab + b
2
- 3ab) = 1


(a - b)
3
= 1

a - b = 1 (4)
Từ (3), (4) suy ra a = 2, b = 1
GV: Lê Công Thuận Lời giải này chỉ dùng để tham khảo thêm
Suy ra a
5
- b

5
= 2
5
- 1
5
= 31
Bài 2.2(2,5đ): Tìm nghiệm nguyên dương của pt: x
2
+ 2x = y
2
+ 4y + 15 (1)
Giải:
(1)

x
2
+ 2x + 1 = y
2
+ 4y + 4 + 12

(x + 1)
2
- (y + 2)
2
= 12


(x + 1 + y + 2)(x + 1 - y - 2) = 12

( x + y + 3)(x - y -1) = 12 (2)

Vì x, y

Z
+
nên x - y -1

Z, x + y + 3

Z
+
và x + y + 3

5
Nên (2)

3 6
1 2
x y
x y
  


  

(I) hoặc
3 12
1 1
x y
x y
  



  

(II)
Giải hệ (I) vô nghiệm, hệ (II) vô nghiệm trong tập Z
+

Vậy pt (1) vô nghiệm trong tập Z
+

Bài 3.1(2,5đ): Cho đường thẳng (d): y = mx - 3x + m + 1
a. Xác định m sao cho đường thẳng (d) và các đường thẳng y = x - 4; 2x + y + 1 = 0
đồng quy.
b. Biết khi m thay đổi thì đường thẳng (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định. Hãy tìm
tọa độ của điểm cố định đó.
Giải:
a. Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng y = x - 4; 2x + y + 1 = 0 là nghiệm của hệ pt:

4 1
2 1 3
y x x
y x y
  
 

 
    
 

Thay x = 1, y = -3 vào (d) được: -3 = m -3 + m + 1

m =
1
2

Với m =
1
2
thì (d) đồng quy với đường thẳng y = x - 4; 2x + y + 1 = 0
b. Giả sử (d): y = mx - 3x + m + 1 đi qua điểm cố định A(x
0
;y
0
). Ta có:
y
0
= mx
0
- 3x + m + 1

(x
0
+ 1)x
0
- y
0
- 3x
0
+ 1 = 0


0 0
0 0 0
1 0 1
3 1 0 4
x x
y x y
    



 
    




Vậy đồ thị luôn đi qua điểm A(-1;4)
Bài 3.2(2,5đ): Cho hệ pt:
2
3 2
3 2 5 6
mx y m
x my m
 


  


(I) . Với giá trị nào của m thì hệ pt đã cho có
nghiệm (x;y) duy nhất và thỏa mãn điều kiện x - 2y
2
< 0 ?
Giải:
Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi:
2
3 2
6 6
3 2
m
m m R
m

     

2
3 2
3 2 5 6
mx y m
x my m
 


  



2 3
3 2

3 2 5 6
mx y m
mx m y m m
 


  





2 3
2 2 5 5
y m m m
  



 
2
3
2
2
5 1
5 5 5
2 2 2
2 1
m m
m m m

y
m
m


  



3mx = m + 5m = 6m

x = 2
x - 2y
2
< 0

2 - 2.
2
25
4
m
< 0

4 - 25m
2
< 0

m
2
>

4
25


m >
2
5
hoặc m < -
2
5

GV: Lê Công Thuận Lời giải này chỉ dùng để tham khảo thêm
Bài 4.1(2đ): Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi P là tiếp điểm của BC với
đường tròn (O). Chứng minh rằng nếu tam giác ABC vuông tại A thì PB.PC = S
ABC
(S
ABC
là
diện tích của tam giác ABC)
Giải:
Theo bài toán sgk ta có: PB =
2
a c b
 

PC =
2
a b c
 

PB.PC =
2
a c b
 
.
2
a b c
 

4PB.PC = a
2
+ ab - ac + ac + bc - c
2
- ab - b
2
+ bc
= a
2
- c
2
- b
2
+ 2bc = b
2
+ c
2
- c
2
- b
2

+ 2bc = 2bc (vì
ABC

vuông tại A)


PB.PC =
2
4 2
bc bc
 = S
ABC
Bài 4.2(4đ): Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D là giao điểm của AO với
BC và E là giao điểm của BO với AC. Tính các góc của tam giác ABC biết:
3 1
3;
2
OA OB
OD OE

 
Giải:
Vì O là giao điểm của ba đường phân giác của
ABC


AD là phân giác
ABC

nên:

1 1
1
2 1 2
a a
DB AB c c ac
a
DC AC a b a a b c b c
      
  
(1)
BO là phân giác
ABD

nên:

1
1
3
3
OA AB c c
a
OD BD a
     (2)
Từ (1), (2) suy ra :
3 3
3
ac c b c
b c a
b c a


     



1 3
c a
b b
   (chia 2 vế cho b) (I)
BE là phân giác
ABD

nên:

1 1
1
2 1 2
b b
EA AB c c bc
b
EB BC b a b b c a a c
      
  
(3)
AO là phân giác của
ABE

nên:

1

1
3 1 2
2
3 1
OB AB c c
b
OE AE b

    

(4)
Từ (3), (4) Suy ra:
2 3 1 3 1
2 2
3 1
bc c a c a c
a c b b b
  
     


(II)
(I) trừ (II) được:
 
3 1 3 1 3 3
1 3 3 1 1
2 2 2
a a a
b b b
  

       
Suy ra
3
2
a
b
 và thay vào (I) được: 1 +
3 3
3
2 2
c
b
 

Suy ra
1
2
c
b

;
3 1
: : 3
2 2
a c a
b b c
  
a
b
c

P
O
CB
A
b
2
b
1
a
2
E
a
1
D
O
C
B
A
GV: Lê Công Thuận Lời giải này chỉ dùng để tham khảo thêm
Đặt AC = b = x
3
;
2 2
x x
a BC c AB
    



ABC có:

2
2
2
3
2 2
x x
x
 
 
 
 
 
 
 
 
hay AB
2
+ BC
2
= AC
2
Suy ra

ABC có

B
= 90
0


0
30
C 
( vì AB =
1
2
AC),

0
60
A 