Ôn thi học sinh giỏi toán lớp 9

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỒ LỚP 9
Bài 1. Cho các số a, b, c thỏa:
, , 1ab bc ca ≠ −
và:
0
1 1 1
a b b c c a
ab bc ca
− − −
+ + =
+ + +
. Chứng minh
rằng:
( ) ( ) ( )
19 19 2013 2013 2014 2014
0a b b c c a− − − =
Bài 2. Giải các phương trình sau:
a)
( )
2
2
2
3
1
x
x
x
+ =
+
b)
2

1
2 3 1x x x x
x
+ − = +
Bài 3. Giải hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
3 2
3 2
1 3 3 5
1 3 3 5
x x y y
y y x x

− − = − +


− − = − +


Bài 4. Cho các số dương a, b, c thỏa
1abc =
. Chứng minh rằng:
a)
4 4 4
a b c a b c+ + ≥ + +
b)
5 5 5 5 5 5
1
ab bc ca

a b ab b c bc c a ac
+ + ≤
+ + + + + +
Bài 5. Cho tam giác ABC với AB = c, AC = b, BC = a (b > c). Đường tròn tâm I nội tiếp
tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC, AC và AB lần lượt tại D, E, F. EF cắt BC tại G.
a) Chứng minh
GB DB p b
GC DC p c
−
= =
−
với
2
a b c
p
+ +
=
b) Chứng minh
IG AD
⊥
c) Gọi P là giao điểm của ID và đường tròn đường kính BC. Chứng minh GP là tiếp
tuyến của đường tròn đường kính BC.
Bài 6. Cho các số nguyên a, b, c thỏa:
a b c abc
+ + =
.
a) Cho a, b, c > 0. Tìm a, b, c.
b) Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
P a b b c c a= + + +

chia hết cho 6.
Hết
1 NGUYỄN TĂNG VŨ
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. Cho các số a, b, c thỏa:
, , 1ab bc ca ≠ −
và:
0
1 1 1
a b b c c a
ab bc ca
− − −
+ + =
+ + +
. Chứng
minh rằng:
( ) ( ) ( )
19 19 2013 2013 2014 2014
0a b b c c a− − − =
Lời giải. Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2

2
1 1
0 0
1 1 1 1 1 1
1
0
1 1 1
1 1 1 1
0
0
b c ac c a bc
a b b c c a a b
ab bc ca ab ac ab
a b c
a b
ab bc ac
a b bc ac c ab
MTC
a b c a b c
MTC
a b b c c a
− + + − +
− − − −
+ + = ⇔ + =
+ + + + + +
− +
−
⇔ − =
+ + +
 

− + + − + +
 
⇔ =
− − −
⇔ =
⇔ = ∨ = ∨ =
Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Bài 2. Giải các phương trình sau:
c)
( )
2
2
2
3
1
x
x
x
+ =
+
d)
2
1
2 3 1x x x x
x
+ − = +
Lời giải.
a) Điều kiện x ≠ - 1.
( ) ( )
( )

2 2 2 2
2 2
2 2
2
2
2
2 2
2 2
3 3
1 1
1 1
2
3
1 1
2
3 0
1 1
x x x x
x x
x x
x x
x x
x
x x
x x
x x
+ = ⇔ + − + =
+ +
+ +
 

⇔ − + =
 ÷
+ +
 
 
⇔ + − =
 ÷
+ +
 
2 NGUYỄN TĂNG VŨ
Đặt
2
1
x
t
x
=
+
, ta có phương trình:
2
2 3 0 1 3t t t t+ − = ⇔ = ∨ = −
Với t = 1 ta có
2
1 2
1 5 1 5
1 ,
1 2 2
x
x x
x

+ −
= ⇔ = =
+
Với
3t
= −
ta có
( )
2
3
1
x
VN
x
= −
+
Vậy phương trình có hai nghiệm
1 5 1 5
,
2 2
S
 
+ −
 
=
 
 
 
b)
2

1
2 3 1x x x x
x
+ − = +
Điều kiện x ≠ 0, x – 1/x >= 0.
Chia hai vế phương trình cho x ta có:
1 1 1 1
2 3 2 3 0x x x x
x x x x
+ − = + ⇔ − + − − =
Đặt
1
, 0t x t
x
= − ≥
, ta có phương trình
( )
2
3
2 3 0
1
t l
t t
t
= −
+ − = ⇔

=

Với t = 1 ta có

1 2
1 1 5 1 5
1 ,
2 2
x x x
x
+ −
− = ⇔ = =
Vậy
1 5 1 5
,
2 2
S
 
+ −
 
=
 
 
 
Bài 3. Giải hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
3 2
3 2
1 3 3 5
1 3 3 5
x x y y
y y x x


− − = − +


− − = − +


Lời giải.
Điều kiện
( ) ( )
( ) ( )
1 3 0
1 3
1 3
1 3 0
x x
x
y
y y
− − ≥
≤ ≤


⇔
 
≤ ≤
− − ≥



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có:

3 NGUYỄN TĂNG VŨ
( ) ( ) ( )
1
1 3 1 3 1
2
x x x x− − ≤ − + − =
, do đó:
( ) ( )
2
3 2 3 2
3 5 1 3 4 0 2 1 0y y y y y y− + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − + ≤

Vì theo điều kiện ta có
1 0y + >
đó đó
( ) ( )
2
2 1 0 2y y y− + ≤ ⇔ =
, suy ra
2x =
Vậy hệ phương trình có nghiệm:
( ) ( )
, 2,2x y =
Bài 4. Cho các số dương a, b, c thỏa
1abc
=
. Chứng minh rằng:
c)
4 4 4
a b c a b c+ + ≥ + +

d)
5 5 5 5 5 5
1
ab bc ca
a b ab b c bc c a ac
+ + ≤
+ + + + + +
Lời giải.
a) Ta có với mọi số thực x,y, z thì:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
0x y y z z x x y z xy xz yz− + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + +
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
( )
4 4 4 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c
a b c a b c a bc ab c abc abc a b c
+ + ≥ + +
+ + ≥ + + = + +
Suy ra
( )
4 4 4
a b c abc a b c+ + ≥ + +
, mà abc = 1 nên:
4 4 4
a b c a b c+ + ≥ + +
b) Ta có
( )

( )
5 5 4 3 2 2 3 4
a b a b a a b a b ab b+ = + − + + +
Mà
( )
( )
2
4 4 3 3 2 2
0a b a b ab a b a b ab+ − − = − + + ≥
Do đó:
( )
5 5 2 2
a b a b a b+ ≥ +
Suy ra
( )
( )
( ) ( )
5 5 2 2
1a b ab ab a b ab ab a b ab abc a b a b c+ + ≥ + + = + + = + + 
 
Từ đó:
( )
5 5
1ab
a b ab ab a b c
≤
+ + + +
Tương tự thì:
( ) ( )
5 5 5 5

1 1
,
bc ac
c b bc bc a b c a c ac ac a b c
≤ ≤
+ + + + + + + +
Vậy:
5 5 5 5 5 5
1 1 1 1
1
ab bc ca
a b ab b c bc c a ac a b c ab ac bc
 
+ + ≤ + + =
 ÷
+ + + + + + + +
 
4 NGUYỄN TĂNG VŨ
Bài 5. Cho tam giác ABC với AB = c, AC = b, BC = a (b > c). Đường tròn tâm I
nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC, AC và AB lần lượt tại D, E, F. EF
cắt BC tại G.
d) Chứng minh
GB DB p b
GC DC p c
−
= =
−
với
2
a b c

p
+ +
=
e) Chứng minh
IG AD⊥
f) Gọi P là giao điểm của ID và đường tròn đường kính BC. Chứng minh
GP là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.
Lời giải.
a) Vẽ BH||AC cắt GE tại H. Ta có ∠FHB = ∠ AEH (1)
Mà tam giác AEF cân tại A nên: ∠AEH = ∠ AFE , ∠ AFE = ∠ HFB (2
Từ (1) và (2), suy ra: ∠FHB = ∠HFB, suy ra tam giác BHF cân tại B, nên
BH = BF. Do BH||CA, theo định lý Thales ta có:
GB BH BD
GC CE CD
= =
Ta có BD = BF = ½ (BD + BF) = ½ (AB + BC – AF – CD ) = ½ (AB + BC
– AC ) = p – b
CD = BC – BD = a – (p – b) = a + b – p = p – c.
5 NGUYỄN TĂNG VŨ
Vậy
GB p b
GC p c
−
=
−
b) Gọi K là giao điểm của IA và EF. Ta có IA ⊥ EF tại K.
Do đó:
2 2
.IA IK IE ID= =
Suy ra

IKD IDA IKD IDA∆ ∆ ⇒ ∠ = ∠:
(3)
Mà tứ giác IKDG nội tiếp nên ∠IKD = ∠ IGD (4)
Từ (3) và (4) suy ra ∠IGD = ∠IDA
Mặt khác ∠IDA + ∠GDA = 90
0
nên ∠IGD + ∠GDA = 90
0
, do đó IG ⊥
AD.
c) Gọi M là trung điểm của BC, M là tâm đường tròn đường kính BC.
Đặt
1 1
,
2 2
GM x GB x a G C x a= ⇒ = − = +
Và
( )
1 1 2
2 2 2 2
a c b b
DM BM BD a p b a
+ − −
= − = − − = − =
Theo câu a ta có:
( )
( ) ( )
2
1
2

2
1
2 2
2
x a
a p b c
p b a
x
p c b c b c
x a
−
− −
−
= ⇔ = =
− − −
+

Từ đó ta có:
( )
2 2
2
. .
2 2 4
b c a a
MD MG MP
b c
−
= = =
−
Vậy tam giác MPD và MPG đồng dạng, suy ra ∠MPG = 90

0
, hay GP là tiếp
tuyến của đường tròn đường kính BC.
Bài 6. Cho các số nguyên a, b, c thỏa:
a b c abc
+ + =
.
c) Cho a, b, c > 0. Tìm a, b, c.
d) Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
P a b b c c a= + + +
chia hết cho 6.
Lời giải.
6 NGUYỄN TĂNG VŨ
a) Chia hai vế cho abc ta có:
1 1 1
1
ab ac bc
+ + =
. Không mất tính tổng quát ta có thể
giả sử:
a b c
≥ ≥
, do đó
2
2
1 1 1 3
1 3 1c c
ab bc ac c
= + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ =

Với c = 1 ta có:
( ) ( )
1 1 1 2a b ab a b+ + = ⇔ − − =
2 = 2.1 và
1 1 0 1 2, 1 1 3, 2a b a b a b− ≥ − ≥ ⇒ − = − = ⇒ = =
Vậy (a, b, c) là
( )
3,2,1
và các hoán vị.
b) Một số tự nhiên thì chỉ xảy ra hai trường hợp là hoặc chẵn hoặc lẻ, theo
nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số a, b, c có ít nhất 2 số chẵn hoặc 2 số lẻ, khi
đó tổng 2 số này chia hết cho 2. Từ đó P chia hết cho 2.
Ta chứng minh P chia hết cho 3.
Trường hợp 1: trong 3 số a, b, c không có số nào chia hết cho 3 thì chia 3 dư
1 hoặc dư 2.
Nếu 3 số đều có cùng số dư khi chia cho 3 thì a + b + c chia hết cho 3, abc
không chia hết cho 3 (vô lý)
Nếu 3 số có một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2 thì tổng hai số này chia
hết cho 3. Vậy P chia hết cho 3.
Trường hợp 2: Trong 3 số có ít nhất một số chia hết cho 3, giả sử là a.
Khi đó: b + c = a(bc-1) chia hết cho 3. Do đó P chia hết cho 3.
Vậy P chia hết cho 3.
Vậy P chia hết cho 6.
Hết
7 NGUYỄN TĂNG VŨ
8 NGUYỄN TĂNG VŨ