ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 9 tỉnh bình định

Bài toán gửi Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ
Chuyên mục “Đề thi học sinh giỏi”
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐNNH
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 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0
Bài 2: (3 điểm)
Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và
Chứng minh rằng

1 1 1
+ + =0
x y x

yz zx xy
+ + =3
x 2 y2 z 2

Bài 3: (3 điểm)
Giải hệ phương trình:
 x + y = 7

 x − 20 + y + 3 = 6
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.
OA OB OC
+
+
=2
Chứng minh rằng

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: 17 <

1
1
1
+
+⋯ +
<18
2
3
100

1


GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐNNH
NĂM HỌC 2008 – 2009
Bài 1.
Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 (1)
Biến đổi:

(1) 2n3 – 3n2 + 14n – 5 – m(n2 + 7) = 0
2n 3 − 3n 2 +14n − 5
16
⇔m=
= 2n − 3 + 2
2
n +7
n +7
Vì m, n ∈ Z, nên (n2 + 7) ∈ Ư(16), suy ra (n2 + 7) ∈ {8; 16}, do đó n2 ∈ {1; 9}.
+) Nếu n2 = 1 thì n = ±1
+) Nếu n2 = 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.
1 1 1
+ + =0.
x y z
yz zx xy
Chứng minh 2 + 2 + 2 = 3
x y z
Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức:
a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)
1
= (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]
2
Ta có:

(a3 + b3) + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b)– 3abc
= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b) – 3abc
= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c)
= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab]
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)
1
= (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]
2
Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c.
1
1
1
1 1 1
Đặt a = , b = ,c = , theo giả thiết + + = 0 nên suy ra a + b + c = 0
x
y
z
x y z

Cho x, y, z khác 0 thỏa

Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 ⇔ a3 + b3 + c3 = 3abc,
1 1 1
3
hoặc 3 + 3 + 3 =
x y z xyz
yz zx xy
Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được 2 + 2 + 2 = 3 (đpcm).
x y z

2


Bài 3.
Giải hệ phương trình:
 x + y = 7

 x − 20 + y + 3 = 6
Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x ≥ 20, y ≥ 0.
Đặt a = x − 20, b = y + 3 (a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a2 + 20, y = b2 – 3.
Hệ phương trình viết lại:
 a 2 + 20 + b 2 − 3 = 7 (1)

a + b = 6(2)
Trong đó, 0 ≤ a ≤ 6, b ≥ 3
Bình phương hai vế của (1) ta có:
a2 + 20 + b2 – 3 + 2

(a

2

+ 20 )( b 2 − 3) = 49 (3)

Thay b = 6 – a vào (3), ta có:
a2 + 20 + (6 – a)2 – 3 + 2

(a

2

2
+ 20 ) ( 6 − a ) − 3 = 49



⇔ a2 + 20 + 36 – 12a + a2 – 3 + 2
⇔

(a

2

(a

2

+ 20 )( a 2 −12a + 33) = 49

+ 20 )( a 2 −12a + 33) = - a2 + 6a – 2 (4)

Bình phương hai vế của (4) với (a – 3)2 ≤ 7, ta có:
(a2 + 20)(a2 – 12a + 33) = (-a2 + 6a – 2)2
⇔ a4 – 12a3 + 53a2 – 240a + 660 = a4 + 36a2 + 4 – 12a3 + 4a2 – 24a

⇔ 13a2 – 216a + 656 = 0
164
⇔ a1 = 4: chọn, a2 =
> 6 : loại
13

Với a = 4, ta có b = 2.
Thế lại Nn cũ:
a = 4 ⇒ x − 20 = 4 ⇔ x = 36
b = 2 ⇒ y+3 = 2 ⇔ y = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm:
x = 36, y = 1.

Bài 4.

A

OA OB OC
+
+
=2
AG BE CF
Đặt SOAB = S1, SOAC = S2, SOBC = S3
Ta có:
OA S1
S
S1 + S2
S +S
=
= 2 =
= 1 2 (1)
AG SABG SACG SABG + SACG SABC
Lập luận tương tự, ta có:
B
OB S1 + S3
=

(2)
BE SABC

Chứng minh:

3

F

S2

S1

E

O
S3
G

C


A

OC S2 + S3
=
(3)
CF SABC
Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:
OA OB OC 2(S1 + S2 + S3 ) 2SABC

+
+
=
=
=2 .
B
AG BE CF
SABC
SABC

E

S2

S1

F

O
S3
C

G

Bài 5.
a) Vị trí của M để diện tích tam giác AHB lớn nhất
Ta có PAN + PHN = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác APHN nội tiếp (1)
Tứ giác APMN là hình vuông nên nội tiếp (2)
x
Từ (1), (2) ta có 5 điểm A, N, M, P, H

cùng thuộc một đường tròn.
C

Do đó AHM = APM = 900
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 ⇒ ∆MBC cân tại M

⇒ MCD = MBD , do đó MPD = MBD (3)

D
H
P

M

Ta lại có AMB là góc ngoài ∆MBD tại M nên:

AMB = MBD + MDB = MBD + 900 (4)
APH = APM + MPH = 900 + MPD (5)

A

Từ (3), (4), (5) suy ra: APH = AMB (6)
Vì tứ giác APHM nội tiếp nên:

K

N

O

APH + AMH = 1800 (7)
Từ (6), (7) suy ra:
AMB + AMH = 1800
Do đó ba điểm H, M, B thẳng hàng, nên AHB = 900
Vậy H thuộc đường tròn (O).
E
Suy ra tam giác AHB có diện tích lớn nhất khi độ dài đường cao HK lớn nhất
⇒ HK = R ⇒ H ≡ D ⇒ M ≡ D.

Vậy khi M ≡ D thì SAHB đạt giá trị lớn nhất là R2 (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 AHN = APN = 450. Vì AHB = 900, suy ra NHB = 450.
Do đó HN là tia phân giác của góc AHB , suy ra E là điểm chính giữa của cung AB , nên
điểm E cố định.
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 AB của đường tròn (O).

4

B


Bài 6.

Chứng minh:
1
1
1
17 <
+
+⋯ +
<18
2
3
100
Ta chứng minh bài tốn tổng qt:
1
1
1
2 n − 3<
+
+⋯ +
< 2 n − 2 (n ∈ N, n ≥ 2)
2
3
n
Ta có:
1
2
2
*)
=
<
= 2 k − k −1 (1)

k
k+ k
k + k −1
Cho k lấy các giá trị từ 2 đến 100, thay vào bất đẳng thức (1), ta có:
 1
 2 <2 2 − 1

 1
 3 <2 3− 2

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
 1

< 2 99 − 98
 99
 1

< 2 100 − 99
 100
Cộng vế theo vế, ta được:
1
1
1
+
+⋯ +
< 2 2 − 1 + 3 − 2 +⋯ + 100 − 99 = 2 100 − 1 =18
2
3
100
1

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

(

(

)

(

)

(

)

)

(

)

) (

(

(

(

)

)

)

Quy Nhơn, ngày 20 tháng 03 năm 2009
Người gửi: BÙI VĂN CHI
Giáo viên Trường THCS LÊ LI
Tp. Quy Nhơn, Tỉnh Bình Đònh
ĐT: 056828529
E-mail:

5