HSG toán 9 Huong thuy+dap an

PHÒNG GD&ĐT HƯƠNG THỦY KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN 2008 - 2009
Môn thi: Toán – Lớp 9
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4điểm)
a/ Chứng minh rằng:
322
32
++
+
+
322
32
−−
−
=
2
.
b/ Giải hệ phương trình gồm hai phương trình sau:

1
y
1
x
1
22
=+
(1) và
2xy1y1x
22
+=−+−
(2).

Câu 2: (6 điểm)
a/ Tìm nghiệm tự nhiên (x; y) của phương trình: (x
2
+ 4y
2
+ 28)
2
= 17(x
4
+ y
4
+ 14y
2
+ 49)
b/ Tìm n ∈ Z để n + 26 và n – 11 đều là lập phương của số nguyên dương.
c/ Cho biểu thức A = x
2
+ xy + y
2
– 3x – 3y + 3002. Tìm giá trị x và y để A đạt min.
Câu 3: (2điểm)
Giải hệ phương trình:
x 3 y 2 5
(x 3)(y 2) 6
 + + − =

+ − = −

.
Câu 4: (4 điểm) Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với hai đường cao AD và CE cắt

nhau tại trực tâm H. Kẻ đường kính BM của (O). Gọi I là giao điểm của BM và DE, K là
giao điểm của AC và HM.
a/ Chứng minh rằng: Các tứ giác AEDC và CMID là các tứ giác nội tiếp.
b/ Chứng minh rằng: OK ⊥ AC.
Câu 5: (4 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp (O) và một điểm M bất kỳ trên đường thẳng BC (M ≠
B và C). Vẽ đường tròn đi qua M và tiếp xúc với AB tại B; vẽ đường tròn đi qua M và tiếp
xúc với AC tại C, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là P.
Chứng minh rằng: P ∈ (O) và đường thẳng PM luôn đi qua một điểm cố định khi M di
động trên BC.
--- Hết ---
ĐÁP ÁN TOÁN HSG HUYỆN 2008 - 2009
Câu 1: a/ (2 đ) Để ý rằng 2 +
3
=
4 2 3
2
+
=
2
( 3 1)
2
+
. Tương tự thì 2 –
3
=
2
( 3 1)
2
−

Vế trái:
322
32
++
+
+
322
32
−−
−
=
2 3
2 ( 3 1): 2
+
+ +
+
2 3
2 ( 3 1): 2
−
− −
=
)
33
32
33
32
(2
−
−
+

+
+
=
)
39
333326333326
(2
−
−−++−+−
=
2
: Vế phải.
b/ (2đ) Điều kiện: x
2
≥ 1; y
2
≥ 1; xy + 2 ≥ 0. Từ phương trình (1) ta có x
2
+ y
2
= x
2
y
2
(3).
Bình phương hai vế phương trình (2) ta có x
2
– 1+ y
2
– 1 + 2

1y1x
22
−−
= xy + 2 hay
x
2
+ y
2
+2
1)yx(yx
2222
++−
– xy – 4 = 0 (4). Thay (3) vào (4) ta có PT: (xy)
2
– xy – 2 = 0 ⇔
(xy – 2)(xy + 1) = 0 ⇔ xy – 2 = 0 hoặc xy + 1 = 0.
* Nếu xy – 2 = 0 ⇔ xy = 2 thì thay vào (3) ta có được: x
2
+ y
2
= 4 ⇔ (x + y)
2
– 2xy = 4
⇔ (x + y)
2
= 8 ⇔ x + y =
22
±
. Giải hệ




=
±=+
2xy
22 yx
⇔





=
=
2y
2x
hoặc





−=
−=
2y
2x
. Các giá
trị x; y tìm được đều thỏa điều kiện nên được chọn.
* Nếu xy + 1 = 0 hay xy = – 1 thì thay vào (3) ta có được x
2

+ y
2
= 1 ⇔ (x + y)
2
– 2xy = 1
⇔ (x + y)
2
= – 1 < 0: Vô lý.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: (x; y) = (
2
;
2
) và (–
2
; –
2
).
Câu 2
a/ (2điểm) Biến đổi tương đương PT đã cho: (*) ⇔ [x
2
+ 4(y
2
+ 7)]
2
= 17[x
4
+ (y
2
+ 7)
2

]
⇔ x
4
+ 8x
2
(y
2
+ 7) + 16(y
2
+ 7)
2
= 17x
4
+ 17(y
2
+ 7)
2
⇔ 16x
4
– 8x
2
(y
2
+ 7) + (y
2
+ 7)
2
= 0
⇔ [4x
2

– (y
2
+ 7)]
2
= 0 ⇔ 4x
2
– y
2
– 7 = 0 ⇔ (2x

– y)(2x + y) = 7 (1)
Vì x; y ∈ N nên 2x

– y ≤ 2x + y và 2x + y ≥ 0, chúng đều có giá trị nguyên nên suy được



=−
=+
1yx2
7yx2
⇔



=
=
3y
2x
. Vậy phương trình có một nghiệm tự nhiên là: (2; 3).

Cách khác: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacovski để có:
[1x
2
+ 4(y
2
+ 7)]
2
≤ (1
2
+ 4
2
)[x
4
+ (y
2
+ 7)
2
] hay [x
2
+ 4(y
2
+ 7)]
2
≤ 17[x
4
+ (y
2
+ 7)
2
], dấu

bằng xảy ra (tức là có PT (*)) khi 4x
2
= y
2
+ 7 ⇔ (2x

– y)(2x + y) = 7. Làm tiếp như trên.
b/(2 điểm) n + 26 = a
3
và n – 11 = b
3
với a > b ∈ N* ⇒ a
3
– b
3
= 37⇔ (a
2
+ ab + b
2
)(a – b) =
37. Ta có số 37 là số nguyên tố và do a > b ∈ N* nên (a
2
+ ab + b
2
) > (a – b) và là các số tự
nhiên ⇒



−

++
1=ba
37=baba
22
⇔



−
−−
b=1a
0=21aa
2
⇔ a = 4 và b = 3 (còn a = – 3 và b = – 4 bị loại).
Thay vào đẳng thức n + 26 = a
3
hoặc n – 11 = b
3
ta có n = 38.
c/ (2điểm) Biến đổi biểu thức A = (x
2
– 2x + 1) + (y
2
– 2y + 1) – x – y + xy + 1 + 2009
= (x – 1)
2
+ (y – 1)
2
+ (x – 1)(y – 1) + 2009 = [(x – 1) +
2

1
(y – 1)]
2
+
4
3
(y – 1)
2
+ 2009.
Có [(x – 1) +
2
1
(y – 1)]
2
≥ 0 và
4
3
(y – 1)
2
≥ 0 ∀x; y nên A
min
= 2009 khi (y – 1)
2
= 0
và [(x – 1) +
2
1
(y – 1)]
2
= 0 ⇔ x = 1 và y = 1. Vậy A

min
= 2009 khi (x; y) = (1; 1).
Câu 3 (2đ) Để sử dụng định lý Viét đảo ta cần biến đổi hệ phương trình thành tổng và tích:



−=−+
=−++
6)2y)(3x(
52y3x
⇔





<−+
=−+
=−++
0)2y)(3x(
62y.3x
52y3x
. Xem
3x
+
và
2y
−
là hai nghiệm của PT: X
2

–
SX + P = 0 tức là: X
2
– 5X + 6 = 0 X
1
= 2; X
2
= 3. Vậy ta có hai hệ PT sau:
(I)





<−+
=−
=+
0)2y)(3x(
32y
23x
và (II)





<−+
=−
=+
0)2y)(3x(

22y
33x
.
*Giải hệ (I): Hệ (I) ⇔



−=−
=+
32y
23x
hoặc



=−
−=+
32y
23x
⇔



−=
−=
1y
1x
hoặc




=
−=
5y
5x
*Giải hệ (II): Hệ (II) ⇔



−=−
=+
22y
33x
hoặc



=−
−=+
22y
33x
⇔



=
=
0y
0x
hoặc




=
−=
4y
6x
Vậy hệ PT đã cho có 4 nghiệm là: (–1; –1); (– 5; 5); (0; 0); (– 6; 4).
Câu 4 a/ Theo giả thiết:
·
·
AEC ADC=
= 90
0
. Tứ giác AEDC có hai đỉnh kề D và E cùng
nhìn đoạn AC dưới một góc 90
0
nên nội tiếp đường tròn ⇒
·
BAC
=
·
BDE
(cùng bù với
·
EDC
), mà
·
BAC
=

·
BMC
(góc nội tiếp cùng chắn
»
BC
).
Vậy
·
BDE
=
·
BMC
nên tứ giác DIMC nội tiếp đường tròn.
b/ BM là đường kính của (O) nên
·
BAM
=
·
BCM
= 90
0
(chắn
nửa đường tròn). Suy ra HC // AM (cùng ⊥ AB) và HA // CM

K

H

I

M

D

E

O

B

C

A

(cùng ⊥ BC) nên AMCH là hình bình hành ⇒ K là trung điểm của đường chéo AC. Vậy
OK ⊥ AC (quan hệ đường kính và dây cung).
Câu 5 Trước hết cần chứng minh P ∈ (O) với mọi vị trí M. Xét các trường hợp:
*Điểm M thuộc cạnh BC: Do AB tiếp xúc với đường tròn (BPM) nên
·
BPM
=
·
ABC
(vì
cùng chắn
¼
BM
). Do AC tiếp xúc với đường tròn (CPM) nên
·
CPM

=
·
ACB
(chắn
¼
CM
).
Suy ra
·
BAC
+
·
BPC
= Â +
µ
µ
B C+
= 180
0
nên tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn.
Qua ba điểm A, B, C chỉ xác định được một đường tròn (O) nên P ∈ (O).


A

N

P

N

P

O

O

A

B

C

M

B

C

M

* Điểm M thuộc tia Bx là tia đối của tia BC (hoặc M thuộc tia Cy là tia đối của tia CB)
Chứng minh tương tự có
·
PBA
=
·
PMC
(chắn
»

PB
) và
·
PCA
=
·
PMC
(chắn
»
PC
) nên
·
PBA
=
·
PCA
. Hai đỉnh kề B và C của tứ giác ACBP cùng nhìn đoạn PA dưới những góc
bằng nhau nên nội tiếp đường tròn. Suy ra P ∈ (O).
Gọi N là giao điểm của đường thẳng PM với (O) thì trong cả hai trường hợp ta đều có:
·
ANP
=
·
ACP
(chắn
»
AP
) và
·
ACP

=
·
NMC
⇒
·
ANP
=
·
NMC
, chúng ở vị trí so le nên
AN // BC. Do ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) cho trước và AN // BC với N ∈ (O) nên điểm
N cố định. Vậy PM đi qua điểm N cố định.