Tài liệu bồi dưỡng HSG9

Các bài toán luyện tập học sinh giỏi lớp IX năm học 0809.
Đề bài:

Bài 1. Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho có thể định về dạng
mn
m n
+
+
1
, ở đó m
và n – cũng là các số tự nhiên.
Bài 2. Tính giá trị biểu thức
x y
x y
+
−
, nếu x
2
+ y
2
= 6xy và x ≠ y.
Bài 3. Giải hệ phương trình:
x y
x y
2
4 4
2 1
2
= −
+ =




,
.
Bài 4. Giả s ử а, b, x v à y thoả mãn đẳng thức :
(a + b)(x + y) = 1 và (a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
) = 1.
Chứng minh rằng ax + by ≥ 0.
Bài 5. Phân giác trong các góc của tam giác АВС cắt các cạn ВС, СА và АВ tại
các điểm P, Q và R tương ứng . Р
1
– là giao điểm của đường thẳng đi qua điểm
Р song song với АВ, và cạnh СА.Tương tự như vậy với các điểm Q
1
và R
1
.
Tính tổng
1 1 1
1 1 1
PP QQ RR
+ +
, nếu độ dài các cạnh của tam giác bằng а, b và с.

Bài 6. Tr ên c ạnh huyền АВ của tam gíac vuô ng câ n АВС lấy điểm М
và N sao cho góc МСN bằng 45° (điểm M nằm giữa А và N).
Chứng minh : АМ
2
+ BN
2
= MN
2
.
-----------------------------------------
Lời giải:
Thầy Nguyễn Xuân Tranh. THCS Yên lạc .0809.
1
Bài 1. Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho có thể định về dạng
mn
m n
+
+
1
, ở đó m và
n – cũng là các số tự nhiên.
Trả lời: có thể định được bất kỳ số tự nhiên nào.
Giả sử m = n + 2, ở đó n – là số tự nhiên.
Khi đó
mn
m n
+
+
1
=

nn
nn
++
++
2
1)2(
=
( )
( )
12
1
2
+
+
n
n
=
2
1
+
n
.
Suy ra có thể thoả mãn với bất kỳ số tự nhiên nào
Thật vậy giả sử: x =
2
1
+
n
. Khi đ ó n = 2x – 1, m = 2x + 1 ta c ó
mn

m n
+
+
1
= x.
V í d ụ : 1 =
11
111
+
+⋅
.
Bài 2. Tính giá trị biểu thức
x y
x y
+
−
, nếu x
2
+ y
2
= 6xy và x ≠ y.
Trả lời:
±
2
.
Cách 1:. Bởi vì
x y
x y
+
−







2
=
( )
( )
x y
x y
+
−
2
2
=
x xy y
x xy y
2 2
2 2
2
2
+ +
− +
=
8
4
xy
xy

= 2, nên
x y
x y
+
−

=
±
2
.
Cách 2: Giả sử
y
x
t
=
(x ≠ 0, vì nếu ngược lại thì từ điều kiện của đẳng
thức kéo theo y = 0). Khi đóta chia cả hai vế của đẳng thức cho x
2
, và được
phương trình bậc hai t
2
– 6t + 1 = 0. Nghiệm của phưuơng trình này là: t = 3 ± 2
2
; Suy ra
x y
x y
+
−
=
1

1
+
−
t
t
=
±
2
.
Bài 3. Giải hệ phương trình:
x y
x y
2
4 4
2 1
2
= −
+ =



,
.
Trả lời: (1; 1); (−1; 1).
Giải:
x y
x y
2
4 4
2 1

2
= −
+ =



,
⇔





=−−+
+−=
≥
0144
,144
,5,0
24
24
yyy
yyx
y
.
Vì y = 1 là một nghiệm của phương trình đầu, nên chia vế trài của phưưong
trình sau với (y – 1), nhận được phương trình: y
3
+ y
2

+ 5y + 1 = 0.
Với y ≥ 0,5 vế trái của phương trình chỉ nhận giá trị dương nên trong truờng
hợp này hệ không có nghiệm.
y = 1, th ì x
4
= 1 ⇔ x = ±1
Bài 4. Giả s ử а, b, x v à y thoả mãn đẳng thức :
Thầy Nguyễn Xuân Tranh. THCS Yên lạc .0809.
2
(a + b)(x + y) = 1 và (a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
) = 1.
Chứng minh rằng ax + by ≥ 0.
Gi ải:
Đưa đ i ều kiện c ủa b ài to án v ề d ạng :

( ) ( ) ( ) ( )



=+++
=+++
1
,1

2222
byaybxax
byaybxax
⇔
( ) ( )
( ) ( )



=++−
=+++
.1
,1
22
aybxbyax
aybxbyax
t ư ừ đ ă ẳng th ư ức th ư ứ hai suy ra
( )
1
2
≤+
aybx
⇔
1
≤+
aybx
,
khi đ ó từ đẳng thức thứ nh ất : ax + by = 1 – (bx + ay) ≥ 0,
l à điều phải chứng minh.
Bài 5. Phân giác trong các góc của tam giác АВС cắt các cạn ВС, СА và АВ tại

các điểm P, Q và R tương ứng . Р
1
– là giao điểm của đường thẳng đi qua điểm
Р song song với АВ, và cạnh СА.Tương tự như vậy với các điểm Q
1
và R
1
.
Tính tổng
1 1 1
1 1 1
PP QQ RR
+ +
, nếu độ dài các cạnh của tam giác bằng а, b và с.
Trả lời :






++
cba
111
2
.
Giải:
Từ các tam giác đồng dạng АВС và
PCP
1

suy ra
BC
PC
AB
PP
=
1
, nên
PC
a
c
PP
=
1
( xem hình 1).
Tính PC qoa các cạnh của tam giác АВС.
Theo tính chất của phân giác ta có:
c
b
AB
AC
PB
PC
==

Và từ đẳng thức
aBCPCPB ==+
.
Ta có hệ phương trình






=+
=
aPCPB
c
b
PB
PC

Nên
cb
ab
PC
+
=
.
Suy ra
cbbc
cb
PCc
a
PP
111
1
+=
+

=
⋅
=
.
Tương tự
acac
ac
QQ
111
1
+=
+
=
và
baab
ba
RR
111
1
+=
+
=
.
Thầy Nguyễn Xuân Tranh. THCS Yên lạc .0809.
Рис. 1
P
1
P
A
B

C
3
Vậy :
1 1 1
1 1 1
PP QQ RR
+ +
=






++
cba
111
2
.
Bài 6 . Tr ên c ạnh huyền АВ c ủa tam gíac vu ô ng c â n АВС lấy điểm М v
à N sao cho góc МСN b ằng 45° (đi ểm M nằm giữa А và N).
Chứng minh : АМ
2
+ BN
2
= MN
2
.
Gi ải:
Từ tam gi ác АВС ta dựng h ình vuô ng KАCB, tia СМ v à CN cắt các

cạnh hình vuông tại Р и Q (xem h ình . 2).
Chứng minh đi ểm С là t â m đường tròn bàng ti êp tam giác PKQ, ti ếp
xúc với cạnh PQ.
Th ật v ậy ta x ét hai y ếu t ố:
1) Đi ểm С n ằm tr ên ph ân gi ác g óc PKQ;
2) góc giữa phân gi ác ngoài của góc P v à Q tam gi ác PKQ bằng :
( )
BQPAPQ
∠+∠−
2
1
180

=
=
( )
KQPKPQ
∠−+∠−−

180180
2
1
180
=
= 45° = ∠PCQ.
K ẻ đ ư ờng vu ông góc CD v ới đo ạn PQ, là
b án k ính c ủa đ ường tr òn bàng ti ếp
v ì CA = CD = CB, n ên ∆САР = ∆СDР và ∆СBQ = ∆СDQ
theo tr ường hợp cạnh huyền và cạnh góc vuông
Suy ra, DM = AM и DN = BN.

Ngoài ra , ∠MDC = ∠MAC = 45° và ∠NDC = ∠NBC = 45°.
Vậy tam giác MDN – vuông cân. Suy ra điều phải chúng minh.
-----------------------------------------
Thầy Nguyễn Xuân Tranh. THCS Yên lạc .0809.
45
°
D
P
Q
N
B C
K
A
M
h ình2
4