024 đề thi HSG toán 9 tỉnh nam định 2018 2019

�� 4
  y  2




2
 x  y  y  1  x  y  5   x  3

  y  2

Vậy các cặp số nguyên  x; y  là  3;0 ;  3; 2  ;  1;2  ;  7; 2 ; 3;2 ;  1;0 


Câu 4.

1. Xét HAM ta có DHM  DAM  AMH

(1)

Xét đường tròn (O) ta có : DAM  DMt

(2)

Từ (1) và (2) ta có : DHM  DMt  AMH
Vì Mt và DH là các tiếp tuyến của  O ' nên DHM  HMt
Và HMt  HMD  DMt

(3)

(4)

Từ (1), (2), (3), (4) suy ra AMH  HMD suy ra MH là phân giác của AMD
Chứng minh tương tự ta có MG là phân giác của góc BMC.
 1

 1

2. Xét  O ' có HGM  HMt   sd HM  , xét  O  có ECM  EMt   sd EM 
 2

 2



 HGM  ECM hay IGM  ICM  tứ giác IMCG nội tiếp
Ta có EHI  EHA  AHG

(4)

Và EIM  1800  MIC  1800  MGC  MGB  MGH  BGH

(5)

Lại có AHG  BGH (6) (vì AH và BG đều là tiếp tuyến của  O ')
Và EHA  DHM  MGH  7 
Từ (4), (5), (6), (7) suy ra EIM  MGH  BGH  EHA  AHG  EHI  EIM
3. Ta có CE là tia phân giác của ACD * (vì EM là tia phân giác của AMD
 sdEA  sdED)

Ta có: EHI  EIM (chứng minh ở câu 4.2),

EHI và EIM có HEI  MEI và EHI  EIM
 EHI

EIM ( g.g ) 

EI
EH

 EI 2  EH .EM (8)
EM EI

Lại có : EDH  DMH (vì EM là tia phân giác của AMD  sdEA  sdED)

EHD và EDM có HED  MED và EDH  DMH  EHD EDM ( g.g )


ED EH

 ED 2  EH .EM (9)
EM ED

Từ (8) và (9) suy ra EI  ED  EID cân tại E  EDI  EID 10 

DI cắt (O) tại K, ta có: EDI 
Và EID 

1
 sdEA  sdAK  (11)
2

1
 sdED  sdKC  (12)
2


Từ (10), (11), (12) và do sdEA  sdED  sdAK  sdKC  DK là tia phân giác ADC **
Từ (*), (**) suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
Rõ ràng, HG đi qua I là tâm đường tròn nội tiếp BCD.
Câu 5.
1 1 1
1
1 1 1 1
1.Áp dụng BĐT  x  y  z       9 
 .     x, y , z  0
x yz 9 x y z
x y z

1
1
1
1
1
1
 2  2     x, y , z  0 
2
x
y
z
xy yz xz

Và

Vì a, b, c  0 ta có :

1 1 1
1
1
1
 2 2
  , bất đẳng thức (1) đúng ta cần chứng minh
2
a b c
ab bc ca

1
1
1
1 1
1
1 


    
2
2
2
ac  3bc  2c
ab  3ac  2a bc  3ab  2b
6  ab bc ac 

Ta có  2  


(2)

1
1
1
1 a bc 


 

2
2
2
ac  3bc  2c
ab  3ac  2a bc  3ab  2b
6  abc 

ab
bc
ac
abc



a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b
6

Ta có:
ab
ab
ab  1
1
1  1  ab
ab
a

 

  

 
a  3b  2c  a  c    b  c   2b 9  a  c b  c 2b  9  a  c b  c 2 
Vậy

ab
1  ab
ab
a
 

 
a  3b  2c 9  a  c b  c 2 

Tương tự ta có:

(3)

bc
1  bc
bc
b
 

  (4)
b  3c  2a 9  b  a c  a 2 
ac
1  ac
ac
c
 

 
c  3a  2b 9  c  b a  b 2 

(5)

Cộng theo vế  3 ,  4  ,  5 ta có:
ab
bc
ac
1  ab  bc ab  ac ac  bc a  b  c  a  b  c


 





a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b 9  a  c
cb
a b
2
6


Vậy BĐT (2) đúng do đó BĐT (1) đúng
2. Gọi x1, x2 , x3 ,........, x10 là các số phân biệt được đánh liên tiếp cho 10 điểm phân biệt

thuộc đường tròn (O) , x1, x2 , x3 ,........, x10 1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 . Giả sử ngược lại là không
tìm được 4 đỉnh nào thỏa mãn khẳng định của bài toán. Khi đó ta có:
 x1  x2  x3  x4  21
 x  x  x  x  21
 2 3 4 5
 x3  x4  x5  x6  21
................................

 x10  x1  x2  x3  21

Từ đó suy ra 4  x1  x2  x3  ......  x10   10.21  210
Mặt khác ta lại có : x1  x2  x3  .....  x10  1  2  3  .....  10 

10.11
 55
2

Suy ra 4.55  210  220  210 (vô lý), do đó điều giả sử sai.
Vậy ta luôn tìm được 4 điểm liên tiếp được đánh số mà tổng các số đó lớn hơn 21