Các bài toán của Nga thi ngày 9 tháng 10 năm 2010

Các bài toán lớp IX của Nga. Thi ngày 9 tháng X/MMX
Đề bài:
Bài 1: Giả sử 5(а – 1) = b + a
2
. So sánh số а và b.
Bài 2: Cho hai số dương khác nhau а và b thỏa mãn đẳng thức
ba
+
+
+
1
1
1
1
=
ab+1
2
.
Chứng minh rằng số а và b – là hai số nghịch đảo của nhau.
Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên tố p, q và r, sao cho thỏa mãn đẳng thức:
p + q = (p – q)
r
.
Bài 4:. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất n, sao cho
số А = n
3
+ 12n
2
+ 15n + 180 chia hết cho 23.
Bài 5: Trong hinh thang cân AВСD đáy lớn AD và đáy nhỏ ВС bằng 12 và 6 tương
ứng, còn chiều cao bằng 4. So sánh góc ВАС và САD.

Bài 6: Trong tam giác АВС góc В bằng 45°, АМ và CN – là đương cao, О – tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác, Н – H là trọng tâm giác
Chứng minh, rằng ОNHМ – hình bình hành.
Bài 7:Tồn tại hay không tam giác vuông có hai trung tuyến vuông góc
Bài 8: Trong hình thang ABCD phâ giác của góc tù B cắt đáy lớn AD tại điểm K – là
trung điểm của nó, M – trung điểm cạnhBC, AB = BC. Tính tỷ số KM : BD.
1
Lời giải:
Bài 1: Giả sử 5(а – 1) = b + a
2
. So sánh số а và b.
Trả lời: а > b.
Biến đổi giả thiết bài toán đã cho về dạng:: b = –a
2
+ 5a – 5.
Xét hiệu а – b. Nhận được: а – b = a + a
2
– 5a + 5 = (a – 2)
2
+ 1 > 0.
Suy ra, а > b.
Bài 2: Cho hai số dương khác nhau а và b thỏa mãn đẳng thức
ba +
+
+ 1
1
1
1
=
ab+1

2
.
Chứng minh rằng số а và b – là hai số nghịch đảo của nhau.
Giải:
Phân tích
:
ba
+
+
+
1
1
1
1
=
ab+1
2

⇔
ab
b
ab
a
+
−
+
+
+
−
+

1
1
1
1
1
1
1
1
= 0
⇔
( )
( )
aba
aab
++
−
11
+
( )
( )
abb
bab
++
−
11
= 0
⇔
( )
a
aba

+
−
1
–
( )
b
abb
+
−
1
= 0
⇔
( )








+
−
+
−
b
b
a
a
ab

11
= 0.
Nhân tử thứ nhất bằng 0 khi và chi khi а = b, như thế trái với giả thiết
Xét nhân tử thứ hai: а > 0 và b > 0, ta có
:
b
b
a
a
+
−
+ 11
= 0
⇔
baabba −+−
= 0
2
⇔
( )( )
abba −− 1
= 0.
Nhân tử thứ hai bằng 0 khi và chi khi а = b hay ab = 1, điều phải chứng minh.
Bài 3: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất n, sao cho số А = n
3
+ 12n
2
+ 15n + 180 chí hết
cho 23.
Trả lời: n = 10.
Phân tích đa thức đã cho về dạng:

A= n
3
+ 12n
2
+ 15n + 180 = n
2
(n + 12) + 15(n + 12) = (n + 12)(n
2
+ 15).
Số А chia hết cho số nguyên tố 23, nếu một trong hai nhân tử của nó chia hết
cho 23
Nhân tử thứ nhất chia hết cho 23 khi n= 11, còn nhân tử thứ hai n=10
Bài 4Tìm tất cả các số nguyên tố p, q và r, sao cho thỏa mãn đẳng thức:
p + q = (p – q)
r
.
Trả lời: p = 5, q = 3, r = 3.
Từ điều kiện của bài toán ta có p + q chia hết p – q, suy ra, (p + q) – (p – q) =
2q cũng chia hết cho p – q.
Nếu số p – q – nguyên tố là ước của 2q thì có thể là cac số 1, 2, q и 2q.
Nếu p – q = 1, thì vế trái lớn hơn vế phải
Nếu p – q = q, thì p = 2q, lúc đó р – không là nguyên tố.
Tương tự p – q = 2q, thì p = 3q, trong trường hợp này , р – không nguyên tố
Vậy р – q = 2. Khi đó đẳng thức có dạng:
(q + 2) + q = 2
r
⇔ q + 1 = 2
r –1
⇔ q = 2
r – 1

– 1.
Cách 1. Nếu r = 2, thì q = 1 – không là số nguyên tố.
Nếu r – số lẻ thì (r – 1) – số chẵn lúc đó 2
r – 1
– 1 chia hết cho 3.
Thât vậy nếu k∈N, thì 2
2k
– 1 = 4
k
– 1 = (4 – 1)(4
k – 1
+ 4
k – 2
+ ... +1).
Vì thế , q = 3. Khi đó р = 5 và r = 3.
Cách 2. Bởi vì q = 2
r – 1
– 1 =
12
2
2
1
−









−r
=








+








−
−−
1212
2
1
2
1 rr
, thì q có thể là số
nguyên tố trong trường hợp
112

2
1
=−
−r
.
Nên ,
1
2
1
=
−r
⇔ r = 3. Khi đó q = 3 và р = 5.
Bài 5: Trong hinh thang cân AВСD đáy lớn AD và đáy nhỏ ВС bằng 12 và 6
tương ứng, còn chiều cao bằng 4. So sánh góc ВАС và САD.
Т rả lời : góc ВАС lớn hơn góc CAD.
3
Рис. 1а
Cách 1. Bới vì AD || BC,
nên ∠CAD = ∠BCA (xem. рис. 1а).
Giả sử BH – đường cao hình thang. Khi đó AH =
2
BCAD −
= 3; BH = 4,
Suy ra trong tam giác vuông АВН: AB = 5.
Xét tam giác АBC có BC > AB, nên , ∠BAC > ∠BCA (đối diện với canh lớn hơn là
góc lớn hơn). Suy ra, ∠BAC > ∠CAD.
Cách 2 giả sử đường thẳng АВ và CD cắt nahu tại Е ( xem hình 1б). Bới vì BC
|| AD và
ADBC
2

1
=
, nên BC – đường trung bình tam
giác АЕD.
Tính cạnh của hình thang tương tự như cách giải
trên
АЕ = 2АВ = 10
Kẻ phân giác AL tam giác АЕD.
Theo tính chất của phân giác
1
10
12
>==
AE
AD
LE
LD
,
Nên L nằm giữa điểm С và Е.
Suy ra, ∠BAC > ∠CAD.
Bài 6: Trong tam giác АВС góc В bằng 45°, АМ và CN – là đường cao, О – tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác, Н – H là trọng tâm giác
Chứng minh, rằng ОNHМ – hình bình hành.
Cáh 1. Kẻ trung trực của cạnh АВ và ВС của tam
giác đã cho cắt nhau tại điểm О (xem hình. 2а).
Vì tam giác vuông BNC có ∠NBC = 45°,
nên BN = NC, suy ra điểm N nằm trên trung trực của
đoạn BC.
Khi đó NO || HM.
Tương tự với tam giác АМВ, ta cũng có MO || HN.

Nên ONHM – hình bình hành( theo định nghĩa).
Cách 2. Khảo sát đường tròn ngoại tiếp tam АВС (xem
hình. 2б). Vì tam giác đã cho là nhọn nên tâm O nằm bên
trong tam giác, mà tam giác АОС – cân và ∠AOC = 2∠ABC
= 90°.
4
Рис. 1б
Рис. 2а
Ngoài ra, ∠ANC = ∠AMC = 90°, vì thế N, O và M nằm trên một đường tròn đường
kính AC.
Khi đó ∠ONC = ∠OAC = 45°;
∠ONВ = ∠ÂNC – ∠ONC = 45°
và ∠ÌÀВ = 90° – ∠ÀВМ = 45°.
Từ hai góc bằng nhau ONВ và ÌÀВ сsuy hai đường thàng song song NO và AM.
Bài 7Tồn tại hay không tam giác vuông có hai trung tuyến vuông góc
Trả lời: Có tồn tại.
Giả sử tam giác ABC: ∠С = 90°, CP và BK – trung tuyến, M – là giao điểm của nó
(xem hình. 3).
Cách 1. Ta đặt : BС = a, AC = b, AB = c.
Khi đó CP =
2
1
с; CM =
3
2
СР =
3
1
с;
BK

2
= а
2
+
4
1
b
2
;
BM
2
=
9
4
BK
2
=
9
4
a
2

+
9
1
b
2
.
Đoạn CM và BM vuông góckhi và chỉ khi CM
2

+ BM
2
= BC
2
,
Thì ta có
9
1
ñ
2
+
9
4
a
2

+
9
1
b
2
= а
2
.
Tính с
2
= a
2
+ b
2

, ta được:
9
4
a
2

=
9
2
b
2
, ta có b = a
2
.
Vậy trong tam giác vuông có CB = a và CA = a
2
.
Trung tuyến CP và BK vuông góc.
Cách 2. Giả sử
aCA =
,
bCB =
,
lúc đó
( )
baCBCACP
2
1
2
1

2
1
+=+=
;
abAKBABK −=+=
2
1
.
Ta xét,
CKCP ⋅
=
baab ⋅−−
4
1
2
1
4
1
22
=
22
2
1
4
1
ab −
,
vì
ba ⊥
(а va b – modun tương ứng hai véc tơ).

5
Рис. 2б
Рис. 3