DAP AN THI HSG TINH HA TINH 2013T9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013 Bài 1: a) Ta có. . x3 . 3. 32 2 . 3. 3 2 2. . 3. . . . 3  2 2  3  2 2  3 3 3  2 2 3  2 2 .. 3. 32 2 . 3. 3 2 2. . 3. (1). Tương tự: y  3 y 24 2 (2) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được x 3 4 2  3 x  x 3  3 x 4 2. x3  y 3  3( x  y ) ( x  y )3  3( x  y )( xy  1)  20 2. Vậy M =  20 2 2. 2. 1 3 1 3   x  x  1  x     0 x; x 2  x  1  x     0 x 2 4 2 4   b) Ta có 2. Dể thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, do đó phương trình đã cho tương đương với 2 1 5   t  1 t 1 3. * Nếu t = 2. .  t 2  1  t  7 t x  2 5  x )  5t  3t  14 0(t 1; t  1)  (t  2)(5t  7) 0 (với 1 x  2  ( x  1) 2 0  x 1 x. 1 7 7 t   x    x 5 5 * Nếu. 2. 7 51  0 x   10  100  vô nghiệm.. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1. Bài 2: 2 2 a) Từ phương trình (1) ta suy ra: 9 12 x  3x  3 y thế vào phương trình (2) thu gọn ta được:.  x  y 0 x3  y 3 3( x 2  y 2 )  ( x  y )( x 2  xy  y 2  3x  3 y ) 0   2 2  x  xy  y  3 x  3 y 0 2 2 * Nếu x  y 0  y  x  y x thế vào phương trình (1) ta được. 2 x 2  3 4 x  2( x  1) 2 1 0 phương trình này vô nghiệm. 2 2 * Nếu x  xy  y  3x  3 y 0 , trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta được:.  x 3  xy  3x  3 y  3  4 x  xy  x  3 y  3 0  ( x  3)( y  1) 0    y 1. + Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y2 = 0 suy ra y = 0, cặp (x;y) = (3; 0) thoả mãn phương trình (2). + Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)2 = 0 suy ra x = 2, cặp (x;y) = (2; 1) thoả mãn phương trình (2). Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> b) Ta có. P. ( ab  1)(bc  1)(ca  1) 1 1 1 1 abc  (a  b  c)     abc a b c abc , vì a, b, c là các số tự. 1 1 1 1 M    a b c abc là số nguyên. nhiên do đó để P là số nguyên khi và chỉ khi Do vai trò như nhau nên ta giả sử a<b<c suy ra a 1; b 2; c 3 . Do đó 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1           2  0  M  2  M 1 a b c abc a b c 1 2 3 (Vì M là số nguyên) 1 1 1 1     1  (a  1)(b  1)(c  1) a  b  c 6  a  1  0  a 2  b 3  c 4 a b c abc Nếu (a  1)(b  1) 4 , vì a  b  c  3c  a  b  c  3c  ( a  1)(b  1)(c  1) 4  3c  4(c  1) 0.  c  4 trái với c 4 . Suy ra ( a  1)(b  1) 2;3 a  1 1 a 2 (a  1)(b  1) 2      c 5 b  1 2 b 3 + Nếu thoả mãn bài ra a  1 1 a 2 9 (a  1)(b  1) 3      c  Z 2 b  1 3 b 4 + Nếu thoả mãn bài ra Vậy các số tự nhiên a, b, c phân biệt thoả mãn bài toán là (a, b, c) = (2, 3, 5) và các hoán vị.. Bài 3: a b c 3 a a a 3        Từ giả thiết ta suy ra a > 0 ; b > 0 ; c > 0 và 1  a 1  b 1  c 2 b  c b  c b  c 2 1 1 1 1 1   1  2 a  b  c     9   x  y  z      9  a b a b a b  x y z x y    (với x a  b  0; y b  c  0; z c  a  0 )  y x .  x  y xy. 2.  y  z  yz. 2.  z  x  zx.  y z 2     z y.  z x 2      x z.  2  0 . 2. 0  x  y  z  a b c. . Vậy tam giác ABC đều.. Bài 4: Từ bài ra ta có hình vẽ sau:. a) Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông cân tại A mà D là trung điểm của BC nên.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  AD  BC và AD là tia phân giác của BAC . Do M  AD, MN  AB, MP  AC nên suy ra tứ 0 0 0   giác ANM P là hình vuông. Mặt khác tứ giác ANHP có NAP  NHP 90  90 180 nên 0   nội tiếp đường tròn đường kính NP suy ra AHP  ANP 45 (cùng chắn cung AP). 0 0      Xét tứ giác BDHA có ABD  DHA 45  DHA  AHP  DHA 180 (hai góc kề bù) suy ra tứ. . . 0. giác BDHA nội tiếp suy AHB  ADB 90 hay AH  BH b) Theo câu ta có 5 điểm A, P, H, M, N cùng nằm trên đường tròn đường kính AM và 0 0     NP suy ra AHM 90  AHB suy ra 3 điểm B, H, M thẳng hàng nên BHN MHN 45 (1). . 0. Vì BI// AD nên BI vuông góc với BC suy ra ABI 45 . Gọi E là trung điểm của AB ta có ta giác EBI vuông cân tại E nên EB = EI = EA suy ra tam giác IAB vuông cân tại I. 0 0 0 0     Xét tứ giác AIBH có AIB  AHB 90  90 180 nên nội tiếp suy ra BHI BAI 45 (2).   Từ (1) và (2) BHN  BHI suy ra ba điểm H, N, I thẳng hàng.. Bài 5:. Ta có. (a  b)2 0 . a 2  b2 2  a  b  2 (dấu “=” xảy ra khi a = b). x4 y4  2 x  y 2 2 2 Ta có: ( x  y )( x  y ) ( x  y )( x  y) ; y4 z4 z4 x4   y  z ;  z  x 2 2 2 2 ( z 2  x 2 )( z  x) ( z 2  x 2 )( z  x ) Tương tự: ( y  z )( y  z ) ( y  z )( y  z ). Do đó. F. x4 y4 z4   ( x 2  y 2 )( x  y ) ( y 2  z 2 )( y  z ) ( z 2  x 2 )( z  x).  1 x4  y4 y4  z4 z 4  x4   2  2  2  2 2 2 2  ( x  y )( x  y ) ( y  z )( y  z ) ( z  x )( z  x)  2 2 2 2 2   y2  z2  z 2  x2    1 x  y      4  ( x 2  y 2 )( x  y ) ( y 2  z 2 )( y  z ) ( z 2  x 2 )( z  x )    2 2 2 2 2 2 1x  y   y z  z x        4  ( x  y) ( y  z) ( z  x)    2 2 2  y  z    z  x    1 x  y  z  1 1   x  y      8  ( x  y ) ( y  z) ( z  x)  4 4 1 1 Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 khi x = y = z = 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>