On HSG

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

Ngày soạn:16/12
Tuần: 19-20: Buổi 19-20.
PHỊNG GD - ĐT BN ĐƠN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Mơn: Tốn 9
Thời gian làm bài:150 phút

Câu 1( 2 điểm)
a)Cho biểu thức: A = (x2 – x - 1 )2 + 2013
3

Tính giá trị của A khi x =

3 1  1



3
3 1 1

2
2
b) Cho (x + x  2013 ).(y + y  2013 )=2013. Chứng minh x2013+ y2013=0

Câu 2 ( 2 điểm)
2
a) Giải phương trình: x2+ 5x +1 = (x+5) x  1

b) Chứng minh

a
b
c


2
bc
a c
ba
, với a, b, c>0

Câu 3 ( 2 điểm)
a) Tìm số dư của phép chia đa thức (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x2+10x+21
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017
Câu 4 ( 3 điểm)
1)Cho tam giácABC, Â= 900, AB < AC, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của
H trên AB và AC. Chứng minh:
a) DE2=BH.HC
b) AH3=BC.BD.CE
2)Cho tam giác ABC, BC= a, AC=b, AB=c. Chứng minh
Câu 5( 1 điểm)
Cho a, b, c là 3 cạnh một tam giác. Chứng minh:
1
1
1
1 1 1



  
a b  c b c  a c a  b a b c

.................... Hết ...............

1

sin

Â
a

2 b c


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 9
Câu
1 a)

Nội dung
3

x=

3 1  1
3(

3



3(

3 1 1 =

3  1  1)  3(
3 1  1

Biểu điểm
0,25

3  1  1)

3 1 1 
3  1 1) 2 3

2
3 1  1
3

=
Thay x = 2 vào biểu thức A ta có:
A = (22 – 2 – 1)2 + 2013 = 1 + 2013 = 2014
3

Vậy khi x =

3 1  1



0,25
0,25

3
3  1  1 thì giá trị của biểu thức A là 2014

0,25

----------------------------------------------------------------------------------b)

2
2
(x + x  2013 ).(y + y  2013 )=2013

0,25

2

(x - x  2013 )(x + x  2013 ).(y + y  2013 )=2013(x - x  2013 )
2

2

2

2
2

-2013.(y + y  2013 )=2013(x - x  2013 )

0,25

2
2
-y - y  2013 =x - x  2013

0,25

2
2
Tương tự: -x - x  2013 = y - y  2013

0,25

 x+y =0  x =-y  x2013+ y2013=0

2

a) x2+ 5x +1 = (x+5) x 2  1

0,25
0,25
0,25
0,25

2
x2+1 + 5x = (x+5) x  1
2

2
x2+1 + 5x - x x  1 - 5 x  1 =0

b)

x 2  1 ( x 2  1 -x) +5(x-

x 2  1 )=0

2
2
( x  1 -x) ( x  1 - 5) = 0

0,25
0,25

2
2
( x  1 -x) = 0 hoặc ( x  1 - 5) = 0

x 2  1 =x hoặc
2

2

x2 1 = 5

0,25
2

x + 1 = x (khơng có x thỏa mãn), hoặc x + 1 = 25
x2 = 24
x =  24
Vậy nghiệm của PT là x =  24
2

0,25


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

3

(b  c)a
bca
b c a
 (b  c)a 

2
2a
a
Ta có
b c a
bc
a
2a



2a

a  b c a b c
b
2b
c
2a


Tương tự: a  c a  b  c , b  a a  b  c
a
b
c
2(a  b  c)



2
bc
a c
b  a (a  b  c)

0,25

Dấu bằng xảy ra khi b+c =a, c + a =b, a+ b= c (Điều này khơng có)
a
b
c


2
bc

a c
ba

Vậy

4

0,25
0,25

a) (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 =( x2+10x+16)( x2+10x+24) +2013
=( x2+10x+21- 5).( x2+10x+21+3) +2013
=( y- 5).( y+3) +2013, đặt y = x2+10x+21
= y2- 2y+1998 chia cho y dư 1998
(x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x2+10x+21dư 1998
A= 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017
= (y+x+1)2+2(1+y) 2+2014
b) Vậy minA = 2014 khi y =-1 và x =0

5

0,25

0,5

0, 5
0,5
0,5

A

0,25

E
D

B

H

C

Vì D, E là hình chiếu của H trên AB, AC, nên DH  AB, HE  AC

Tứ giácADHE có DAE
=90 0, ADH =90 0, AEH =90 0
a) Tứ giácADHE là hình chữ nhật
AH = DE, mà AH2=BH.HC nên DE2=BH.HC

Ta có AH2=BH.HC  AH4=BH2.HC2
b) AH.CB = AB.AC, BH2=BD.BA, HC2=CE.AC
 AH3=BC.BD.CE
3

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

A

I
B

C
D

Vẽ đường phân giác AD của tam giác ABC
BD DC
BD DC BD  DC
CB
a




Ta có AB AC  AB AC = AB  AC AB  AC b  c
Vẽ BI  AD  BI  BD
 BI
Â
BD
Â

a
sin 
sin 
sin 
2 AB 
2 AB  AC . Vậy
2 b c
Ta có

0,25
0,25
0,25
0,25

6

1 1
4
 
Với x  0, y  0 ta có ( x  y ) 4 xy  x y x  y
1
1 1 1
   
 x  y 4  x y  (I)
2

0,25

a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên a+b-c >0, a+c -b >0, c +b- a >0,
Áp dụng bđt(I) với các số x= a+b-c, y= a+c -b dương ta có:

1
1
4
2



a b  c a c  b a b  c  a c  b a
1
1
4
2



Tương tự: b  a  c b  c  a c  b  a  a  b  c b
1
1
4
2



c b  a c a  b c b  a c a  b c
1
1
1
1 1 1



  
 a  b  c b  c  a c  a  b a b c (đpcm)

4

0,25
0,25
0,25


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

Ngày soạn:06/1
Tuần: 21-22: Buổi 21-22.
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MƠN THI: TỐN 9 (Thời gian làm bài 150’)
Bài 1(6điểm)
 x y
x  y  
x  y  2 xy 



:  1 
 1  xy
 
1

xy
1


xy


Cho P = 

a, Rút gọn P
2
b, Tính giá trị của P với x= 2  3

c, Tìm giá trị lớn nhất của P
Bài 2 : (3đ) Giải phương trình sau :
x  2002 x  2003 x  2004


3
m 1
m
m 1

Bài 3 : ( 2đ)

( với m là tham số ).
Chứng minh rằng nếu a , b là các số dương thõa mãn :

1 1 1
  0.
a b c
Thì :

a  c  b  c  a  b.

Bài 4 : (6đ) Cho đường trịn tâm (O) đường kính CD = 2R . Điểm M di động trên đoạn OC . Vẽ
đường tròn tâm (O’) đường kính MD . Gọi I là trung điểm của đoạn MC , đường thẳng qua I vng
góc với CD cắt (O) tại E và F . Đường thẳng ED cắt (O’) tại P .
1. Chứng minh 3 điểm P, M , F thẳng hàng.
2. Chứng minh IP là tiếp tuyến của đường trịn (O’).
3. Tìm vị trí của M trên OC để diện tích tam giác IPO’ lớn nhất.
Bài 5 : (3đ) Tìm các số nguyên x, y ,z thỏa mãn :
(x 

1
1
1
1
) 3( y  ) 2( z  )  xyz 
.
y
z
x
xyz

6
………………………………………………

5


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 9
Câu 1: (6 điểm)
 x y
x y 

 :  1  x  y  2 xy 


 
1  xy 
Cho P=  1  xy 1  xy  

a, Rút gọn P (2 điểm)
Điều kiện để P có nghĩa là : x 0 ; y 0 ; xy 1
Ta có :



 x y
x y 

 :  1  x  y  2 xy 


 1  xy
1  xy 
1  xy  
P= 



  x  y 1 
xy 1  xy 

x  y 1  xy 

=
=

(0,5 đ)

1 

x y x y y x x
1  xy

xy

 : 1  xy  x  y  2 xy
1  xy

y x yy x

:

(0,5đ)

x  y  xy  1
1  xy

2 x  2y x
1  xy
1  x  y  1
= 1  xy

(0,5đ)

2 x 1  y 
2 x

= 1  x 1  y  1  x

(0,5đ)

2
b, Tính giá trị của P với x= 2  3 (1điểm)
2
Ta thấy x= 2  3 thoả mãn điều kiện x 0





0.25đ

2 2 3
2
Ta có : x= 2  3 = 2  3 2  3 =4-2 3 =( 3 -1)2
2 x
Thay x vào P = x  1 , ta có:





2







2 3 1






2 3  1 52 3
P= 4  2 3  1 5  2 3 = 5  2 3 5  2 3
2 5 3  6  5  2 3 2 3 3 1 2 3 3 1
2

3 1





2



 

 

5  2 3 
=
= 25  12 =
c, Tìm giá trị lớn nhất của P (2 điểm)
Với mọi x 0, ta có:
2





(0,5đ)






13

2

x  1 0

(0,25đ)
6


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ







x

2

 2 x  1 0
x+1  2 x
2 x
1 1 x
2 x
1
1 x
P 1


(0,5đ)

( vì x+1>0)

(0,25đ)

Vậy giá trị lớn nhất của P =1 




0.25đ





2

x  1 0

0.25đ

x  1 0
x 1

x=1

(0,5đ)

Bài 2 : (3 điểm).
Từ phương trình ta có:

x  2002
x  2003
x  2004
x  2003  m x  2003  m x  2003  m
 1
 1
 1 0 


0
m 1
m
m 1
m 1
m
m 1
 ( x  2003  m)(

1
1
1
 
) 0.
m  1 m m 1

1.5đ
1
1
1
1

1
 
0  3m 2 1  m  ; m 
3
3
+ Nếu : m  1 m m  1

phương trình có vơ số nghiệm.

0.5đ
(0,5đ)

1
1
;
+ Nếu m -1;0;1 ; 3 3 ; phương trình có nghiệm x= m-2003.

(0,5đ)
Bài 3 : (2điểm). Từ 1/a +1/b+1/c =0 mà a, b là các số dương suy ra c là số âm và
ab+bc+ca = 0.
(0,25đ)
Ta có :
a c  b c  a b
 a  b  2c  2 ab  ac  bc  c 2 a  b
 2c  2 ab  ac  bc  c 2 0
 c  c 0  c  c 0.(dpcm)

(1.25đ)

Bài 4 :(6điểm)

1. Do P thuộc (O’) mà MD là đường kính suy ra góc MPD vng hay MP vng góc với ED.
Tương tự CE vng góc với ED. Từ đó PM//EC. (1)

7


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

Vì EF là dây cung, CD là đường kính mà CD  E F nên I là trung điểm của E F. Lại cóI là trung
điểm của CM nên tứ giác CE M F là hình bình hành. Vậy FM//CE.(2). Từ (1) và (2) suy ra P, M ,
F thẳng hàng.
(2đ)


2. Ta có EDC = EFP (góc có cạnh tương ứng vng góc). Do tam giác PO’D cân tại O’ nên
 EDC =  O’PD. Lại có  EFP =  IPF (do tam giácIPF cân) vậy
 I PF=  O’PD mà  FPD =1v, suy ra  IPO’ =900 nên IP  O’P. Hay IP là tiếp tuyến của (O’).
(2đ)
3. Vì O’M =1/2 MD và IM =1/2MC nên IO’ =1/2 CD vậyIO’ =R. áp dụng định lý Pytago có PI2 +
PO’2 = IO’2 =R2 (không đổi ) . Mặt khác 4S2 =PI2.PO’2 ( S là diện tích của tam giác IO’P) . Vậy
1
4S2 Max hay S Max khi PI = PO’ =R 2 mà DM =2 PO’ do đó
DM = 2 R , Vậy M cách D một khoảng bằng 2 R.
2đ

(1đ)

E

C

D
O O

’

F
Bài 5 ;(3điểm)

x 

1
1
1
1

6( x  ) 3( y  ) 2( z  )  xyz 
k   y 
y
z
x
xyz


z 


Đặt
Xét tích :

1 k

y 6
1 k

z 3
1 k

x 2

0.5đ

1
1
1
k3
k3
1
1
1
1
( x  )( y  )( z  )  
xyz 
 ( y  )  (x  )  (z  )
y
z
x
36
36
xyz

z
y
x
k3
k k k
k3

k    
0  k 0
36
3 2 6
36
( xyz ) 2 1
 xyz 1



 xy  yz  zx 1
 xy  yz  zx 1

 x  y  z 1

 x  y  z  1

1đ
1đ

8

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

Vậy (x, y , z) = (1,1,1) =(-1,-1,-1) là cần tìm. 0,5đ

Ngày soạn:16/01
Tuần: 23-24: Buổi 23-24.
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
MƠN: TỐN LỚP 9
Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

 x y
x y 
x  y  2xy 
P 

: 1 

 1  xy
1  xy 
1  xy  

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:
.
a) Rút gọn biểu thức P.
x
b) Tính giá trị của P với

2
2 3 .

Bài 2: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi (D) và (L) lần lượt là đồ thị của hai hàm
1
3
y  x 
2
2 và y  x .
số:
a) Vẽ đồ thị (D) và (L).
b) (D) và (L) cắt nhau tại M và N. Chứng minh OMN là tam giác vng.
4
3
2
Bài 3: (4 điểm) Giải phương trình: 6x  5x  38x  5x  6 0 .

Bài 4: (2 điểm) Qua đỉnh A của hình vng ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh
BC ở M và cắt đường thẳng DC ở I.
1
1
1
 2 2
2
AI
a .
Chứng minh rằng: AM
Bài 5: (6 điểm)
Cho hai đường tròn ( O ) và ( O / ) ở ngồi nhau. Đường nối tâm OO / cắt đường trịn ( O ) và (

O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E  ( O )
và F  ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật.
9


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

b) MN  AD.
c) ME.MA = MF.MD.
---------- Hết ----------

10


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

Bài
1
a)

Đáp án
ĐKXĐ: x 0; y 0; xy 1 .
Mẫu thức chung là 1 – xy
( x  y)(1  xy)  ( x 
P
1  xy




b)

x

y)(1 

x x y  y y x  x  x y 
1  xy

Điểm
0,5 đ

xy) 1  xy  x  y  2xy
:
1  xy
y y x

.

1  xy
1  x  y  xy

0,5 đ
0,5 đ

2( x  y x)
2 x (1  y)
2 x



(1  x)(1  y) (1  x)(1  y) 1  x

0,5 đ

2
2(2  3)

3  2 3  1 ( 3  1) 2
4 3
2 3

0,5 đ

x  ( 3  1)2  3  1  3  1

0,5 đ

2( 3  1)
2 3 2
P


2
1  ( 3  1) 1  3  2 3  1

0,5 đ

P

2
a)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI

2( 3  1) 6 3  2

13
5 2 3

0,5 đ

3

 x 0  y 
2

1
3
y  x 
 y 0  x 3
2
2 có :
Đồ thị
 x khi x 0
y  x 
 x khi x 0
Đồ thị
Đồ thị như hình vẽ:

0,5 đ

0,5 đ

1đ
11


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

y

N

3

(L)

(D)
3/2
1
-3

b)

1

3

x

Đồ thị (D) và (L) cắt nhau tại hai điểm có tọa độ M(1; 1) và N( - 3; 3)
2
2
Ta có: OM = 1  1  2  OM2 = 2
32  ( 3) 2 3 2 

ON2 = 18
(1  3) 2  (1  3) 2  20 
MN =
MN2 = 20
Vì: OM2 + ON2 = MN2
Vậy: tam giác OMN vuông tại O
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được:
5 6
6x 2  5x  38   2 0
x x
1
1
 6(x 2  2 )  5(x  )  38 0
x
x
1
1
y x 
x 2  2 y 2  2
x thì:
x
Đặt

2
Ta được pt: 6y – 5y – 50 = 0 <=> (3y – 10)(2y + 5) = 0
10
5
y  và y 
3
2
Do đó:
10
1 10
y
x    3x 2  10x  3 0
3 thì:
x 3
* Với
1

x

1

3

x 3
<=> (3x – 1)(x – 3) = 0 <=>  2
5
1
5
y 
x    2x 2  5x  2 0

2 thì:
x
2
* Với
ON =

3

O

M

12

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

1đ

1đ

1đ


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

<=> (2x + 1)(x + 3) = 0 <=>
4

1

x

3

2

 x 4  2

1đ

A

B

M

J

I

C

D

Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J.
Ta có  AIJ vng tại A, có AD là đường cao thuộc cạnh huyền IJ, nên:
1

1
1


AD 2 AJ 2 AI 2 (1)
Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:


AB = AD = a; DAJ BAM (góc có cạnh tương ứng vng góc)
 ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM
1
1
1
1



2
AM 2 AI 2 a 2 (đpcm)
Thay vào (1) ta được: AD
5

M

E
I
F

A

O

H
B

C

D
O/

N

a)

0


Ta có AEB CFD 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

13

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên:

OE  EF và OF  EF => OE // O/F
 /

/


=> EOB FO D (góc đồng vị) => EAO FCO
Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN
0

Hay ENF 90 .
O
 

Tứ giác MENF có E N F 90 , nên MENF là hình chữ nhật
b)

c)

Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD


Vì MENF là hình chữ nhật, nên IFN INF
1



IFN
FDC
 sđ FC

/
2
Mặt khác, trong đường tròn (O ):


=> FDC HNC
Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g)
O


=> NHC DFC 90 hay MN  AD


Do MENF là hình chữ nhật, nên MFE FEN
1



FEN
EAB
 sđ EB
2
Trong đường trịn (O) có:


EAB
=> MFE
Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g)
ME MF


=> MD MA , hay ME.MA = MF.MD

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách khác, nếu đúng và phù hợp với kiến thức trong chương
trình đã học thì hai Giám khảo chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho
không làm thay đổi tổng điểm của bài (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này./.

14


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

Ngày soạn:6/2
Tuần: 25-26: Buổi 25-26.
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2019 - 2020

Mơn: Tốn

Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1. (5,0 điểm):
a. Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n – 65 là hai số chính phương
b. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19.
Câu 2. (6,0 điểm):
A

a. Cho
Biết xyz = 4, tính

x
xy  x  2



y
yz  y  1



2 z
zx  2 z  2 .

A.

a b c
x y z
x2 y 2 z 2




0
  1
 2  2 1
2
b. Cho a b c
và x y z
. Chứng minh rằng : a b c
.
x2
2
2
Câu 3. (1,0 điểm): Giải phương trình : x + ( x  1) = 3

Câu 4. (6,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm.
a) Tính tổng

HA ' HB' HC '
+
+
AA ' BB ' CC '

b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB.
Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.
c) Tam giác ABC như thế nào thì biểu thức

AB+ BC+CA ¿2
¿

đạt giá trị nhỏ nhất?
Ơ¿
¿

2. Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy bằng 60 0 quay quanh điểm M
sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng:
BC 2
a) BD.CE = 4

b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
c) Chu vi tam giác ADE không đổi.
Câu 5. (2,0 điểm): Cho a, b, c là các số dương, chứng minh rằng:
a
b
c
T = 3a  b  c + 3b  a  c + 3c  b  a

3
5

15


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

__________ Hết __________

Híng dÉn chÊm thi CHỌN häc sinh giái líp 9
Năm học 2019 - 2020
Mơn: Tốn

Câu 1 (5,0 điểm):
a. ( 3,0 điểm)
¿
n+24=k 2
Ta có: n −65=h2
¿{
¿
2
 k  24 h 2  65
⇔ ( k − h ) ( k +h ) =89=1 . 89
⇔
k +h=89
k −h=1
⇒
¿ k =45
h=44
¿{

Vậy:

n

= 452 – 24 = 2001
b. ( 2,0 điểm)
Với n = 0 ta có A(0) = 19  19
Giả sử A chia hết cho 19 với n = k nghĩa là: A(k) = 7.52k + 12.6k  19
Ta phải chứng minh A chia hết cho 19 với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:
A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 19
Ta có: A(k + 1) = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1
= 7.52k.52 + 12.6n. 6

= 7.52k.6 + 7.52k .19 + 12.6n. 6
= 6.A(k) + 7.52k .19 19
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 với mọi số tự
nhiên n
Câu 2. (6,0 điểm):
a. (3,0 điểm)
ĐKXĐ x,y,z  0. Kết hợp xyz = 4  x, y, z  0; xyz 2
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ hai với
xyz

A

x , thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ ba bởi

ta được.
x
xy  x  2



xy
2  xy  x



2 z
z



x  2  xy



16

1


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

Suy ra A 1 ( vì A>0).
b. (3,0 điểm)
a b c
ayz+bxz+cxy
  0 
0
x y z
xyz

Từ :
 ayz + bxz + cxy = 0
Ta có :
2

x y z
x y z
  1  (   ) 2 1
a b c
a b c

2

x
y
z2
xy xz yz


 2(   ) 1
2
2
2
a
b
c
ab ac bc
2
2
2
x
y
z
cxy  bxz  ayz
 2  2  2 2
1
a
b
c
abc

x2 y 2 z2
 2  2  2 1(dfcm)
a
b
c


Câu 3. (1,0 điểm):
ĐK: x - 1

x
x2
x2
x2
 ( x - x  1 )2 = 3 – 2 x  1  ( x  1 )2 + 2 x  1 - 3 = 0
1 5
x2
x2
=> x  1 = 1 => x1,2 = 2 Hoặc x  1 = -3 vô nghiệm

Câu 4. (6,0 điểm)
1. (3,0 điểm):

1
. HA ' . BC
S HBC 2
HA '
=
=
a) (1,0đ)

S ABC 1
AA '
. AA ' .BC
2
S HAB HC '
S HAC HB '
=
=
Tương tự:
;
S ABC CC '
S ABC BB '
HA ' HB' HC ' S HBC SHAB S HAC
+
+
=
+
+
=1
AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC SABC

b) (1,0đ) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC:

BI AB AN AI CM IC
=
;
= ;
=
IC AC NB BI MA AI
BI AN CM AB AI IC AB IC

.
.
=
.
. =
. =1
IC NB MA AC BI AI AC BI
⇒ BI . AN . CM=BN . IC. AM

c) (1,0đ) Vẽ Cx
CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx
- Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’
- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD
BC + CD
2
Δ
BAD vng tại A nên: AB +AD2 = BD2
⇒ AB2 + AD2
(BC+CD)2
AB2 + 4CC’2
(BC+AC)2
4CC’2
(BC+AC)2 – AB2

17


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

Tương tự: 4AA’2

(AB+AC)2 – BC2
4BB’2
(AB+BC)2 – AC2
- Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2)

(AB+BC+AC)2

2

AB+ BC+CA ¿
¿
⇔
Ơ¿
¿
Đẳng thức xảy ra ⇔ BC = AC, AC = AB, AB = BC
⇔ AB = AC =BC ⇔
Δ ABC đều

* Kết luận đúng
2. (3 ®iĨm):
0
^1
a) (1 ®iĨm) Trong tam gi¸c BDM ta cã : ^
D1=120 M
0
0
Vì ^
M 2 = 60 nên ta có: ^
M 3=120 − ^
M1

^
Suy ra ^
D 1= M 3
Chøng minh Δ BMD ~ ΔCEM (1)
BD CM
Suy ra
, tõ ®ã BD.CE = BM.CM
=
BM CE
2
BC
Vì BM = CM =
, nên ta có BD.CE = BC
2
4
BD MD
b) (1 điểm) Từ (1) suy ra
mà BM = CM nªn ta cã
=
CM EM
BD MD
=
BM EM
Chøng minh Δ BMD ∾ Δ MED
Tõ ®ã suy ra ^
D 1= ^
D 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE
Chứng minh tơng tự ta có EM là tia phân giác của góc CED
c) (1 điểm) Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chøng minh DH = DI, EI = EK

TÝnh chu vi tam gi¸c b»ng 2AH; KÕt luËn.

Câu 5 (2,0 điểm):
Đặt x = 3a + b + c ; y = 3b + a + c ; z = 3c + b + a
=> x + y + z = 5( a + b + c) =5(x – 2a ) = 5(y – 2b) =5(z – 2c
=> 4x –(y +z) =10a; 4y –(x +z) =10b ; 4z –(y +x) =10c ;
4 y  ( x  z) 4 z  ( x  y)
4x  ( y  z)
y
x
z
=> 10T =
+
+
=
x
z
y
z
x y
= 12 – ( x + x + y + y + z + z )  12 -6 =6 => T

3
5

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
___________________

18

y

A
x
E
D
1

B

2
1

2 3

M

C


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

Ngày soạn:16/2
Tuần: 27-28: Buổi 27-28.
UBND HUYỆN BUÔN ĐÔN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
PHỊNG GD BN ĐƠN
Mơn: Tốn- Lớp: 9
Năm 2018-2019
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề)

ĐỀ BÀI
Bài 1: (3,0 điểm)
Cho a,b,c > 0. Chứng minh :
a b
 2
a) b a
 1 1
1 1
 1 1
a.     b.     c.    6
b c
c a
 a b
b)
2 x√ x+x− √x 2 √x− 1
:
Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức A = - 1 ❑ +
1-x
1+ x √ x
√ x− x
a) Rút gọn biểu thức A.
2
b) Tính giá trị x để giá trị của biểu thức A =
.
3
c) Biểu thức A có giá trị lớn nhất khơng ? Vì sao?
Bài 3: (3điểm)
Câu a / Cho hàm số (d) y = (2m - 1)x + 2 (m là hằng số).
(d’) y = 3x -3
(d’’) y = 2x +1

Tìm m để (d), (d’) và (d’’) đồng quy.
Câub/ Tìm n ? để 3 điểm A( 2; -1) , B(1;1) và C( 3; n+1) thẳng hàng .
Bài 4: (3 điểm) Tìm số tự nhiên n sao cho n(n+3) là số chính phương
Bài 5: (5 điểm)
Câu a/ Cho tam giác ABC có AB = 5cm, AC = 6cm, BC = 7cm. Tính góc ABC (làm trịn đến độ).
Câub/ Cho đoạn AB cố định, M di động trên AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai hình vng MAED
và MBHG. Hai đường trịn ngoại tiếp hai hình vng cắt nhau tại N. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một
điểm cố định, khi M di chuyển trên AB.
Bài 6: (3,5điểm) Cho đường tròn tâm O và một điểm C ở ngồi đường trịn đó. Từ C kẻ hai tiếp tuyến CE; CF (E;F
là tiếp điểm) và cát tuyến CMN ( M nằm giữa C và N) tới đường tròn. Đường thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm
A và B. Gọi I là giao điểm của AB với EF. Chứng minh rằng:
a/ Bốn điểm O;I;M;N cùng thuộc một đường tròn
❑
❑
b/ AIM = BIN
…………………………………HẾT……………………………………..

19


GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG Toán 9 – GV soạn : Lê Thiện Đức- Trường THCS Nguyễn Trường Tộ

PHÒNG GD - ĐT CẨM GIÀNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013 - 2014
Mơn: Tốn 9
Thời gian làm bài:150 phút
(Đề thi gồm 01 trang
Ngày thi 16-10-2013

Sưu tầm: Phạm Văn Cát
THCS Cẩm Định Cẩm Giàng
HD

Câu 1( 2 điểm)
a)Cho biểu thức: A = (x2 – x - 1 )2 + 2013
3

Tính giá trị của A khi x =

3 1  1



3
3 1 1

2
2
b) Cho (x + x  2013 ).(y + y  2013 )=2013. Chứng minh x2013+ y2013=0

Câu 2 ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: x2+ 5x +1 = (x+5)
b) Chứng minh

x2 1

a
b

c


2
bc
a c
ba
, với a, b, c>0

Câu 3 ( 2 điểm)
a) Tìm số dư của phép chia đa thức (x+2) (x+4) (x+6) (x+8) +2013 cho đa thức x2+10x+21
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3y2+x2+2xy+2x+6y+2017
Câu 4 ( 3 điểm)
1)Cho tam giácABC, Â= 900, AB < AC, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của
H trên AB và AC. Chứng minh:
a) DE2=BH.HC
b) AH3=BC.BD.CE
2)Cho tam giác ABC, BC= a, AC=b, AB=c. Chứng minh
Câu 5( 1 điểm)
Cho a, b, c là 3 cạnh một tam giác. Chứng minh:
1
1
1
1 1 1


  
a b  c b c  a c a  b a b c

20

sin

Â
a

2 b c