27 hsg9 hai phong 22 23

Tổng Hợp Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo 0989 15 2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022 2023 CLB Toán THCS Zalo 0989 15 2268  Trang 1  TP Hải Phòng Câu 1 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thứ[.]

Trang 1

TP Hải Phòng Câu 1.(2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức 2222422222224:aabaabaa bAbaabaab              (với a  b 0) b) Chứng minh rằng 1 3 6 6 6 6 56 3 6 6 6 27        

(trong đó biểu thức chứa căn có 2023

dấu căn ở tử số và 2022 dấu căn ở mẫu số).

Câu 2.(2,0 điểm)

a) Cho phương trình 2  2

4 1 4 1 0

x  m x m   (với m là tham số )

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn điều kiện x 1 0 và x1 x2.

b) Giải hệ phương trình 12 1 3.12 1 1xxyyxy              Câu 3.(2,0 điểm) a) Tìm x nguyên dương để 324x 14x 9x6 là số chính phương.

b) Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xz Chứng minh rằng

222 52xzyxzyyzxzyzx z    

Câu 4 (3,0 điểm) Cho ABCnhọn không cân tại đỉnh ,A nội tiếp đường tròn  O Kẻ đường cao AH của

.

ABC H BC

  Gọi P Q lần lượt là chân đường vng góc kẻ từ , H đến các đường thẳng

,

AB AC

a) Chứng minh tứ giác BCQP nội tiếp

b) Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M đường thẳng , AM cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là K (K khác A) Chứng minh rằng MH2MK MA .

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP Chứng minh ba điểm , I H K thẳng ,hàng.

Câu 5.(1,0 điểm) Tìm độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vng sao cho có thể đặt vào trong nó 5 hình trịn có bán kính bằng 1, biết rằng các hình trịn này đơi một khơng có q một điểm chung.1 Ý đầu tiên

-Hết -

9

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức 2222422222224:aabaabaa bAbaabaab              (với a  b 0) b) Chứng minh rằng 1 3 6 6 6 6 56 273 6 6 6        

(trong đó biểu thức chứa căn có 2023

dấu căn ở tử số và 2022 dấu căn ở mẫu số).

Lời giải a) Với ab0 ta có  22222224222222.4aabaabbaa baabaab       2222 2 21 khi 04.1 khi 04aa abbaabaaba       b) Đặt 3 6 6 6 63 6 6 6A        

và a  6 6   6 (Với 2023 dấu căn)

suy ra a  2 6 6 6   6 (Với 2022 dấu căn)

Và  2  3 1133 6aAaa  

Ta có a  6 6   6 3 (Với 2023 dấu căn)

Trang 3

Câu 4 (3,0 điểm) Cho ABCnhọn không cân tại đỉnh ,A nội tiếp đường tròn  O Kẻ đường cao AH của

.

ABC H BC

  Gọi P Q lần lượt là chân đường vng góc kẻ từ , H đến các đường thẳng

,

AB AC

a) Chứng minh tứ giác BCQP nội tiếp

b) Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M đường thẳng , AM cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là K (K khác A) Chứng minh rằng MH2MK MA .

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP Chứng minh ba điểm , I H K thẳng ,hàng

Lời giải

a)  APHAQH9009001800HPAB HQ, AC

 Tứ giác APHQ nội tiếp

 PQAPHA mà  PHAPBC (cùng phụ BAH )

Do đó PQAPBC Tứ giác BPQC nội tiếp

b) MPB MCQ (g.g) MPMBMP MQ MB MC  1MCMQ   MBK MAC (g.g) MKMBMK MA MB MC  2MCMA   Ta có BHPBAH (cùng phụ AHP)  

BAH PQH (hai góc nội tiếp cùng chắn HP )

Trang 4

Với xy ta có 2 3 1 2 2 1 1.

2 x 2 xxxy

       

Ta thấy x y ;   1;1 thoả mãn hệ phương trình  I

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y ;   1;1

Câu 3.(2,0 điểm)

a) Tìm x nguyên dương để 32

4x 14x 9x là số chính phương.6

b) Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xz Chứng minh rằng

222 52xzyxzyyzxzyzx z    Lời giải a) Vì 32

4x 14x 9x là số chính phương, nên ta có 6 4x314x29x 6 k2 với kN*

Ta có 32  2 4x 14x 9x 6  x2 4x 6x3Đặt x2 4 x26x3k2Gọi  2 2, 4 6 3x x  x d với d *Ta có x2, 4x26x3d 22 2 4 2 4 6 4xdxxdxxd          Ta lại có 4x26x3d 4x26x3  4x26x4d1d d 1.Vậy x2, 4x26x3 mà 1 x2 4 x26x3k2 nên ta có x 2 và 4x26x là số 3chính phương Cách 1: Đặt 22x a và 224x 6x 3 b với a b N,  *

Vì x nguyên dương nên ta có

Trang 5

Vì 4x 3 2b4x 3 2b; 4x 3 2b9với mọi x, b nguyên dương nên ta có: 4 3 2 21 4 2 18 4 2 18 24 3 2 1 4 2 2 4 2 2 4xbxbxbxxbxbxbb                           

(Thỏa mãn điều kiện)

Với x = 2 ta có x + 2 = 4 cũng là số chính phương Vậy giá trị x cần tìm là x = 2 b) Với x0,y 0,z ta có 0222222 21 11 1 1 1 11xzyxzyyzxzyzx zxzyzxyzyzyzxyzxxzzyxzyyzxzyxyz             2222221 21 1 1abcbac     trong đó 2 x; 2 y; 2 zabcyzx   và 0, 0, 0, 1a b c c do x z Ta có 22222222222221 1 11 1 1 1 2 1 11 1 1ababbaabaaabbbabab ababab            2 2 2222222 01 1 1ab aba baab ba babab         Do đó  222222 2111 1 1 1 1ababcbaabcc        Đẳng thức xảy ra khi ab.Khi đó   222222323222.2 1 2 1 1 2 5 1 12 1 2 51 1 2 2 1 111 3 30 0 1 22 1 1 2 1 1ccccccccccccccccccc                    

Trang 6

c) Vẽ đường kính AD của đường trịn  O   0

90

ABD 

Ta có DAC AQP = DBC ABC =  0

90ABD   ADPQ MKH MHA (c.g.c)    090 MKHMHA

 K thuộc đường trịn đường kính AH và HK AM  4

Gọi J là trung điểm của AH.Ta có J là tâm của đường tròn đi qua 5 điểm ,A K P H Q , , , Có  I và  J cắt nhau tại ,P QIJ PQ (tính chất đường nối tâm ) mà ADPQ

//

AD IJ

Ta có AO IJ// và AJ OI//  Tứ giác AJOI là hình bình hành  AJJH OI mà AH OI//  Tứ giác JOIH là hình bình hành  IH OJ//

mà OJ AK ( tính chất đường nối tâm )  IH AM  5 Từ    4 , 5  ,I H K thẳng hàng.,

Câu 5.(1,0 điểm) Tìm độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vng sao cho có thể đặt vào trong nó 5 hình trịn có bán kính bằng 1, biết rằng các hình trịn này đơi một khơng có q một điểm chung.

Lời giải

Gọi độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vng ABCD thoả mãn yêu cầu đề bài là x

Từ đây suy ra các tâm của 5 hình trịn này nằm trong hoặc trên cạnh của hình vng MNPQ có

cạnh bằng x 2 (như hình vẽ)

Chia hình vng MNPQ thành 4 hình vng nhỏ có độ dài mỗi cạnh là 22

x 

Theo ngun lí Dirichlet có ít nhất hai tâm hình trịn nằm trong hoặc trên cạnh của một hình vng nhỏ Giả sử hai tâm đó là I và J

Vì hai hình trịn này có khơng q 1 điểm chung trong nên IJ khơng nhỏ hơn hai lần bán kính và khơng lớn hơn độ dài đường chéo của hình vuông cạnh 2

Trang 7

c) Vẽ đường kính AD của đường trịn  O   0

90

ABD 

Ta có DAC AQP = DBC ABC =  0

90ABD   ADPQ MKH MHA (c.g.c)    090 MKHMHA

 K thuộc đường tròn đường kính AH và HK AM  4

Gọi J là trung điểm của AH.Ta có J là tâm của đường tròn đi qua 5 điểm ,A K P H Q , , , Có  I và  J cắt nhau tại ,P QIJ PQ (tính chất đường nối tâm ) mà ADPQ

//

AD IJ

Ta có AO IJ// và AJ OI//  Tứ giác AJOI là hình bình hành  AJJH OI mà AH OI//  Tứ giác JOIH là hình bình hành  IH OJ//

mà OJ AK ( tính chất đường nối tâm )  IH AM  5 Từ    4 , 5  ,I H K thẳng hàng.,

Câu 5.(1,0 điểm) Tìm độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vng sao cho có thể đặt vào trong nó 5 hình trịn có bán kính bằng 1, biết rằng các hình trịn này đơi một khơng có q một điểm chung.

Lời giải

Gọi độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vng ABCD thoả mãn u cầu đề bài là x

Từ đây suy ra các tâm của 5 hình trịn này nằm trong hoặc trên cạnh của hình vng MNPQ có

cạnh bằng x 2 (như hình vẽ)

Chia hình vng MNPQ thành 4 hình vng nhỏ có độ dài mỗi cạnh là 22

x 

Theo ngun lí Dirichlet có ít nhất hai tâm hình trịn nằm trong hoặc trên cạnh của một hình vng nhỏ Giả sử hai tâm đó là I và J

Vì hai hình trịn này có không quá 1 điểm chung trong nên IJ không nhỏ hơn hai lần bán kính và khơng lớn hơn độ dài đường chéo của hình vng cạnh 2

Trang 8

 2 22 2 2 2 2 2 22xxx       

Vậy độ dài nhỏ nhất của cạnh hình vng cần tìm là 2 2 2

-Hết -

Quy định khi gõ lời giải:

1 Phông chữ:Times New Roman, cỡ chữ 12 2 Công thức gõ trên mathtype, cỡ chữ 12