08 hsg9 binh dinh 22 23 (đã xong)

Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Học sinh giỏi 99 Bài Tỉnh Bình Định (5,0 điểm)  x  x  y  y  x  y 2 Giải phương hệ trình  x  x   x  x   Bài  Giải phương trình (5,0 điểm) Cho các sớ thực x , y thỏa x  y   P y  4x   y2  4x   x  y  4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  1 10 P   20 P  3 30 P  x   x  ax  bx  cx  d Cho đa thức Biết , , Tính giá Bài trị của biểu thức (5,0 điểm) H P  12   P    2023  O  và một điểm P bất kì nằm tam giác ( P Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  tại điểm thứ hai là D , dựng các đường kính khác O ) Đường thẳng AP cắt đường tròn DE , AF của đường tròn  O  Gọi G , I lần lượt là các giao điểm thứ hai của đường thẳng EP , FP với đường tròn  O  , K là giao điểm của AI và DG Gọi H là hình chiếu vng góc của K OP , đường thẳng OP cắt EF tại M  Chứng minh HO là phân giác của góc IHD Bài Bài Chứng minh KD  DM (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có các đường phân giác AD , BE , CF cắt tại I Chứng minh ID IE IF   2 IB IC rằng IA (2,0 điểm) Cho đa giác đều có 2n đỉnh n   , n 3 Có tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và  có một góc lớn 100 -Hết - CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (5,0 điểm)  x  x  y  y  1  x  y 2  2 Giải phương hệ trình  Giải phương trình x  x   x  x    Lời giải x  x  y  y   x  y   x  xy  y    x  y  0   x  y   x  xy  y   0  * 1  x 2       y    + Nếu x 1 , từ 1  x   x y   xy   0  y 1  x  xy  y     1  x    2    y 2   x  + Nếu , từ 0  x   x y   xy   1  y 2  x  xy  y     Do đó  *  x  y 0  x  y  x 1 x  x 2    x 1 x  loaï i       Thay x  y vào , ta được x  x   x  x 1   Bình phương vế của  1  1 , ta được x  18 x  33 x  18 x   x  x   x  x  16 x  x  0  x  x  8x  8x  x  x  x  0   x  1 x  x  x  0    x  1 Bài 2  x  x  0    x 1  7   x    x 7   Thử lại, ta thấy x 1 thỏa mãn phương trình, phương trình cho có nghiệm là x 1 (5,0 điểm) Cho các số thực x , y thỏa x  y   P y  4x  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  y2  4x   x  y  4  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 Cho đa thức P  x   x  ax  bx  cx  d trị của biểu thức H Biết P  1 10 P   20 P  3 30 , , Tính giá P  12   P    2023 Lời giải P  y2  4x   y2  4x   x  y  4   y  4   y  x  4    y     y  x      y  x  4 2 Ta có x  y    y  x    a y   b 2 y  x  Đặt  P a  4b  với b   a  4b  Suy b2 4a 16 4 4   a  4b   a      b   b b b  b    4 4  b   4.2 b  16  b b b2 Ta có: a 0 , ,  a 0  a 0   b    b b 2  b  Suy P 16 , dấu “ = ” xảy  1  y  0   2 y  x  2  y 4   x 2  y 4  x 2 MinP 16 Vậy  Đặt Q  x  P  x   10 x  P  x  Q  x   10 x , mà P x là đa thức bậc có hệ số cao nhất Q x bằng nên là đa thức bậc có hệ số cao nhất bằng P  1 10 Q  1 10  10.1 0 Ta có suy P   20 Q   20  10.2 0 suy P  3 30 Q  3 30  10.3 0 suy Do đó: Suy Bài Q  x   x  1  x    x  3  x  r   P  x   x  1  x    x  3  x  r   10 x H P  12   P    2023 11.10.9  12  r   120       10    11    r   80 H 2023 19840 H 2023 (5,0 điểm)  O  và mợt điểm P bất kì nằm tam giác ( P Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  tại điểm thứ hai là D , dựng các đường kính khác O ) Đường thẳng AP cắt đường tròn CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 DE , AF của đường tròn  O  Gọi G , I lần lượt là các giao điểm thứ hai của đường thẳng EP , FP với đường tròn  O  , K là giao điểm của AI và DG Gọi H là hình chiếu vng góc của K OP , đường thẳng OP cắt EF tại M  Chứng minh HO là phân giác của góc IHD Chứng minh KD  DM Lời giải A H I E K P G O M B C D F    Ta có: DGE FIA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)     KGP KIP KHP 90 Suy G , I , H , K , P thuộc đường tròn đường kính KP       IHP IGP IGE IDE IDO    IHO IDO Suy từ giác IHDO nội tiếp    DHO DIO   Mà IDO DIO ( DOI cân tại O )    Do đó IHO DHO , suy HO là phân giác của góc IHD DIE 90 Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)     IDE  IED 90    IHO  IAD 90    DHO  IAD 90    Mà DHO  KHD 90   Suy IAD KHD   Hay KAD KHD , suy tứ giác AHKD nợi tiếp   CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023   Lại có AD // FE (cùng vuông góc DF )  PAO OFM Do đó APO FMO  gcg   OP OM Do đó tứ giác APFM là hình bình hành    PAM PFM       DAM IFE IGE IHP DHM  2 HAMD Suy tứ giác Từ  1 và  2 nội tiếp suy tứ giác KHMD nội tiếp    KDM KHM 90 Suy KD  DM Bài (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có các đường phân giác AD , BE , CF cắt tại I Chứng minh rằng ID IE IF   2 IA IB IC Lời giải A F B I E D C Đặt BC a , AC b , AB c Theo tính chất đường phân giác tam giác, ta có: BD ID DC BD  DC BD ID DC a        BA IA AC BA  AC c IA b b c ID a   IA bc Tương tự, ta có được: IE b  IB ca IE b  IB ca Do đó: CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 ID IE IF a b c      IA IB IC b c c a a b a b c    a b  c b c  a c a  b a b c  a  b  c  a  b  c  a  b  c 2 2 Dấu “=” xảy a b  c; b c  a ; c a  b trái với bất đẳng thức tam giác Suy dấu “=” không xảy ID IE IF   2 IA IB IC Bài Vậy (2,0 điểm) Cho đa giác đều có 2n đỉnh n   , n 3 Có tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và  có một góc lớn 100 Lời giải A2n A1 Ai O Ak Gọi A1 , A2 , A3 , …, A2n (xếp theo chiều kim đồng hồ) là các đỉnh của đa giác đều Gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác là  O  , đó các đỉnh của đa giác chia đường tròn 180  O  thành 2n cung bằng và số đo cung bằng n Xét tam giác A1 Ai Ak với i 2;2 n , k 2;2n , i k và các đỉnh A1 , Ai , Ak được xếp theo chiều kim đồng hồ  Để tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và có một góc lớn 100 , suy ra: sđ A1 Ai Ak  160  A1 Ai Ak  100 CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang  Tổng Hợp: Bùi Hồng Nam CLB Tốn THCS Zalo: 0989.15.2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022- 2023 160 180 A A A Suy cung i k có m  đỉnh (với m là phần nguyên của số n ) m  m  1 Suy có cách chọn cặp đỉnh Ai , Ak m  m  1 Suy có tam giác A1 Ai Ak thỏa yêu cầu bài toán m  m  1 2n nm  m  1 Mà đa giác cho có 2n đỉnh nên có tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán -Hết - CLB Toán THCS Zalo: 0989.15.2268  Trang 