Đề thi HSG Toán 9 - Bình định ppsx

Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn O lấy điểm C sao cho AC = AB.. Đường thẳng BC cắt đường tròn O tại D, M là một điểm thay đổi trên đoạn AD.. Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH

MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009

Bài 1: (3 điểm)

Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0

Bài 2: (3 điểm)

Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và 1 1 1 0

x y x+ + = Chứng minh rằng yz zx xy2 2 2 3

x +y +z =

Bài 3: (3 điểm)

Giải hệ phương trình:

⎪

⎨

⎪⎩

Bài 4: (4 điểm)

Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh tam giác ABC lần lượt tại G, E, F

Chứng minh rằng OA OB OC 2

AG BE+ +CF=

Bài 5: (4 điểm)

Cho đường tròn (O), đường kính AB Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy điểm C sao cho AC = AB Đường thẳng BC cắt đường tròn (O) tại D, M là một điểm thay đổi trên đoạn AD Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống

AB và AC, H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đường thẳng PD

a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất

b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm cố định

Bài 6: (3 điểm)

< + + +L <

GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH

NĂM HỌC 2008 – 2009

Bài 1

Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n 3 – mn 2 – 3n 2 + 14n – 7m – 5 = 0 (1)

Biến đổi:

(1) 2n3 – 3n2 + 14n – 5 – m(n2 + 7) = 0

⇔ m = 2n3 3n22 14n 5

n 7

16 2n 3

n 7

− +

+

Vì m, n ∈ Z, nên (n2 + 7) ∈ Ư(16), suy ra (n2 + 7) ∈ {8; 16}, do đó n2 ∈ {1; 9}

+) Nếu n2 = 1 thì n = ±1

+) Nếu n2 = 9 thì n = ±3

+ Với n = 1, ta có m = 1

+ Với n = -1, ta có m = -3

+ Với n = 3, ta có m = 4

+ Với n = -3, ta có m = -8

Vậy ta tìm được 4 cặp giá trị (m, n) ∈ {(1; 1), (-3; -1), (4; 3), (-8; -3)}

Bài 2

Cho x, y, z khác 0 thỏa 1 1 1 0

x y z+ + = Chứng minh yz zx xy2 2 2 3

x +y +z =

Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức:

a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)

= 1

2(a + b + c)[(a – b)

2 + (b – c)2 + (c – a)2]

Ta có:

(a3 + b3) + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b)– 3abc

= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b) – 3abc

= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c)

= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab]

= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)

= 1

2(a + b + c)[(a – b)

2 + (b – c)2 + (c – a)2]

Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c

Đặt a 1,b 1,c

z, theo giả thiết

1 1 1

0

x y z+ + = nên suy ra a + b + c = 0

Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 ⇔ a3 + b3 + c3 = 3abc,

hoặc 13 13 13 3

x +y +z =xy

z

Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được yz zx xy2 2 2 3

x +y +z = (đpcm)

Bài 3

Giải hệ phương trình:

x y 7

⎪

⎨

⎪⎩

Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x ≥ 20, y ≥ 0

Đặt a = x 20, b− = y 3+ (a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a2 + 20, y = b2 – 3

Hệ phương trình viết lại:

a b 6(2)

⎪

⎨

+ =

⎪⎩

)

Trong đó, 0 ≤ a ≤ 6, b ≥ 3

Bình phương hai vế của (1) ta có:

a2 + 20 + b2 – 3 + 2 (a2+20 b)( 2−3) = 49 (3)

Thay b = 6 – a vào (3), ta có:

a2 + 20 + (6 – a)2 – 3 + 2 ( 2 ) ( )2

a +20 ⎡ 6 a− −3⎤

⇔ a2 + 20 + 36 – 12a + a2 – 3 + 2 (a2+20 a)( 2−12a 33+ ) = 49

a +20 a −12a 33+ = - a2 + 6a – 2 (4)

Bình phương hai vế của (4) với (a – 3)2 ≤ 7, ta có:

(a2 + 20)(a2 – 12a + 33) = (-a2 + 6a – 2)2

⇔ a4 – 12a3 + 53a2 – 240a + 660 = a4 + 36a2 + 4 – 12a3 + 4a2 – 24a

⇔ 13a2 – 216a + 656 = 0

⇔ a1 = 4: chọn, a2 = 164 6: loại

13 >

Với a = 4, ta có b = 2

Thế lại ẩn cũ:

a = 4 ⇒ x 20− = 4 ⇔ x = 36

b = 2 ⇒ y 3+ = 2 ⇔ y = 1

Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm:

x = 36, y = 1

Bài 4

Chứng minh: OA OB OC

AG BE CF+ + = 2

Đặt SOAB = S1, SOAC = S2, SOBC = S3

Ta có:

ABG ACG ABG ACG

AG S= =S =S S

+

1 2

ABC

S S S

Lập luận tương tự, ta có:

1 3

ABC

OB S S

BE S

+

2 3

ABC

OC S S

CF S

+

Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:

A

E

S3

G A

F

O

E

S

1 2 3 ABC

OA OB OC 2(S S S ) 2S

2

+ +

Bài 5

a) Vị trí của M để diện tích tam giác AHB lớn nhất

Ta có PAN PHN+ = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác APHN nội tiếp (1)

Tứ giác APMN là hình vuông nên nội tiếp (2)

Từ (1), (2) ta có 5 điểm A, N, M, P, H

cùng thuộc một đường tròn

Do đó AHM APM= = 900

Mặt khác tứ giác MPCD nội tiếp nên

MPD MCD= (góc nội tiếp cùng chắn cung MD)

Tam giác ABC vuông cân tại A có AD

vừa là đường cao vừa là đường trung trực,

vừa là đường phân giác nên:

MB = MC ⇒ ΔMBC cân tại M

⇒ MCD MBD= , do đó MPD MBD= (3)

Ta lại có AMB là góc ngoài ΔMBD tại M nên:

0

AMB MBD MDB MBD 90= + = + (4)

APH= APM MPH 90+ = 0+MPD(5)

Từ (3), (4), (5) suy ra: APH AMB= (6)

Vì tứ giác APHM nội tiếp nên:

APH AMH+ = 1800 (7)

Từ (6), (7) suy ra:

AMB AMH+ = 1800

Do đó ba điểm H, M, B thẳng hàng, nên AHB= 900

Vậy H thuộc đường tròn (O)

Suy ra tam giác AHB có diện tích lớn nhất khi độ dài đường cao HK lớn nhất

A

M

D H

P

C x

E K

⇒ HK = R ⇒ H ≡ D ⇒ M ≡ D

Vậy khi M ≡ D thì S AHB đạt giá trị lớn nhất là R 2 (R là bán kính đường tròn (O))

b) Chứng minh HN luôn đi qua một điểm cố định

Gọi E là giao điểm thứ hai của HN với đường tròn (O)

Ta có AHN APN= = 450 Vì AHB= 900, suy ra NHB = 450

Do đó HN là tia phân giác của góc , suy ra E là điểm chính giữa của cung , nên

Vậy khi M di động trên đoạn thẳng AD thì HN luôn đi qua điểm E cố định là điểm chính giữa của cung tròn AB của đường tròn (O)

Bài 6

Chứng minh:

< + + +L <

Ta chứng minh bài tốn tổng quát:

− < + + +L < − (n ∈ N, n ≥ 2)

Ta cĩ:

k = k k< k k 1= −

Cho k lấy các giá trị từ 2 đến 100, thay vào bất đẳng thức (1), ta cĩ:

1

2

1

3

1

99

1

2 100 99

100

⎧ < −

⎪

⎪

⎪ < −

⎪

⎪⎪

⎨

⎪

⎪

⎪

⎪⎩

LLLLLLL

Cộng vế theo vế, ta được:

2+ 3+ +L 100< − + − + +L − = 2 100( − 1 18)=

k = k k> k 1 k = + −

Lập luận tương tự như trên, ta cĩ:

2 101 2 2 101 2 2 2 100 3 17

< + + +L <

Quy Nhơn, ngày 16 tháng 04 năm 2009

Người gửi: BÙI VĂN CHI

Giáo viên Trường THCS LÊ LỢI

Tp Quy Nhơn, Tỉnh Bình Định