SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008-2009 Môn Toán - Lớp 9 Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 11 tháng 02 năm 2009 Bài 1 : ( 4,0 điểm ) a) Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 3 + y 3 . b) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo chu vi. GIẢI : a) Ta có M = x 3 + y 3 = (x + y)(x 2 − xy + y 2 ) = x 2 − xy + y 2 (vì x + y = 1) = 2 2 2 2 x y x y ( xy ) 2 2 2 2 + + − + = 1 2 (x 2 + y 2 ) + 2 x y ( ) 2 2 − ⇒ M ≥ 1 2 (x 2 +y 2 ) Ngoài ra do x + y =1 ⇒ x 2 + y 2 + 2xy = 1 ⇒ 2(x 2 + y 2 )−(x − y) 2 = 1 ⇒ 2(x 2 + y 2 ) ≥ 1 ⇒ (x 2 + y 2 ) ≥ 1 2 dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = 1 2 ⇒ M ≥ 1 2 . 1 2 = 1 4 dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = 1 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1 4 , đạt được khi x = y = 1 2 b)Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1 a b c≤ ≤ < . Ta có hệ phương trình : 2 2 2 a b c ab 2(a b c) + = = + + (1) (2) Từ (1) ⇒ c 2 = (a + b) 2 − 2ab ⇒ c 2 = (a + b) 2 − 4(a + b + c) (theo (2)) ⇔ (a + b) 2 − 4(a + b) = c 2 + 4c ⇔ (a + b) 2 − 4(a + b) + 4 = c 2 + 4c + 4. ⇔ (a + b − 2) 2 = (c + 2) 2 ⇔ a + b − 2 = c + 2 (do a + b ≥ 2) ⇔ c = a + b − 4. Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4) ⇔ ab −4a−4b + 8 = 0 ⇔ b(a −4) −4(a−4) = 8 ⇔ (a −4)(b−4) = 8 Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có: a 4 1 ho ho b 4 8 − = ⇔ − = a - 4 = 2 a = 5 a =6 Æc Æc b - 4 = 4 b = 12 b =8 Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10) thỏa mãn yêu cầu của bài toán. ĐỀ CHÍNH THỨC TRƯỜNG THCS VINH THANH Bài 2 : ( 4,0 điểm ) a) Giải hệ phương trình : ( ) ( ) ( ) 3xy = 2 x+ y 5yz = 6 y+ z 4zx= 3 z+ x b) Giải phương trình : 2 2 25- x - 10 - x = 3 GIẢI : a)+ Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0. + Với xyz ≠ 0 thì (I) được viết lại: x y 3 xy 2 y z 5 yz 6 z x 4 zx 3 + = + = + = ⇔ (II) 1 1 3 x y 2 1 1 5 y z 6 1 1 4 z x 3 + = + = + = Cộng ba phương trình của hệ (II) theo vế ta được: 1 1 1 11 2 x y z 3 + + = ÷ ⇔ 1 1 1 11 x y z 6 + + = (*) Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có : x = 1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3). b) ĐKXĐ: - 10 ≤ x ≤ 10 Đặt a = 2 25 x− ; b = 2 10 x− ( a, b ≥ 0 ) Ta được hệ pt : 2 2 3 15 a b a b − = − = Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x 1 = 3 ; x 2 = -3 Bài 3: ( 5,0 điểm) a) Cho a và b là các số nguyên dương sao cho a +1 b +1 a b + là số nguyên; gọi d là ước chung của a và b. Chứng minh : d a +b≤ . b) Chứng minh rằng không có các số nguyên x và y nào thỏa mãn hệ thức: 2008x 2009 + 2009y 2010 = 2011. GIẢI : a) Ta có: 1 1a b a b + + + = 2 2 ab b ab a ab a b a b ab ab ab ab + + + + + = + = + : là số nguyên Suy ra : a b ab + là số nguyên và a, b là số nguyên dương Nên a b ab + ≥ 1 ⇒ a + b ≥ ab Do d là ước của a nên a M d ⇒ a ≥ d > 0 Và d là ước của b nên b M d ⇒ b ≥ d > 0 Suy ra : ab ≥ d 2 nên a + b ≥ d 2 GV:ĐỖ KIM THẠCH ST 2 TRƯỜNG THCS VINH THANH Vậy : d a b ≤ + b)- Nếu y chẵn thì với mọi x ∈ Z có 2008x 2009 + 2009y 2010 là số chẵn; mà 2011 là số lẻ, (vô lý) - Nếu y lẻ thì y 1005 là số lẻ. Đặt y 1005 = 2k + 1 ( k ∈ Z ) ⇒ 2009y 2010 = 2009(y 1005 ) 2 = 2009(2k + 1) 2 = 2009(4k 2 + 4k + 1) = 4[2009(k 2 + k)] + 2009. Ta có 2009y 2010 chia cho 4 dư 1 ⇒ 2008x 2009 + 2009y 2010 chia cho 4 dư 1; mà 2011 chia cho 4 dư 3, (vô lý) Vậy không có các số nguyên x, y nào thỏa mãn hệ thức : 2008x 2009 + 2009y 2010 = 2011. Bài 4 : ( 2,0 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao kẻ từ B và C cắt nhau tại O. Chứng minh rằng nếu đường tròn nội tiếp tam giác OAB và đường tròn nội tiếp tam giác OAC có bán kính bằng nhau thì tam giác ABC là tam giác cân. GIẢI : K H O2 O1 O A B C Gọi O 1 và O 2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AOB và AOC. Kẻ O 1 H ⊥ AB tại H và O 2 K ⊥ AC tại K ⇒ O 1 H = O 2 K (gt) Điểm O là trực tâm của ∆ ABC ˆ ˆ ABO ACO⇒ = (cùng phụ ˆ BAC ) 1 2 1 2 ˆ ˆ OBH OCK BO H CO K (O H O K; ) 2 2 ∆ = ∆ = = BH CK ⇒ = . ∗ Nếu AB > AC thì AH > AK (AB = AH + HB và AC = AK + KC) 1 2 1 2 O H O K ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ O AH O AK OAB OAC ABC ACB AC AB AH AK ⇒ < ⇒ < ⇒ < ⇒ > ⇒ > Mâu thuẫn ∗ Nếu AB < AC, lập luận tương tự ta có AB > AC Mâu thuẫn ∗ Vậy AB = AC. Tam giác ABC cân tại A. Bài 5 : ( 5,0 điểm ) Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; r) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Trên đường tròn (O; R) vẽ dây AB = R. Trên cung lớn AB lấy điểm M, đường thẳng MA cắt đường tròn (O’; r) tại N (N khác A). Đường thẳng qua N và song song với AB cắt đường thẳng MB tại E. a) Chứng minh rằng độ dài đoạn thẳng NE không phụ thuộc vị trí điểm M trên cung lớn AB; b) Tìm vị trí của điểm M trên cung lớn AB để tam giác MNE có diện tích lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó. GIẢI : GV:ĐỖ KIM THẠCH ST 3 TRƯỜNG THCS VINH THANH K M0 H E N O' O A B M a) Ta có NE MN OO` R r AB AM AO R + = = = R r NE .AB R r. R + ⇒ = = + Độ dài đoạn NE không đổi. b) MNE ∆ 2 2 MNE MNE MAB MAB S NE R r MAB S .S S AB R + ∆ ⇒ = ⇒ = ÷ ÷ Diện tích tam giác MNE lớn nhất ⇔ Diện tích tam giác AMB lớn nhất. Gọi M o là điểm chính giữa của cung lớn AB ⇒ Tam giác AM o B cân tại M o . Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại M o cắt BM tại K. o ˆ ˆ ˆ AM B AMB AKB= > (góc ngoài của tam giác AMK), do đó M nằm giữa hai điểm B và K. suy ra khoảng cách từ M đến AB không lớn hơn khoảng cách từ K đến AB. M o K // AB o M O AB⇒ ⊥ tại H và khoảng cách từ K đến AB bằng M o H. Vậy khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB thì diện tích ∆ AMB có giá trị lớn nhất. o 2 o AM B R 3 R(2 3) (2 3)R M H R MaxS 2 2 4 + + = + = ⇒ = Diện tích ∆ MNE có giá trị lớn nhất bằng 2 2 2 2 (R r) (2 3)R 2 3 . (R r) R 4 4 + + + = + GV:ĐỖ KIM THẠCH ST 4 . DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 200 8-2 0 09 Môn Toán - Lớp 9 Thời gian 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 11 tháng 02 năm 20 09 Bài 1 : ( 4,0. ( k ∈ Z ) ⇒ 2009y 2010 = 20 09( y 1005 ) 2 = 20 09( 2k + 1) 2 = 20 09( 4k 2 + 4k + 1) = 4[20 09( k 2 + k)] + 20 09. Ta có 2009y 2010 chia cho 4 dư 1 ⇒ 2008x 20 09 + 2009y 2010 chia cho 4. THẠCH ST 2 TRƯỜNG THCS VINH THANH Vậy : d a b ≤ + b )- Nếu y chẵn thì với mọi x ∈ Z có 2008x 20 09 + 2009y 2010 là số chẵn; mà 2011 là số lẻ, (vô lý) - Nếu y lẻ thì y 1005 là số lẻ.