tuyển tập các đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 9 tham khảo bồi dưỡng thi (19)

Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn O; Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF .a.Chứng minh rằ

11

:112

212

1

x

x x x

x x

x x x

12y

1

2y

12x

Bài 4: (5,0 điểm) Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B

và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF a.Chứng minh rằng các điểm E, F luôn nằm trên 1 đường tròn cố định khi đường tròn (O) thay đổi.b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K Chứng minh rằng :EK song song với AB

c.Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố định khi đường tròn(O) thay đổi

Bài 5: (2,0 điểm) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm của (O) và các

cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F Kẻ BB1 AO, AA1 BO

Chứng minh rằng 4 điểm D, E, A, B thẳng hàng

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010

2, a) Đk:

2

1y

;2

1

x  Ta sẽ chứng minh x=y Thật vậy

) 1 ( 2 x

4 y

1 x

1 x

1 x

4 4

1 2 2

1x

1 ( 0 1 x

2 x

1

x

2 2 x

2 2 x

4 y

20062005

x y

y x

2006 x y

y x

4012

16088171

y x

3 a) Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất Vậy M đạt giá trị lớn nhất với x khác 0 Chia cả tử và mẫu cho x2 ta được:

2

1 2

4 a)  ABF và AFC đồng dạng (g_g) Ta có : AB/ AF=AF/AC AF2=AB.AC

 AF= AB AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB AC không đổi

Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB AC ) cố định

b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn Ta có :AIF =AOF (1)

 EKF =AOF (2).Từ(1) và(2)  AIF =EKF

Do đó : EK vàAB song song vơí nhau

c) Cm được A,N,O thẳng hàng và AOEF ;

Gọi H là giao điểm của BC và EF

Ta có : ANH và AIO đồng dạng nên

AI

AN AO

AH

Suy ra :AH.AI =AN.AO Lại có :AN AO=AE2 =AB.AC

Do đó : AI.AH =AB.AC

AI

AC AB

AH  .

 không đổi Vậy H cố định

Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN

luôn qua I và H ;Do đó tâm đương f tròn này nằm trên đường trung trực của IH

5 Theo bài ra ta có:AA1BA Bˆ1B=900

Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn

1 1

1 1

,,90

ˆˆ

ˆ

B A E A

O E E A O

E A B BAB

AA1  ˆ1 =900

Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn

A B A A

DB 1  ˆ

mà

A B O O B D

B O D O B D

O B D DOB

ˆˆ

90ˆˆ

1B B Bˆ A A Bˆ A 180

Từ (*) , (**) suy ra A1, D, B1, E thẳng hàng

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010

a a

a

a a

a a

1

1.1

1:1

)1

Bài 2: (4,0 điểm) a) Giải hệ phương trình

3

12 2

b a

c b a

2005 2005 2005

Bài 5: (6,0 điểm)

1 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) AD BE CF, , là ba đường cao

D BC E CA F ,  , AB Đường thẳng EF cắt BC tại G, đường thẳng AG cắt lại đường tròn ( )O

tại điểm M

a) Chứng minh rằng bốn điểm A M E F, , , cùng nằm trên một đường tròn

b) Gọi N là trung điểm cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC Chứng minh rằng GH AN

2 Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD) Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC sao cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau

2 a) Đky0:

y

x y

x y

x y

y

x y

x y

x y

331

y x

31

y x y x

y y

6

(*)013

31

y x y x

x

x do x

x x

x x

x

x x

x x x

161

32

)1(

161

32

)1(36)132

(

)1(36)1(91

124

2 2

081814

01

09940

2

2

x x

x x

x

x x

D

F

CE

B

N D

b



 ; b3 =

c b a

b c b a

c b

a2006 2006 2006



c b a c

b a

c b a

2005 2005 2005

5

Nhận xét: Cho tứ giác ABCD, P là giao điểm của AB và CD Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi:

PA PB PC PD

Áp dụng nhận xét trên cho tứ giác AMBC nội tiếp, ta được GM GA GB GC  

Áp dụng cho tứ giác BFEC nội tiếp, ta được GB GC GF GE  

Suy ra GF GE GM GA  

Do đó, tứ giác AMFE nội tiếp

- Theo kết quả phần 1, và tứ giác AEHF nội tiếp suy ra

M nằm trên đường tròn đường kính AH, do đó HM MA

Tia MHcắt lại đường tròn ( )O tại K,

khi đó do AMK 90 nên AK là đường kính của ( )O

Từ đó suy ra KCCA KB, BA Suy ra KC BH KB CH|| , || ,

do đó BHCK là hình bình hành Suy ra KH đi qua Khi đó M H N, , thẳng hàng

Trong tam giác GAN có hai đường cao AD NM, cắt nhau tại H, nên H là trực tâm của tam giác

Chứng minh SABCD = SABF

Lấy E là trung điểm cảu FB Đoạn thẳng

AE chia tam giác ABF thành hai hình có

diện tích bằng nhau và AE cũng là đoạn thẳng

chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau

x

x x

x x x x

1 Cho hình vuông ABCD cạnh là a Trên đường chéo AC lấy điểm E và F sao cho

EBF = 450 Đường thẳng BE, BF cắt AD và CD lần lượt tại M và N MF và NE cắt nhau tại H,

BH cắt MN tại I

a.Chứng minh AB = BI

b.Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất

2 Cho tứ giác ABCD Lấy điểm M tùy ý trên cạnh AB xác định điểm N trên cạnh DC saocho MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau

Bài 5: (2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

7

111





y x

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010

1  ;

2 5

1  ) và (

2 5

1  ;

2 5

1  )b) Đặt 3 x3 a, 63  x b Tìm được x = 5 là nghiệm

3 a) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1 Chứng minh rằng: a b

abc



 16

Áp dụng BĐT Côsi x + y  2 xy ta có ( a + b) + c  2 (a b c )

 1  2 (a b c )  1  4( a + b)c nhân hai vế với a + b > 0 ta được:

A + b  4(a + b) 2 c mà ta chứng minh được (a + b) 2

 4ab

Do đó a + b  4(4ab)c hay a + b  16abc từ đây suy ra đpcm

Theo kết quả câu 3.1, ta có:a b c  2 ab c 2 4a b c  

  mà a b c   1 (giả thiết)nên: 1 4 a b c   b c 4a b c  2 (vì a, b, c không âm nên b + c không âm)

Nhưng: b c 2 4bc (không âm)Suy ra: b c  16abc

 BEN = 900 tương tự tứ giác ABFM nội tiếp  BFM = 900

Xét  BMN có NE và MF là 2 đường cao H là trực tâm BI MN

Tứ giác ABFM nội tiếp  ABM =AFM(cùng chắn cung AM)

 Tứ giác BEHF nội tiếp  EFH =EBH (Cùng chắn cung EH)

E

B

CN

D

A

y

Do đó ABM = MBI   BAM =  BIM ( t/h đặc biệt )  AB = BI

Ta có  AMB =  IMB  AM = IM,  INB =  CNB  CN = IN

 AM + CN = IM + IN  MD + AM + CN + DN = MN + MD + DN  2a = MN + MD + DN Đặt DM = x ; DN = y  MN = x 2 y2  SMDN =

2

xy

và 2a = x + y + x 2 y2

SMDN lớn nhất khi xy lớn nhất.Bài toán đưa về xác định x, y thỏa mãn :

x+y + x 2 y2 =2a sao cho xy lớn nhất Ta có x+ y  2 xy; x 2 y2  2xy

a2

Vậy khi DM = DN = a (2 - 2 ) thì  MDN có diện tích lớn nhất và Max SMDN = a2 ( 3 - 2 2 )2)

Qua A vẽ Ax //MD, Ax cắt DC tại F,

Qua B vẽ By //MC, By cắt DC tại E Chứng minh SABCD = SMEF

Lấy N là trung điểm của EF, MN chia tam giác MEF thành hai hình có diện tích bằng nhau và cùng chia tứ giác ABCD ra hai phần có diện tích bằng nhau

Nếu N thuộc đoạn thẳng DC, tức là SAMD < 1/2SABCD và SBMC < 1/2 SABCD

5 Điều kiện x0;y0 xy0

7

497

497749

777

0777

111

y x x

x y

y x xy y

497

56

;14

;8

;6

;0

;427

7

17

x

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010

a a

a

a a

a

1

1.1

1

3a) Rút gọn P

b) Xét dấu của biểu thức P 1 a

20052005

3 y z x

z y x

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn

x  y  z và 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : zy + yz + zx

b) Cho tam giác ABC có các cạnh a,b,c và chu vi 2p =a+ b + c

Chứng minh rằng :

p 1 a + p 1b + p 1c  2 (

a

1 +

b

1 +

c

1 )

b) Xác định vị trí của I để đoạn MN có độ dài lớn nhất

c) Gọi E, F, G theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA

và AB Kẻ EQ vuông góc với GF Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC

Bài 5: (2,0 điểm)

Ở miền trong hình vuông ABCD lấy điểm M sao cho MBAMAB150

Chứng minh rằng : Tam giác MCD đều

2 a) PT đưa về:x1 x 2 2006  *

Xét 3 trường hợp * Trường hợp 1: Nếu x<1 PT  

2

2003 2006

2 3

32

*  x   x (thỏa mãn)Kết luận: PT có 2 nghiệm ;

b bc

c b

2

bc

c b

Không có nghiệm nguyên

c b bc

c b

Vậy hệ có 4 nghiệm (1 ;1 ;1) ,(4 ;4 ;-5) (4 ;-5 ;4) (-5 ;4 ;4)

3 a) * Tìm giá trị lớn nhất của: xy + yz + zx Từ giả thiết ta có: y2 =

4

z -

16 2

, x2 =

3

z -

32 2

Vì y z 

4

z -

16 2

 z2  5t2  16  z 

5

4 (1)

12

16 -5t4

3t -48 -3

z -

32

33

162

12

168

3323

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức xy + yz + zx là

5

163

4 ,5

34zy;

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010Tương tự ta có:( 1 1 1 ) 2(1 1 1)

c b a c

p b p a

p        Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c

4 a) Từ giả thiết có IPA INA  180 Tứ giác IPAN nội tiếp

IPN IAN

Lại do  IPB IMB  90 Bốn điểm I , P , M , B

nằm trên đường tròn đường kính BI MPI IBM  180 (2)

Vì I O  CAI IBM  180 (3)

Từ (2) và (3)  MPI CAI  (4)

Từ (4) và (1)  MPI IPN CAI IAN    180 Vậy M , P , N thẳng hàng

b) Theo chứng minh trên ta có

là đường kính của  O Vậy MN nhỏ nhất bằng

AB  I đối xứng với C qua O

c) Gọi B' , C' lần lượt là hình chiếu của B và C trên GF

Chứng minh được B GB C FC'  ' (7) , suy ra BB G' CC F g g' ( )

'

(8)'

Vậy QE là phân giác của góc BQC

5 Xác định điểm I trong tam giác MDA sao cho tam giác MIA là tam giác đều

Ta có IAD=900-150-600=150= MAB

AB=AD và AM=AI

 AID= AMB  AID = AMB=1500   MID=3600-1500-600=1500

Xét IDM và IDAcó ID chung; MID=AID=1500

IA=IM (do AIM là đều)

 IDM=IDA AD=DM =DC (1)

Mặt khácDAM=CBM (vì BC=AD ;MB=MA;CBM=DAM)

1 x

2 x 2 x

1 x 2 x x

3) x 3(x P

2156

)(

2 2

2 2 4

b a ab

b a b

a

b) Giải phương trình:

x x x x

x x

521

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z)(z+x)

Bài 5: (5,0 điểm) Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B

và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF a.Chứng minh rằng các điểm E,F luôn nằm trên một đường tròn cố định khi đường tròn (O) thay đổi

b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K Chứng minh rằng :EK song song với AB

c.Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố định khi đường tròn(O) thay đổi

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010

02156

0782

02156

78)2(

2156

2

2 2 2

2 2 2

2

xy x

y x y

xy

y x y

x y

y x

22

33

26

1)(61

319

0722721

319

02153

196

319

02156

2

2

2 4

2

2 2

2

2 2

b

a b

a b

a b

a ab

b a y

x

x

x y

x x

x

x y

x

x x

x

x y

y x

b) Tập xác định : (*)

0 5 2

0 1

x x x x

x

4 1

5 2 4

1 5

2 4

1 5

2

0 4

x x x

x x x

x x

So sánh với điều kiện (*)  x=2 là nghiệm

3 a) Ta có: z x y2 x2 y2 z2  2xy xz yz

22 2 2

y

x

xyz z

yz

xz

1 1 1

1

1

1 1

1

1

1

1 6

5 2

0 ) (

0 ) (

2 2 2

c a b

c b a

b a c

 abc

Kết luận: Vậy tam giác có 3 cạnh bằng nhau nên là tam giác đều

b) vì x, y, z > 0, x + y + z = 1 áp dụng BDT côsi cho 3 số dương : xyz (1)

27

13

13

3 3

23

3 3

Từ (1),(2)

729

8))(

31

5 a) ABF và AFC đồng dạng (g_g) Ta có : AB/ AF=AF/AC AF2=AB.AC

 AF= AB AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB AC không đổi

Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB AC ) cố định

b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn Ta có :AIF =AOF (1)

Do đó: EK và AB song song vơí nhau

c) Cm được A, N, O thẳng hàng và AOEF ; Gọi H là giao điểm của BC và EF

Ta có : ANH và AIO đồng dạng nên

AI

AN AO

AH  .

 không đổi Vậy H cố định

Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN luôn qua I và H ;Do đótâm đường tròn này nằm trên đường trung trực của IH

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010

x x

x x

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P biết x =

32

2

c) Tìm giá trị của x thỏa mãn : P x 6 x  3 x 4

2 2 2 2

y x y xy x

y x y xy x

a



d c b

b



a d c

c



b a d

d



 < 2b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=

c b a

c b

c a

b a

c b

a) Chứng minh đường trung trực của MN đi qua một điểm cố định

b) Giả sử ABC cân tại A Xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích tứ giác BCNM lớn nhất

Bài 5: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao BK bằng 12cm Tính độdài các cạnh của tam giác ABC

)21(1852 2 2 2

2 2 2 2

y x y xy x

y x y xy x

2

252 2

y x

y x xy

y x

7

y x

y x

7

y x

y x

y x

Vậy hệ đã cho có nghiệm: x,y 4,3 ; 3;4 ;  3;4 ;  4,3 

3 a) Ta luôn có :

d c b a

a



 <

d c b a

d a

a



 <

d c b a

d a

b



 <

d c b a

b a

c



 <

d c b a

b c

d



 <

d c b a

c d







Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức kép trên ta được :

a



d c b

b



a d c

c



b a d

d



 <

d c b a

d c b a

Vậy 1 <

c b

b



a d c

c



b a d

d



 < 2 (đpcm)b) Đặt b+c-a=2x; a+c-b =2y; a+b-c=2z

x, y, z >0 a= y+z

b= x+zc= x+y

z z

x x

z y

x x

y

169

1649

4

52 24 16

 3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4  a=7; b =6; c=5

K A

C

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010

ANC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

CN BM MN

Từ (1) và (2) suy ra: Tứ giác BMNC là hình thang vuông

Gọi d' là trung trực của MN => d' là đường trung bình của hình thang vuông BMNC => d luôn đi quamột điểm cố định k (k là trung điểm của BC)

D P

N A

NC= AN

M là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB

<=>

N là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AC

Vậy khi d đi qua M và N được xác định nh trên thì SBCNM max

5  Đặt AC = AB = x, BC = y.

Ta có: tam giác AHC đồng dạng với tam giác BKC ( vì có góc nhọn C chung) nên:

AH BK

AC BCHay AH.BC = BK.AC

Cho 4 số x, y, z, t Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88 = 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A ở ngoài đường tròn Từ một điểm M di động

trên đường thẳng d OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K

a) Chứng minh rằng OA.OK không đổi, từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố định

b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định

c) Cho biết OA = 2R, hãy xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ nhất.Tìm giá trị nhỏ nhất đó

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010

* Vậy x 2 hoặc y  2

- Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2

hay 3y2-2y -4 =0  Phương trình không có nghiệm nguyên

- Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2

hay 3y2+2y -4 =0  Phương trình không có nghiệm nguyên

- Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2

hay y = -1

- Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2

hay 1- y = 0  y =1

- Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0

Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là:

(0; 0); (1, -1); (-1, 1)

4 Cho 4 số x, y, z, t Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88=0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = 0

<=> 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = 0

=>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy =

=x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 + 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt =

=x2 + 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)2 + 4y2 - 4yz + z2 + z2- 8zt +16t2 + y2- 4yt + 4t2 =

OH

 => OA.OK = OH.OM (1)Xét BOM vuông tại B nên : OB2 = OH.OM (2)

Từ (1) và (2) suy ra A OK = R2 (không đổi)

2 R R

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010

Đề 107

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:

3 3





y x

x

là số nguyên dương

b) Cho x, y , z là các số dương thoả mãn xyz  x + y + z + 2 tìm giá trị lớn nhất của x + y + z

Bài 4: (2 điểm)Cho các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng:

Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và

B Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MPvới đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm)

a) Chứng minh rằng 2 2

MN MP MA MB

b) Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông

c) Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giácMNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên đường thẳng d

1.a) Ta có: 3x2 3x 4  3x12 3 0;1 3x0, x 0, nên điều kiện để A có nghĩa là

Biến đổi tương đương ta đưa về được: 3(x + y)(y + z)(x + z) = 0

+ Xét x + y = 0 thay vào (3) ta được z = 2 2, thay vào (2) được x = 0; y = 0

Do đó ta được (x ; y; z) = (0 ; 0; 2 2)

Xét y + z = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (2 2; 0; 0)

Xét z + x = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (0; 2 2; 0)

+ Vậy hệ phương trình trên có 3 nghiệm: (x; y; z) = (0 ; 0; 2 2) ; (2 2; 0; 0) ; (0; 2 2; 0)b) Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của PT (1)

Nên PT vô nghiệm với x >1 Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 1

3 a) áp dụng BĐT Cautry cho ba số dương x, y, z Ta có x + y +z 3 xyz3

Biến đổi được ( x + y + z)3

 27(x + y + z +2 ) Đặt T = x + y + z > 0Biến đổi được ( T - 6) ( T + 3)2  0  T  6 Tìm được GTNN T = 6 khi x = y = z =2

b) Đặt

1

22

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010TH2: Nếu a=2 thì từ (1) có x2(x2- 2y)=0, suy ra x2 =2y nên có x= 2k, y=2k2 với k là số nguyên dươngTH3: Nếu a > 2 thì từ (1), có a – 2 > 0 và (a – 2) chia hết cho x2 nên a – 2  x2  a  x2 + 2 > x2

Từ đó  0 < x2- ay < x2- x2y  0 Điều này không xảy ra

Vậy: Cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đề ra là : (1; 2) và (2k; 2k2) với k là số nguyên dương

4 Ta có a5 + b5 = (a + b)(a4 - a3b + a2b2 – ab3 +b4 ) =(a + b)[(a - b)2(a2 + ab + b2) + a2b2)

a) Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng

Suy ra: MA MN MN2 MP2 MA MB

MN MB   

b) Để MNOP là hình vuông thì đường chéo OM ON 2R 2

Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M.Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP Ta có 2 2

MN  MO  ON R, nên Tam giác ONMvuông cân tại N Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P Do đó MNOP là hình vuông

Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì OM R 2R

c) + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính

OM Tâm là trung điểm H của OM Suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính

1

1

xy

x xy

x xy xy

x xy xy

14

14

y z

x

x z

y

z y x

b) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xyz 2006 và 111 20061

z y x

Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định H là điểm thuộc đoạn OB sao cho

HB = 2HO Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H Gọi E là điểm di động trên cung nhỏ CB sao cho

E không trùng với C và B Nối A với E cắt CD tại I

a/ Chứng minh rằng AD2 = AI.AE

b/ Tính AI.AE – HA.HB theo R

c/ Xác định vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp DIE ngắn nhất

Trường THCS DTNT Quan Hóa Năm 2010

1 a) Đk : x  0; y  0; x.y  1

Quy đồng rút gọn ta được: A = x.1y

b) 1  1 6  1 . 1 9

y x

A y

y x

2 a) TXĐ: x, y, z 

4

1 Nhân 2 vế của mỗi phương trình với 2 ta có:

4222

)2(1

4222

)1(1

4222

y z

x

x z

y

z y

114

114

z y

z y x

Thử lại ta thấy thoả mãn Vậy x = y = z =

111

z z y x xy

y x

11

z y

z x

y x

x y z

Kết luận: Vậy ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006