GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi 1 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH MƠN TỐN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2013 Bài 1: (5 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức: A = 1 1 2 2 3 2 2 3 b) Giải hệ phương trình: 2 2 11 3 4 2 x y x xy y Bài 2: (4 điểm) a) Chứng minh rằng trong 8 số tự nhiên có ba chữ số bất kỳ, bao giờ cũng tìm được 2 số mà khi viết chúng liền nhau ta được một số có 6 chữ số chia hết cho 7. b) Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 – xy = 4. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = x 2 + y 2 . Bài 3: (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): y = - x 2 và đường thẳng (d) có phương trình: y = mx – 1 (m là tham số). a) Chứng minh với mọi m đường thẳng (d) ln cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B. b) Gọi hồnh độ giao điểm của A và B lần lượt là x 1 ; x 2 . Chứng minh rằng: 1 2 x x 2. Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là trung điểm của cạnh AB và E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh rằng OE vng góc CD. Bài 5: (4 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi (CD khơng trùng với AB). Vẽ tiếp tuyến (d) với đường tròn (O; R) tại B. Các đường thẳng AC, AD lần lượt cắt đường thẳng (d) tại P và Q. a) Chứng minh tứ giác CPQD là một tứ giác nội tiếp. b) Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDP. Chứng minh rằng khi đường kính CD thay đổi (CD khơng trùng với AB) thì E di động trên một đường thẳng cố định. *) Ghi chú: Ở bài 2b), điều kiện x, y là các số thực dương đã được thay bằng điều kiện x, y là các số thực. GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi 2 GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Bài 1 (5 điểm) a) Tính A = 1 1 2 2 3 2 2 3 A = 1 1 2 2 3 2 2 3 = 2 2 2 4 2 3 2 4 2 3 = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 3 3 3 2 3 1 2 3 1 2 3 1 = 3 3 3 3 2 2 9 3 . b) Giải hệ phương trình: 2 2 11 3 4 2 x y x xy y 2 2 11 3 4 2 x y xy x y xy 2 2 11 3 4 2 S P S P . (Đặt S = x + y, P = xy) 2 2 11 6 8 2 1 3 4 2 2 S S ( ) S P ( ) Giải phương trình (1): S 2 + 2S – (17 + 8 2 ) = 0 ’ = 18 + 8 2 = 2(9 + 4 2 ) = 2 2 2 2 1 Phương trình (1) có 2 nghiệm: S 1 = - 1 + 2 (2 2 + 1) = 3 + 2 ; S 2 = - 1 - 2 (2 2 + 1) = - 5 - 2 Thay các giá trị của S vào (2) ta có: P 1 = 3 + 4 2 - S 1 = 3 + 4 2 - (3 + 2 ) = 3 2 ; P 2 = 3 + 4 2 - S 2 = 3 + 4 2 - (- 5 - 2 ) = 8 + 5 2 . +) Với cặp giá trị S 1 và P 1 , ta có x, y là các nghiệm của phương trình bậc hai: t 2 – S 1 t + P 1 = 0 t 2 – (3 + 2 )t + 3 2 = 0 (3) Giải pt (3): = (3 + 2 ) 2 - 12 2 = 11 - 6 2 = (3 - 2 ) 2 t 1 = 3 2 3 2 2 2 ; t 2 = 3 2 3 2 3 2 Do đó x = 2 ; y = 3 hoặc x = 3 ; y = 2 . +) Với cặp giá trị S 2 và P 2 , ta có x, y là các nghiệm của phương trình: t 2 – S 2 t + P 2 = 0 t 2 + (5 + 2 )t + 8 + 5 2 = 0 (4) Giải pt (4): = (5 + 2 ) 2 – 4(8 + 5 2 ) = 27 + 10 2 - 32 - 20 2 = - 5 - 10 2 < 0: pt vơ nghiệm. Tóm lại, hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: x 1 = 2 , y 1 = 3; x 2 = 3, y 2 = 2 . GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi 3 Bài 2 (4 điểm) a) Chứng minh tồn tại số chia hết cho 7 Vì tập hợp các số dư trong phép chia một số tự nhiên bất kỳ chia cho 7 có 7 giá trị, và có 8 số tự nhiên nên theo ngun tắc Dirichlet, tồn tại 2 số tự nhiên có cùng số dư trong phép chia cho 7, do đó hiệu của 2 số này chia hết cho 7. Gọi 2 số đó là: abc và xyz . Hai số này viết liền nhau được số abcxyz . Ta có: 1000 1001 abcxyz .abc xyz .abc abc xyz Vì 1001 7, ( abc - xyz ) 7 nên suy ra abcxyz 7. Vậy tồn tại 2 số trong 8 số đã cho mà khi viết liền nhau được một số có 6 chữ số chia hết cho 7. b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P +) Biến đổi điều kiện: x 2 + y 2 – xy = 4 xy = x 2 + y 2 – 4 Ta có: P = x 2 + y 2 2xy x 2 + y 2 2(x 2 + y 2 – 4) x 2 + y 2 8. Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi x = y. Thay y = x vào biểu thức điều kiện, ta có : x 2 + x 2 – x 2 = 4 x = 2. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 8 khi và chỉ khi x = y = 2. +) Biến đổi điều kiện : x 2 + y 2 – xy = 4 (x + y) 2 – 3xy = 4 xy = 2 4 3 x y Biến đổi biểu thức : P = x 2 + y 2 = (x + y) 2 – 2xy = (x + y) 2 – 2. 2 2 4 8 8 3 3 3 x y x y Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi x = - y. Thay y = - x vào biểu thức điều kiện, ta có : x 2 + x 2 + x 2 = 4 x 2 = 4 3 x = 2 3 , suy ra y = 2 3 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 3 khi và chỉ khi x = - y = 2 3 . Bài 3 (4đ) a) Chứng minh (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Phương trình tìm hồnh độ giao điểm (nếu có) của hai đồ thị (d) và (P) là : - x 2 = mx – 1 x 2 + mx – 1 = 0 (1), = m 2 + 4 > 0, m. Do đó phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Vậy đường thẳng (d) ln cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A và B, với mọi m. b) Chứng minh 1 2 x x 2 Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-ét, ta có : x 1 + x 2 = - m; x 1 x 2 = - 1 (x 1 + x 2 ) 2 – 4x 1 x 2 = m 2 + 4 (x 1 – x 2 ) 2 = m 2 + 4 4 1 2 x x 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = 0. GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi 4 Bài 4 (4đ) Chứng minh OE CD Gọi F là trung điểm của AC, G là giao điểm hai trung tuyến BF, CD, CE cắt AD tại K. Ta có G là trọng tâm của tam giác ABC, E là trọng tâm của tam giác ACD nên: 2 3 CE CG CK CD EG // AB Mặt khác, D là trung điểm của dây AB của đường tròn (O) nên: DO AB. Do đó DO EG (1). Vì tam giác ABC cân tại A nên ba điểm A, O, G thẳng hàng, Ta có: AG BC, DF là đường trung bình của tam giác ABC nên DF // BC, suy ra GO DE (2). Từ (1), (2) ta có O là trực tâm của tam giác DEG, nên EO DG. Vậy EO CD. Bài 5 (5đ) a) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp Ta có: 1 1 P B (cùng phụ với CBP ) 1 1 B D (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Suy ra: 1 1 P D . Mặt khác, 1 D CDQ = 180 0 (kề bù) nên 1 P CDQ = 180 0 . Vậy tứ giác CPQD nội tiếp. b) Chứng minh E di động trên một đường thẳng cố định Đường tròn ngọai tiếp tam giác CDP cũng là đường tròn (E) ngoại tiếp tứ giác CDQP. Gọi I, K là giao điểm của đường tròn (E) với đường thẳng AB. Từ tính chất của góc nội tiếp ta có: AIC APK (g.g) AI AC AP AK AI.AK = AC.AP (1) Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vng ABP, ta có: AC.AP = AB 2 = 4R 2 (2) Từ (1), (2) suy ra: AI.AK = 4R 2 (3) Chứng minh tương tự ta có: OIC ODK (g.g) OI OC OD OK OI.OK = OC.OD = R 2 (4) Biến đổi: (4) (AO – AI)(AK – AO) = R 2 (R – AI)(AK – R) = R 2 R(AK + AI) – AI.AK – R 2 = R 2 R(AK + AI) – 4R 2 – R 2 = R 2 R(AK + AI) = 6R 2 AK + AI = 6R (5) Từ (3) và (5) ta có AI và AK là các nghiệm của phương trình bậc hai (AI < AK): S S A K D E F G O B C A C P I D B E Q K d d’ H O 1 1 1 R R GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Bùi Văn Chi 5 X 2 – 6RX + 4R 2 = 0 X 1 = 3R - R 5 ; X 2 = 3R + R 5 . Do đó: AI = R(3 - 5 ); AK = R(3 + 5 ), suy ra I và K là hai điểm cố định thuộc tia AB. Vì tâm E cách đều I và K nên E thuộc đường trung trực (d’) của IK, do đó (d’) cố định. Gọi H là giao điểm của (d’) với tia AB, ta có H là trung điểm của IK nên: AH = 3 5 3 5 3 2 2 R R AI AK R BH = AH – AB = 3R – 2R = R. Vậy khi đường kính CD di động (CD khơng trùng với AB) thì tâm E của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDP di động trên đường thẳng cố định (d’) vng góc với tia đối của tia BA tại H với BH = R. Quy Nhơn, ngày 20 tháng 03 năm 2013 Bùi Văn Chi