ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỒ LỚP 9 Bài 1. Cho các số a, b, c thỏa: , , 1ab bc ca ≠ − và: 0 1 1 1 a b b c c a ab bc ca − − − + + = + + + . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 19 19 2013 2013 2014 2014 0a b b c c a− − − = Bài 2. Giải các phương trình sau: a) ( ) 2 2 2 3 1 x x x + = + b) 2 1 2 3 1x x x x x + − = + Bài 3. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 1 3 3 5 1 3 3 5 x x y y y y x x − − = − + − − = − + Bài 4. Cho các số dương a, b, c thỏa 1abc = . Chứng minh rằng: a) 4 4 4 a b c a b c+ + ≥ + + b) 5 5 5 5 5 5 1 ab bc ca a b ab b c bc c a ac + + ≤ + + + + + + Bài 5. Cho tam giác ABC với AB = c, AC = b, BC = a (b > c). Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC, AC và AB lần lượt tại D, E, F. EF cắt BC tại G. a) Chứng minh GB DB p b GC DC p c − = = − với 2 a b c p + + = b) Chứng minh IG AD ⊥ c) Gọi P là giao điểm của ID và đường tròn đường kính BC. Chứng minh GP là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC. Bài 6. Cho các số nguyên a, b, c thỏa: a b c abc + + = . a) Cho a, b, c > 0. Tìm a, b, c. b) Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) P a b b c c a= + + + chia hết cho 6. Hết 1 NGUYỄN TĂNG VŨ HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Cho các số a, b, c thỏa: , , 1ab bc ca ≠ − và: 0 1 1 1 a b b c c a ab bc ca − − − + + = + + + . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 19 19 2013 2013 2014 2014 0a b b c c a− − − = Lời giải. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 b c ac c a bc a b b c c a a b ab bc ca ab ac ab a b c a b ab bc ac a b bc ac c ab MTC a b c a b c MTC a b b c c a − + + − + − − − − + + = ⇔ + = + + + + + + − + − ⇔ − = + + + − + + − + + ⇔ = − − − ⇔ = ⇔ = ∨ = ∨ = Từ đó suy ra điều cần chứng minh. Bài 2. Giải các phương trình sau: c) ( ) 2 2 2 3 1 x x x + = + d) 2 1 2 3 1x x x x x + − = + Lời giải. a) Điều kiện x ≠ - 1. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 1 1 2 3 1 1 2 3 0 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + = ⇔ + − + = + + + + ⇔ − + = ÷ + + ⇔ + − = ÷ + + 2 NGUYỄN TĂNG VŨ Đặt 2 1 x t x = + , ta có phương trình: 2 2 3 0 1 3t t t t+ − = ⇔ = ∨ = − Với t = 1 ta có 2 1 2 1 5 1 5 1 , 1 2 2 x x x x + − = ⇔ = = + Với 3t = − ta có ( ) 2 3 1 x VN x = − + Vậy phương trình có hai nghiệm 1 5 1 5 , 2 2 S + − = b) 2 1 2 3 1x x x x x + − = + Điều kiện x ≠ 0, x – 1/x >= 0. Chia hai vế phương trình cho x ta có: 1 1 1 1 2 3 2 3 0x x x x x x x x + − = + ⇔ − + − − = Đặt 1 , 0t x t x = − ≥ , ta có phương trình ( ) 2 3 2 3 0 1 t l t t t = − + − = ⇔ = Với t = 1 ta có 1 2 1 1 5 1 5 1 , 2 2 x x x x + − − = ⇔ = = Vậy 1 5 1 5 , 2 2 S + − = Bài 3. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 1 3 3 5 1 3 3 5 x x y y y y x x − − = − + − − = − + Lời giải. Điều kiện ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 0 1 3 1 3 1 3 0 x x x y y y − − ≥ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ − − ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có: 3 NGUYỄN TĂNG VŨ ( ) ( ) ( ) 1 1 3 1 3 1 2 x x x x− − ≤ − + − = , do đó: ( ) ( ) 2 3 2 3 2 3 5 1 3 4 0 2 1 0y y y y y y− + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − + ≤ Vì theo điều kiện ta có 1 0y + > đó đó ( ) ( ) 2 2 1 0 2y y y− + ≤ ⇔ = , suy ra 2x = Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( ) ( ) , 2,2x y = Bài 4. Cho các số dương a, b, c thỏa 1abc = . Chứng minh rằng: c) 4 4 4 a b c a b c+ + ≥ + + d) 5 5 5 5 5 5 1 ab bc ca a b ab b c bc c a ac + + ≤ + + + + + + Lời giải. a) Ta có với mọi số thực x,y, z thì: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0x y y z z x x y z xy xz yz− + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + + Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: ( ) 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c a b c a b c a bc ab c abc abc a b c + + ≥ + + + + ≥ + + = + + Suy ra ( ) 4 4 4 a b c abc a b c+ + ≥ + + , mà abc = 1 nên: 4 4 4 a b c a b c+ + ≥ + + b) Ta có ( ) ( ) 5 5 4 3 2 2 3 4 a b a b a a b a b ab b+ = + − + + + Mà ( ) ( ) 2 4 4 3 3 2 2 0a b a b ab a b a b ab+ − − = − + + ≥ Do đó: ( ) 5 5 2 2 a b a b a b+ ≥ + Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 2 2 1a b ab ab a b ab ab a b ab abc a b a b c+ + ≥ + + = + + = + + Từ đó: ( ) 5 5 1ab a b ab ab a b c ≤ + + + + Tương tự thì: ( ) ( ) 5 5 5 5 1 1 , bc ac c b bc bc a b c a c ac ac a b c ≤ ≤ + + + + + + + + Vậy: 5 5 5 5 5 5 1 1 1 1 1 ab bc ca a b ab b c bc c a ac a b c ab ac bc + + ≤ + + = ÷ + + + + + + + + 4 NGUYỄN TĂNG VŨ Bài 5. Cho tam giác ABC với AB = c, AC = b, BC = a (b > c). Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC, AC và AB lần lượt tại D, E, F. EF cắt BC tại G. d) Chứng minh GB DB p b GC DC p c − = = − với 2 a b c p + + = e) Chứng minh IG AD⊥ f) Gọi P là giao điểm của ID và đường tròn đường kính BC. Chứng minh GP là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC. Lời giải. a) Vẽ BH||AC cắt GE tại H. Ta có ∠FHB = ∠ AEH (1) Mà tam giác AEF cân tại A nên: ∠AEH = ∠ AFE , ∠ AFE = ∠ HFB (2 Từ (1) và (2), suy ra: ∠FHB = ∠HFB, suy ra tam giác BHF cân tại B, nên BH = BF. Do BH||CA, theo định lý Thales ta có: GB BH BD GC CE CD = = Ta có BD = BF = ½ (BD + BF) = ½ (AB + BC – AF – CD ) = ½ (AB + BC – AC ) = p – b CD = BC – BD = a – (p – b) = a + b – p = p – c. 5 NGUYỄN TĂNG VŨ Vậy GB p b GC p c − = − b) Gọi K là giao điểm của IA và EF. Ta có IA ⊥ EF tại K. Do đó: 2 2 .IA IK IE ID= = Suy ra IKD IDA IKD IDA∆ ∆ ⇒ ∠ = ∠: (3) Mà tứ giác IKDG nội tiếp nên ∠IKD = ∠ IGD (4) Từ (3) và (4) suy ra ∠IGD = ∠IDA Mặt khác ∠IDA + ∠GDA = 90 0 nên ∠IGD + ∠GDA = 90 0 , do đó IG ⊥ AD. c) Gọi M là trung điểm của BC, M là tâm đường tròn đường kính BC. Đặt 1 1 , 2 2 GM x GB x a G C x a= ⇒ = − = + Và ( ) 1 1 2 2 2 2 2 a c b b DM BM BD a p b a + − − = − = − − = − = Theo câu a ta có: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 2 2 2 x a a p b c p b a x p c b c b c x a − − − − = ⇔ = = − − − + Từ đó ta có: ( ) 2 2 2 . . 2 2 4 b c a a MD MG MP b c − = = = − Vậy tam giác MPD và MPG đồng dạng, suy ra ∠MPG = 90 0 , hay GP là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC. Bài 6. Cho các số nguyên a, b, c thỏa: a b c abc + + = . c) Cho a, b, c > 0. Tìm a, b, c. d) Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) P a b b c c a= + + + chia hết cho 6. Lời giải. 6 NGUYỄN TĂNG VŨ a) Chia hai vế cho abc ta có: 1 1 1 1 ab ac bc + + = . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: a b c ≥ ≥ , do đó 2 2 1 1 1 3 1 3 1c c ab bc ac c = + + ≤ ⇒ ≤ ⇒ = Với c = 1 ta có: ( ) ( ) 1 1 1 2a b ab a b+ + = ⇔ − − = 2 = 2.1 và 1 1 0 1 2, 1 1 3, 2a b a b a b− ≥ − ≥ ⇒ − = − = ⇒ = = Vậy (a, b, c) là ( ) 3,2,1 và các hoán vị. b) Một số tự nhiên thì chỉ xảy ra hai trường hợp là hoặc chẵn hoặc lẻ, theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số a, b, c có ít nhất 2 số chẵn hoặc 2 số lẻ, khi đó tổng 2 số này chia hết cho 2. Từ đó P chia hết cho 2. Ta chứng minh P chia hết cho 3. Trường hợp 1: trong 3 số a, b, c không có số nào chia hết cho 3 thì chia 3 dư 1 hoặc dư 2. Nếu 3 số đều có cùng số dư khi chia cho 3 thì a + b + c chia hết cho 3, abc không chia hết cho 3 (vô lý) Nếu 3 số có một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2 thì tổng hai số này chia hết cho 3. Vậy P chia hết cho 3. Trường hợp 2: Trong 3 số có ít nhất một số chia hết cho 3, giả sử là a. Khi đó: b + c = a(bc-1) chia hết cho 3. Do đó P chia hết cho 3. Vậy P chia hết cho 3. Vậy P chia hết cho 6. Hết 7 NGUYỄN TĂNG VŨ 8 NGUYỄN TĂNG VŨ . ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỒ LỚP 9 Bài 1. Cho các số a, b, c thỏa: , , 1ab bc ca ≠ − và: 0 1 1 1 a b b c c a ab bc ca − − − + + = + + + . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 19 19 2013. ca ≠ − và: 0 1 1 1 a b b c c a ab bc ca − − − + + = + + + . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 19 19 2013 2013 2014 2014 0a b b c c a− − − = Lời giải. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). tiếp nên ∠IKD = ∠ IGD (4) Từ (3) và (4) suy ra ∠IGD = ∠IDA Mặt khác ∠IDA + ∠GDA = 90 0 nên ∠IGD + ∠GDA = 90 0 , do đó IG ⊥ AD. c) Gọi M là trung điểm của BC, M là tâm đường tròn đường kính