Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF và trực tâm là H.. Đường tròn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ tại K.. Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và cắt đoạn th
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2018
Bài 1 (4,0 điểm)
1. Chứng minh n6 2n + n4 2 chia hết cho 36 với mọi n nguyên dương
2. Cho ba số phân biệt a, b, c Đặt:
x = a + b + c2 9ab, y = a + b + c2 9bc, z = a + b + c2 9ac
Chứng minh rằng: trong ba số x, y, z có ít nhất một số dương
Bài 2 (5,0 điểm)
1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
x y 2x + y + 1 9 y 1 13
2 Giải phương trình:
2
x x 2018 2018
Bài 3 (4,0 điểm)
1 Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c2 2 22 ab + bc + ca và p, q, r
là ba số thỏa mãn p + q + r = 0
Chứng minh rằng: apq + bqr + crp 0
2 Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện a.b = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
M = 2 2 4
a + b + 1 a + b +
a + b
Bài 4 (7,0 điểm).
1 Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF và trực tâm là H
a) Chứng minh rằng: AC.BD.CE = BE.CD.BH
b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và BC Đường tròn đường kính AH cắt đoạn thẳng IJ tại K Tia AK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và cắt đoạn thẳng BC tại
P Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại Q Chứng minh tứ giác AQDP nội tiếp
2 Cho tam giác ABC vuông cân tại A Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên các cạnh
AB, AC sao cho BD = AE Xác định vị trí của điểm D và E sao cho:
a) DE có độ dài nhỏ nhất
b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất
Trang 2LỜI GIẢI THAM KHẢO
Bài 1:
1 Ta có n6 2n + n4 2n n2 2 12 n n + 1 n + 2 2
Lại có: n n + 1 2; n n 1 n 1 3 (vì n N*) mà (2 ; 3) = 1 nên n n 1 n 1 6
Đặt A = n n 1 n 1 ta có A 6 A 362
Vậy n6 2n + n4 2 chia hết cho 35 với mọi n N*
2 Ta có: x a + b + c2 9ab; y = a + b + c2 9bc; z = a + b + c2 9ac
Do đó:
x + y + z = 3 a + b + c 2 9 ab + bc + ca 3 a + b + c 2 2 2 6 ab + bc + ca 9 ab + bc + ca
= 3 a + b + c 2 2 2 3 ab + bc + ca 3 a + b + c 2 2 2 ab bc ca
2a + 2b + 2c 2ab 2bc 2ca
2 3 a b + b2 c + c2 a2
Vì a, b, c phân biệt nên a b + b2 c + c2 a2 > 0 x + y + z 0 (1)
Giả sử cả ba số x, y, z 0 Từ (1) suy ra vô lí
Nếu có 2 số nhỏ hơn 0 hoặc 2 số bằng 0 thì thì từ (1) suy ra có ít nhất 1 số lớn hơn 0
Nếu có 1 số nhỏ hơn 0 và 1 số bằng 0 thì từ (1) suy ra đpcm
Bài 2:
1 x y 2x y 1 9 y 1 13 2x2xy x 2xy y2 y + 9y 9 13
2x xy x y 8y 15 7 2x xy 5x 2xy y 5y 6x 3 7
x 2x + y 5 y 2x + y 5 3 2x + y 5 7
x y 3 2x + y 5 7
Lập bảng:
3
10
3
2 3
Vậy phương trình có nghiệm nguyên (x ; y) là (-2 ; 2); (-2 ; 8)
2 Cách 1: Điều kiện x 2018
2
x + x + 2018 2018 (1) Đặt t = x 2018 t 0 ta có t = x + 20182 t2 x 2018 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x + t2 t2 x 0 x2 t2 t + x 0 x t 1 x t 0
x 1 t 0 x t 1
Với x = –t ta có: x x 2018 (ĐK 2018x 0) (3)
PT (3)
1 8073 x
2
x = x + 2018 x x 2018 = 0
1 8073 x
2
KTMĐK
Trang 3Với x = t – 1 ta có: x x 2018 1 (ĐK x –1) (4)
PT (4)
1 8069 x
2
x + 2x + 1 = x + 2018 x + x 2017 = 0
1 8069
ĐK
2
Vậy PT có tập nghiệm là S 1 8073; 1 8069
Cách 2: Điều kiện x 2018
x + x + 2018 2018 x + x + = x 2018 x 2018
2 2
1 8069 x
x x 2018 0
x
2
Vậy PT có tập nghiệm là S 1 8073; 1 8069
Bài 3:
1 Ta có: p + q + r = 0 r = –p – q
Khi đó: apq + bqr + crp = apq – (p + q)(bq + cp) = cp2a c b pq bq2
Do đó: apq + bqr + crp 0 cp2 a c b pq + bq 20 (*)
- Nếu c = 0 thì a + b2 22ab (vì a + b + c2 2 22 ab + bc + ca ) a = b
Khi đó: (*) bq20 (Bất đẳng thức luôn đúng với mọi b 0)
- Nếu c 0 thì c > 0 (vì c 0)
Khi đó: (*)
2
2
2
2 ab + bc + ac a b c
2
2 ab + bc + ac a b c
.q 0 4c
(vì a + b + c2 2 22 ab + bc + ca , c > 0)
và
2
a c b
2c
2
2 ab + bc + ac a b c
Từ hai trường hợp, ta có được: apq + bqr + crp 0
Trang 41
1 1
2 1
2 1
H
Q F
E
D
M P
K
J
I
O
C B
A
A
B
C
K H
E E' D
2 Ta có a, b > 0 và a.b = 1; mà a + b2 22ab2
4 a + b
a + b
Dấu “=” xảy ra khi
a = b; a, b > 0
a = b 1
a + b = 4; a.b = 1
Bài 4:
1.a) BHD ~ BCE (g.g) BH = BD
BC BE
BEC ~ ADC (g.g) CB = CE
CA CD
Từ (1) và (2) suy ra: BH.BE.CB.CD = CB.BD.CE.CA
BH.BE.CD = CA.CE.BD
1.b) Ta có: AEH = AFH 900 Tứ giác AEHF nội tiếp
Ta có: IE = IF (= 1
2AH); JE = JF (= 1
2BC)
IFJ = IEJ (c.c.c)
I = I
I = 2A ; I = 2A (Góc ở tâm và góc nội tiếp)
Do đó:
MB = MC B = A A
QDB = B + M A + A (vì
M A ) QDB = QAP Tứ giác APDQ nội tiếp
2 a) Cách 1:
Kẻ DH AB tại D (H thuộc BC); HE’ AC tại E’
HDA = DAE' = HE'A = 90
Tứ giác ADHE’ là hình chữ nhật DH = AE’
Ta có: DB = DH, DB = AE Do đó: AE = AE’ E trùng với E’
Kẻ AK BC AK là đường trung tuyến ABC
AH AK = BC
2
Mà AH = DE (vì ADHE là hình chữ nhật) DE BC
2
Vậy DE nhỏ nhất H trùng K
D, E là hình chiếu của K trên AB, AC Khi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC
Cách 2: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x AD = a – x
Ta có: DE = AD + AE2 2 2a x + x2 22x2 2ax + a2 =
2
a a 2
Dấu “=” xảy ra x = a
2
2 2 khi D, E lần lượt là trung điểm của
AB và AC
Trang 5Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức:
2
2 2 a + b
a + b
2
, với a, b > 0
2
a + b 2 a + b a + 2ab b a 2ab b 0
2
a b2 0
(BĐT đúng) Dấu “=” xảy ra a = b
Đặt AB = AC = a: không đổi (a > 0)
DE = AD + AE
2
a a 2 DE
Dấu “=” xảy ra AD = AE DB = DA
EC = EA
D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC
Vậy DE nhỏ nhất là a 2 AB 2
2 2 khi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC
2b) Cách 1:
Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x AD = a – x
Xét bài toán phụ: Cho a, b > 0 Ta luôn có: a + b24ab a b20
2 2 ADE
S = AD.AE = a x x a x x
2 2 8 8
2 ABC
S = AB.AC =
2 2 Do đó: SBDEC SABC SADE a2 a2 3a2
Dấu “=” xảy ra khi a – x = x x = a
2
Vậy tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất là
3a 3AB
8 8 khi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC
Cách 2: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x AD = a – x
Ta có: SBDEC SABC SADE AB2 AD.AE a2 x a x
BDEC
S x a x
2
lớn nhất a – x = x (vì tổng x + a – x = a: không đổi) a
x =
2
D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC
GV: Võ Mộng Trình – Trường THCS Cát Minh – Phù Cát – Bình Định