Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1.. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2019 điểm nằm trong
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
BÌNH ĐỊNH LỚP 9 THCS - KHOÁ NGÀY 18 – 3 – 2019
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 18/3/2019
Bài 1 (5,0 điểm).
1.Tính giá trị biểu thức A = x3 y33 x y, biết rằng
2 Cho hai số thức m, n khác 0 thỏa mãn 1 1 1
Chứng minh rằng phương trình 2 2
x mx n x nx m 0 luôn có nghiệm
Bài 2 (5,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình
2 3
�
�
�
2 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2xy2 x y 1 x2 2y2 xy
Bài 3 (3,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng cho 8073 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm
đã cho không lớn hơn 1 Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2019 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1
2 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3
Chứng minh rằng 3 3 3
Bài 4 (7,0 điểm).
1 Cho tam giác ABC vuông cân tại A Gọi D là trung điểm của cạnh BC Lấy điểm M bất
kỳ trên đoạn AD (M không trùng với A) Gọi N, P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB, AC và H là hình chiếu vuông góc của N lên đường thẳng PD
a) Chứng minh rằng AH vuông góc với BH
b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực của AB tại I Chứng minh ba điểm H, N, I thẳng hàng
2 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH Gọi M là giao điểm của
AO và BC Chứng minh rằng HB MB 2AB
HC MC� AC Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
GV: Võ Mộng Trình – THCS Cát Minh, Phù Cát – Bình Định
Trang 2LỜI GIẢI THAM KHẢO – ĐỘC GIẢ GÓP Ý
Bài 1
1 Đặt x 33 2 2 33 2 2= a + b khi đó
x 6 3x � x 3x 6 (1)
Từ (1) và (2) suy ra A = x3 y33 x y = 3 3
2 Ta có 1 1 1
Ta có 2 2
2 2
� �
�
Phương trình (1) là PT bậc hai có 2
Phương trình (2) là PT bậc hai có 2
Suy ra trong 1 và 2 có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 0
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm
Bài 2
1
2
3
�
�
� Điều kiện x � 0
PT (1) 2
PT (3) là phương trình bậc hai ẩn x có 2 2
Do đó PT (3) có hai nghiệm x 1 (loại vì x � 0), x = c 1 y
a
� y = -x + 1 Thay y = -x + 1 vào PT (2) ta có
3
3
�
3
2 3
x 1
�
3
2 3
2 3
x 1
�
�
�
� x = 1 (TMĐK) suy ra y = 0 (TMĐK)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) là (1 ; 0)
Đặt 2
2y y 1 = a, khi đó PT (1) trở thành 2
�
Phương trình (2) có 2 2
Phương trình (1) có nghiệm nguyên � Phương trình (2) có nghiệm nguyên
� là số chính phương
Đặt 2
Trang 3Vì (k + a – 2) + (k – a + 2) = 2k là số chẵn và có tích cũng là số chẵn nên (k + a – 2) và (k – a + 2) là số chẵn
Do đó k a 2 2
�
�
� hoặc k a 2 2
�
�
�
�
� hoặc k 2
�
�
�
Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm là
2
2
�
�
�
Ta có 2y2 y 1 = a = 2 � 2y2 y 1 = 0 � 2y2 2y y 1 0 = 0
y 2
�
�
�
�
Ta chọn y = 1 (vì y � Z)
Vậy nghiệm nguyên (x ; y) của hệ phương trình là (2 ; 1) và (0 ; 1)
Bài 3:
1 Gọi A Ai j là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp 8073 điểm đã cho
Giả sử Ak là điểm cách xa đoạn thẳng A Ai jnhất Khi đó
Tam giác A Ai j Aklà tam giác lớn nhất và có diện tích hông lớn hơn 1
Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm Ai, Aj, Ak lần lượt song song với các cạnh của A Ai jAk
Ta được 4 tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả 4 tam giác nhỏ
Tam giác lớn có diện tích không quá 4 đơn vị Do đó, tam giác lớn chứa tất cả 8073 điểm đã cho
Ta có 8073 chia cho 4 được 2018 và dư là 1 nên theo nguyên lý Dirichlet suy ra có ít nhất 1 trong
4 tam giác có 1 tam giác chứa 2019 trong 8073 điểm đã cho
2 Đặt P = a b3 1 b c3 1 c a31suy ra
2P = 2a b3 1 2b c3 1 2c a31 =
2 2 2
Không mất tính tổng quát, ta giả sử b � �c a ta có
Do đó 2P � 10 � P � 5 Dấu “=” xảy ra � a + b + c = 3, b � �c a, 2c = a + b, abc = 2abc
� b = 0, c = 1, a = 2
Bài 4.
a) Ta có AD BC tại D (vì ABC vuông cân tại A)
ANM APM 90 nên AMNP là tứ giác nội tiếp (1)
NAP NHP 90 nên NAPH là tứ giác nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) suy ra N, A, P, H, M cùng thuộc một đường tròn
� và ANM� APM� 900 nên
AMNP là tứ giác nội tiếp (1)
Trang 4Ta có APC� MDC� 900 nên MPCD là tứ giác nội tiếp
Suy ra P�1 C�1 mà C� �1 MBD (vì AD là trung trực của BC)
1
�
Ta có AMB� ADB� MBD� 900 MBD� mà MBD� P�1
Suy ra � 0 � � � �
�
Do đó B, M, H thẳng hàng � AH BH
b) Ta có � � 0
IBA BAD 45 (vì BI // AD)
Tam giác ADB vuông tại D có DI là trung trực nên DI là phân giác góc ADB
� Do đó IBA� IDA� 450 � A, I, B, D cùng thuộc một đường tròn (3)
Ta có � � 0
AHB ADB90 nên A, H, D, B cùng thuộc một đường tròn (4)
Từ (3) và (4) suy ra A, H, D, B, I cùng thuộc một đường tròn
� � �IHD 900 (vì IBD� 900) lại có NHD� 900
Do đó H, N, I thẳng hàng
2
Cách 1:
Kẻ AD là đường kính của đường tròn (O)
Xét 2 tam giác vuông HBA và CDA
có B�1 D�1 (vì nội tiếp cùng chắn AC� )
nên HBA ∽CDA (g.g) HB = AB
� � HB.AD = AB.CD
Tương tự HCA ∽BDA (g.g) � HC = AC
BD AD � HC.AD = AC.BD
Do đó HB = AB DC
Ta có AMB ∽CMD (g.g) NB = AB
� � MB.CD = MD.AB
Tương tự MC = AC
MD BD � MC.BD = AC.MD
Do đó MB = AB DB
Ta có HB + MB AB DC + DB AB.2 DC DB 2.AB
Dấu « = » xảy ra � DB = DC � AB = AC � ABC cân tại A
Cách 2: Gọi I là giao điểm của AH với đường tròn (O) Kẻ đường kính AD.
Ta có ABD� ACD� AID� 900 Do đó BC // DI � BI� CD�
� A�1 A�2
Ta có DIBC là hình thang cân nên CD = BI, CI = BD
Xét AHB và ACD có A�1 A�2 , AHB� ACD� 900
� AHB ∽ACD (g.g) HB AB
� (1) Xét ABD và AHC có BAD� HAC� , ABD� AHC� 900
� ABD ∽AHC (g.g) BD AD
Trang 5Từ (1), (2) suy ra HB BD AB AD AB
Xét ABI và AMC có A�1 A�2, A�IB ACB� 1sđA�
� ABI ∽AMC (g.g) BI AB
Xét ABM và AIC có BAM� IAC� , A�BC AIC� 1sđA�
� ABM ∽AIC (g.g) MB AM
Từ (4), (5) suy ra BI MB AB AM AB
Từ (3) và (6) suy ra HB MB AB CD CI22
Ta có HB MB 2 HB MB 2 AB22 2.AB
Dấu “=” xảy ra HB MB
�
� ABC cân tại A
GV: Võ Mộng Trình – THCS Cát Minh, Phù Cát – Bình Định