De Thi Hsg Toan 9 - Biinhdinh

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009 Bài 1: (3 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 Bài 2: (3 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và Chứng minh rằng

1 1 1 + + =0 x y x

yz zx xy + + =3 x 2 y2 z2

Bài 3: (3 điểm) Giải hệ phương trình: ⎧⎪ x + y = 7 ⎨ ⎪⎩ x − 20 + y + 3 = 6 Bài 4: (4 điểm) Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh tam giác ABC lần lượt tại G, E, F. OA OB OC Chứng minh rằng + + =2 AG BE CF Bài 5: (4 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) lấy điểm C sao cho AC = AB. Đường thẳng BC cắt đường tròn (O) tại D, M là một điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và AC, H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đường thẳng PD. a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm cố định. Bài 6: (3 điểm)

Chứng minh: 17 <

1 1 1 + +L + < 18 2 3 100

1

GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2008 – 2009 Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 (1) Biến đổi: (1) 2n3 – 3n2 + 14n – 5 – m(n2 + 7) = 0 2n 3 − 3n 2 +14n − 5 16 ⇔m= = 2n − 3 + 2 2 n +7 n +7 2 Vì m, n ∈ Z, nên (n + 7) ∈ Ư(16), suy ra (n2 + 7) ∈ {8; 16}, do đó n2 ∈ {1; 9}. +) Nếu n2 = 1 thì n = ±1 +) Nếu n2 = 9 thì n = ±3 + Với n = 1, ta có m = 1 + Với n = -1, ta có m = -3 + Với n = 3, ta có m = 4 + Với n = -3, ta có m = -8. Vậy ta tìm được 4 cặp giá trị (m, n) ∈ {(1; 1), (-3; -1), (4; 3), (-8; -3)}. Bài 2.

1 1 1 + + =0 . x y z yz zx xy Chứng minh 2 + 2 + 2 = 3 x y z Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) 1 = (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] 2 Ta có: (a3 + b3) + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b)– 3abc = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b) – 3abc = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab] = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) 1 = (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] 2 Do đó a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c. 1 1 1 1 1 1 Đặt a = , b = ,c = , theo giả thiết + + = 0 nên suy ra a + b + c = 0 x y z x y z 3 3 3 3 Do đó a + b + c – 3abc = 0 ⇔ a + b3 + c3 = 3abc, 1 1 1 3 hoặc 3 + 3 + 3 = x y z xyz yz zx xy Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được 2 + 2 + 2 = 3 (đpcm). x y z Cho x, y, z khác 0 thỏa

Bài 3. Giải hệ phương trình: 2

⎧⎪ x + y = 7 ⎨ ⎪⎩ x − 20 + y + 3 = 6 Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x ≥ 20, y ≥ 0. Đặt a = x − 20, b = y + 3 (a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a2 + 20, y = b2 – 3. Hệ phương trình viết lại: ⎧⎪ a 2 + 20 + b 2 − 3 = 7 (1) ⎨ ⎪⎩a + b = 6(2)

Trong đó, 0 ≤ a ≤ 6, b ≥ 3 Bình phương hai vế của (1) ta có: a2 + 20 + b2 – 3 + 2

(a

2

+ 20 )( b 2 − 3) = 49 (3)

Thay b = 6 – a vào (3), ta có: a2 + 20 + (6 – a)2 – 3 + 2

(a

2

2 + 20 ) ⎡( 6 − a ) − 3⎤ = 49 ⎣ ⎦

⇔ a2 + 20 + 36 – 12a + a2 – 3 + 2 ⇔

(a

2

(a

2

+ 20 )( a 2 −12a + 33) = 49

+ 20 )( a 2 −12a + 33) = - a2 + 6a – 2 (4)

Bình phương hai vế của (4) với (a – 3)2 ≤ 7, ta có: (a2 + 20)(a2 – 12a + 33) = (-a2 + 6a – 2)2 ⇔ a4 – 12a3 + 53a2 – 240a + 660 = a4 + 36a2 + 4 – 12a3 + 4a2 – 24a ⇔ 13a2 – 216a + 656 = 0 164 ⇔ a1 = 4: chọn, a2 = > 6 : loại 13 Với a = 4, ta có b = 2. Thế lại ẩn cũ: a = 4 ⇒ x − 20 = 4 ⇔ x = 36 b = 2 ⇒ y+3 = 2 ⇔ y = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm: x = 36, y = 1. A

Bài 4.

OA OB OC + + =2 AG BE CF Đặt SOAB = S1, SOAC = S2, SOBC = S3 Ta có: OA S1 S S1 + S2 S +S = = 2 = = 1 2 (1) AG SABG SACG SABG + SACG SABC Lập luận tương tự, ta có: B OB S1 + S3 = (2) BE SABC OC S2 + S3 = (3) CF SABC Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có: Chứng minh:

F

S2

S1 O

S3 A

F

3

C

G

S2

S1

E

O S3

B

E

G

C

OA OB OC 2(S1 + S2 + S3 ) 2SABC + + = = =2 . AG BE CF SABC SABC Bài 5. a) Vị trí của M để diện tích tam giác AHB lớn nhất Ta có PAN + PHN = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác APHN nội tiếp (1) Tứ giác APMN là hình vuông nên nội tiếp (2) x Từ (1), (2) ta có 5 điểm A, N, M, P, H cùng thuộc một đường tròn. C Do đó AHM = APM = 900 Mặt khác tứ giác MPCD nội tiếp nên MPD = MCD (góc nội tiếp cùng chắn cung MD) Tam giác ABC vuông cân tại A có AD vừa là đường cao vừa là đường trung trực, vừa là đường phân giác nên: MB = MC ⇒ ΔMBC cân tại M H ⇒ MCD = MBD , do đó MPD = MBD (3)

Ta lại có AMB là góc ngoài ΔMBD tại M nên: AMB = MBD + MDB = MBD + 900 (4)

P

D M

APH = APM + MPH = 900 + MPD (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra: APH = AMB (6) Vì tứ giác APHM nội tiếp nên: APH + AMH = 1800 (7) Từ (6), (7) suy ra: AMB + AMH = 1800

A

K

N

O

Do đó ba điểm H, M, B thẳng hàng, nên AHB = 900 Vậy H thuộc đường tròn (O). E Suy ra tam giác AHB có diện tích lớn nhất khi độ dài đường cao HK lớn nhất ⇒ HK = R ⇒ H ≡ D ⇒ M ≡ D. Vậy khi M ≡ D thì SAHB đạt giá trị lớn nhất là R2 (R là bán kính đường tròn (O)). b) Chứng minh HN luôn đi qua một điểm cố định Gọi E là giao điểm thứ hai của HN với đường tròn (O). Ta có AHN = APN = 450. Vì AHB = 900, suy ra NHB = 450. Do đó HN là tia phân giác của góc AHB , suy ra E là điểm chính giữa của cung AB , nên điểm E cố định. Vậy khi M di động trên đoạn thẳng AD thì HN luôn đi qua điểm E cố định là điểm chính giữa của cung tròn AB của đường tròn (O).

Bài 6. Chứng minh: 1 1 1 17 < + +L + <18 2 3 100 4

B

Ta chứng minh bài toán tổng quát: 1 1 1 2 n − 3< + +L + < 2 n − 2 (n ∈ N, n ≥ 2) 2 3 n Ta có: 1 2 2 = < = 2 k − k −1 (1) *) k k+ k k + k −1 Cho k lấy các giá trị từ 2 đến 100, thay vào bất đẳng thức (1), ta có: ⎧ 1 ⎪ 2 <2 2 − 1 ⎪ ⎪ 1 ⎪ 3 <2 3 − 2 ⎪⎪ ⎨LLLLLLL ⎪ 1 ⎪ < 2 99 − 98 ⎪ 99 ⎪ 1 ⎪ < 2 100 − 99 ⎩⎪ 100 Cộng vế theo vế, ta được: 1 1 1 + +L + < 2 2 − 1 + 3 − 2 +L + 100 − 99 = 2 100 − 1 =18 2 3 100 1 2 2 = > = 2 k +1 − k *) k k+ k k +1 + k Lập luận tương tự như trên, ta có: 1 1 1 + +L + > 2 101 − 2 = 2 101 − 2 2 > 2 100 − 3 =17 2 3 100 1 1 1 + +L + <18 Vậy 17 < 2 3 100

(

(

)

(

)

(

)

)

(

)

(

) (

(

(

)

)

)

Quy Nhôn, ngaøy 16 thaùng 04 naêm 2009 Ngöôøi göûi: BUØI VAÊN CHI Giaùo vieân Tröôøng THCS LEÂ LÔÏI Tp. Quy Nhôn, Tænh Bình Ñònh ÑT: 056828529 E-mail: [email protected]

5