Các bài toán lớp IX của Nga. Thi ngày 9 tháng X/MMX Đề bài: Bài 1: Giả sử 5(а – 1) = b + a 2 . So sánh số а và b. Bài 2: Cho hai số dương khác nhau а và b thỏa mãn đẳng thức ba + + + 1 1 1 1 = ab+1 2 . Chứng minh rằng số а và b – là hai số nghịch đảo của nhau. Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên tố p, q và r, sao cho thỏa mãn đẳng thức: p + q = (p – q) r . Bài 4:. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất n, sao cho số А = n 3 + 12n 2 + 15n + 180 chia hết cho 23. Bài 5: Trong hinh thang cân AВСD đáy lớn AD và đáy nhỏ ВС bằng 12 và 6 tương ứng, còn chiều cao bằng 4. So sánh góc ВАС và САD. Bài 6: Trong tam giác АВС góc В bằng 45°, АМ và CN – là đương cao, О – tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, Н – H là trọng tâm giác Chứng minh, rằng ОNHМ – hình bình hành. Bài 7:Tồn tại hay không tam giác vuông có hai trung tuyến vuông góc Bài 8: Trong hình thang ABCD phâ giác của góc tù B cắt đáy lớn AD tại điểm K – là trung điểm của nó, M – trung điểm cạnhBC, AB = BC. Tính tỷ số KM : BD. 1 Lời giải: Bài 1: Giả sử 5(а – 1) = b + a 2 . So sánh số а và b. Trả lời: а > b. Biến đổi giả thiết bài toán đã cho về dạng:: b = –a 2 + 5a – 5. Xét hiệu а – b. Nhận được: а – b = a + a 2 – 5a + 5 = (a – 2) 2 + 1 > 0. Suy ra, а > b. Bài 2: Cho hai số dương khác nhau а và b thỏa mãn đẳng thức ba + + + 1 1 1 1 = ab+1 2 . Chứng minh rằng số а và b – là hai số nghịch đảo của nhau. Giải: Phân tích : ba + + + 1 1 1 1 = ab+1 2 ⇔ ab b ab a + − + + + − + 1 1 1 1 1 1 1 1 = 0 ⇔ ( ) ( ) aba aab ++ − 11 + ( ) ( ) abb bab ++ − 11 = 0 ⇔ ( ) a aba + − 1 – ( ) b abb + − 1 = 0 ⇔ ( )         + − + − b b a a ab 11 = 0. Nhân tử thứ nhất bằng 0 khi và chi khi а = b, như thế trái với giả thiết Xét nhân tử thứ hai: а > 0 và b > 0, ta có : b b a a + − + 11 = 0 ⇔ baabba −+− = 0 2 ⇔ ( )( ) abba −− 1 = 0. Nhân tử thứ hai bằng 0 khi và chi khi а = b hay ab = 1, điều phải chứng minh. Bài 3: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất n, sao cho số А = n 3 + 12n 2 + 15n + 180 chí hết cho 23. Trả lời: n = 10. Phân tích đa thức đã cho về dạng: A= n 3 + 12n 2 + 15n + 180 = n 2 (n + 12) + 15(n + 12) = (n + 12)(n 2 + 15). Số А chia hết cho số nguyên tố 23, nếu một trong hai nhân tử của nó chia hết cho 23 Nhân tử thứ nhất chia hết cho 23 khi n= 11, còn nhân tử thứ hai n=10 Bài 4Tìm tất cả các số nguyên tố p, q và r, sao cho thỏa mãn đẳng thức: p + q = (p – q) r . Trả lời: p = 5, q = 3, r = 3. Từ điều kiện của bài toán ta có p + q chia hết p – q, suy ra, (p + q) – (p – q) = 2q cũng chia hết cho p – q. Nếu số p – q – nguyên tố là ước của 2q thì có thể là cac số 1, 2, q и 2q. Nếu p – q = 1, thì vế trái lớn hơn vế phải Nếu p – q = q, thì p = 2q, lúc đó р – không là nguyên tố. Tương tự p – q = 2q, thì p = 3q, trong trường hợp này , р – không nguyên tố Vậy р – q = 2. Khi đó đẳng thức có dạng: (q + 2) + q = 2 r ⇔ q + 1 = 2 r –1 ⇔ q = 2 r – 1 – 1. Cách 1. Nếu r = 2, thì q = 1 – không là số nguyên tố. Nếu r – số lẻ thì (r – 1) – số chẵn lúc đó 2 r – 1 – 1 chia hết cho 3. Thât vậy nếu k∈N, thì 2 2k – 1 = 4 k – 1 = (4 – 1)(4 k – 1 + 4 k – 2 + . +1). Vì thế , q = 3. Khi đó р = 5 và r = 3. Cách 2. Bởi vì q = 2 r – 1 – 1 = 12 2 2 1 −         −r =         +         − −− 1212 2 1 2 1 rr , thì q có thể là số nguyên tố trong trường hợp 112 2 1 =− −r . Nên , 1 2 1 = −r ⇔ r = 3. Khi đó q = 3 và р = 5. Bài 5: Trong hinh thang cân AВСD đáy lớn AD và đáy nhỏ ВС bằng 12 và 6 tương ứng, còn chiều cao bằng 4. So sánh góc ВАС và САD. Т rả lời : góc ВАС lớn hơn góc CAD. Cách 1. Bới vì AD || BC, 3 Рис. 1а nên ∠CAD = ∠BCA (xem. рис. 1а). Giả sử BH – đường cao hình thang. Khi đó AH = 2 BCAD − = 3; BH = 4, Suy ra trong tam giác vuông АВН: AB = 5. Xét tam giác АBC có BC > AB, nên , ∠BAC > ∠BCA (đối diện với canh lớn hơn là góc lớn hơn). Suy ra, ∠BAC > ∠CAD. Cách 2 giả sử đường thẳng АВ và CD cắt nahu tại Е ( xem hình 1б). Bới vì BC || AD và ADBC 2 1 = , nên BC – đường trung bình tam giác АЕD. Tính cạnh của hình thang tương tự như cách giải trên АЕ = 2АВ = 10 Kẻ phân giác AL tam giác АЕD. Theo tính chất của phân giác 1 10 12 >== AE AD LE LD , Nên L nằm giữa điểm С và Е. Suy ra, ∠BAC > ∠CAD. Bài 6: Trong tam giác АВС góc В bằng 45°, АМ và CN – là đường cao, О – tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, Н – H là trọng tâm giác Chứng minh, rằng ОNHМ – hình bình hành. Cáh 1. Kẻ trung trực của cạnh АВ và ВС của tam giác đã cho cắt nhau tại điểm О (xem hình. 2а). Vì tam giác vuông BNC có ∠NBC = 45°, nên BN = NC, suy ra điểm N nằm trên trung trực của đoạn BC. Khi đó NO || HM. Tương tự với tam giác АМВ, ta cũng có MO || HN. Nên ONHM – hình bình hành( theo định nghĩa). Cách 2. Khảo sát đường tròn ngoại tiếp tam АВС (xem hình. 2б). Vì tam giác đã cho là nhọn nên tâm O nằm bên trong tam giác, mà tam giác АОС – cân và ∠AOC = 2∠ABC = 90°. Ngoài ra, ∠ANC = ∠AMC = 90°, vì thế N, O và M nằm trên một đường tròn đường kính AC. Khi đó ∠ONC = ∠OAC = 45°; ∠ONВ = ∠ÂNC – ∠ONC = 45° và ∠ÌÀВ = 90° – ∠ÀВМ = 45°. 4 Рис. 1б Рис. 2а Từ hai góc bằng nhau ONВ và ÌÀВ сsuy hai đường thàng song song NO và AM. Bài 7Tồn tại hay không tam giác vuông có hai trung tuyến vuông góc Trả lời: Có tồn tại. Giả sử tam giác ABC: ∠С = 90°, CP và BK – trung tuyến, M – là giao điểm của nó (xem hình. 3). Cách 1. Ta đặt : BС = a, AC = b, AB = c. Khi đó CP = 2 1 с; CM = 3 2 СР = 3 1 с; BK 2 = а 2 + 4 1 b 2 ; BM 2 = 9 4 BK 2 = 9 4 a 2 + 9 1 b 2 . Đoạn CM và BM vuông góckhi và chỉ khi CM 2 + BM 2 = BC 2 , Thì ta có 9 1 ñ 2 + 9 4 a 2 + 9 1 b 2 = а 2 . Tính с 2 = a 2 + b 2 , ta được: 9 4 a 2 = 9 2 b 2 , ta có b = a 2 . Vậy trong tam giác vuông có CB = a và CA = a 2 . Trung tuyến CP và BK vuông góc. Cách 2. Giả sử aCA = , bCB = , lúc đó ( ) baCBCACP 2 1 2 1 2 1 +=+= ; abAKBABK −=+= 2 1 . Ta xét, CKCP ⋅ = baab ⋅−− 4 1 2 1 4 1 22 = 22 2 1 4 1 ab − , vì ba ⊥ (а va b – modun tương ứng hai véc tơ). Suy ra, CKCP ⋅ = 0 ⇔ 22 2 1 4 1 ab − = 0 ⇔ b = a 2 . 5 Рис. 2б Рис. 3 Bài 8: Trong hình thang ABCD phâ giác của góc tù B cắt đáy lớn AD tại điểm K – là trung điểm của nó, M – trung điểm cạnhBC, AB = BC. Tính tỷ số KM : BD. Trả lời: KM : BD = 1 : 2. Vì ∠ABK = ∠CBK = ∠BKA, nên tam giác ABK – cân : AK = AB = BC. Khi đó ABCK – hình bvinhf hành (BC = AK, BC || AK), và vì AB = BC, nên ABCK – hình thoi vì KD = AK = BC và KD || BC, nên BCDK – hình bình hành Giả sử O – giao điểm của đường chéo BD và CK, khi đó BO = 1 2 BD. Vì tam giác BCK – cân (BC = CK), nên trung tuyên bàng nhau BO và KM, suy ra, KM = 1 2 BD. 6 Рис. 5 . Các bài toán lớp IX của Nga. Thi ngày 9 tháng X/MMX Đề bài: Bài 1: Giả sử 5(а – 1) = b + a 2 . So sánh số а và b. Bài 2: Cho hai số dương. 1 b 2 ; BM 2 = 9 4 BK 2 = 9 4 a 2 + 9 1 b 2 . Đoạn CM và BM vuông góckhi và chỉ khi CM 2 + BM 2 = BC 2 , Thì ta có 9 1 ñ 2 + 9 4 a 2 + 9 1 b 2 = а 2 .