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 2n 3 – mn 2 – 3n 2 + 14n – 7m – 5 = 0 Bài 2: (3 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và 111 0 xyx + += Chứng minh rằng 222 yz zx xy 3 xyz ++= Bài 3: (3 điểm) Giải hệ phương trình: xy7 x20 y36 ⎧ += ⎪ ⎨ −+ += ⎪ ⎩ 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. Chứng minh rằng OA OB OC 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: 11 1 17 18 2 3 100 <+++ < L 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 2n 3 – mn 2 – 3n 2 + 14n – 7m – 5 = 0 (1) Biến đổi: (1) 2n 3 – 3n 2 + 14n – 5 – m(n 2 + 7) = 0 ⇔ m = 32 2 2n 3n 14n 5 n7 −+− + = 2 16 2n 3 n7 −+ + Vì m, n ∈ Z, nên (n 2 + 7) ∈ Ư(16), suy ra (n 2 + 7) ∈ {8; 16}, do đó n 2 ∈ {1; 9}. +) Nếu n 2 = 1 thì n = ±1 +) Nếu n 2 = 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. Cho x, y, z khác 0 thỏa 111 0 xyz ++= . Chứng minh 222 yz zx xy 3 xyz ++= Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức: a 3 + b 3 + c 3 – 3abc = (a + b + c) (a 2 + b 2 + c 2 – ab – bc – ca) = 1 2 (a + b + c)[(a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2 ] Ta có: (a 3 + b 3 ) + c 3 – 3abc = (a + b) 3 + c 3 – 3ab(a + b)– 3abc = (a + b + c)[(a + b) 2 – (a + b)c + c 2 ] – 3ab(a + b) – 3abc = (a + b + c)[(a + b) 2 – (a + b)c + c 2 ] – 3ab(a + b + c) = (a + b + c)[(a + b) 2 – (a + b)c + c 2 – 3ab] = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 – ab – bc – ca) = 1 2 (a + b + c)[(a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2 ] Do đó a 3 + b 3 + c 3 – 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c. Đặt 11 a,b,c xy === 1 z , theo giả thiết 111 0 xyz + += nên suy ra a + b + c = 0 Do đó a 3 + b 3 + c 3 – 3abc = 0 ⇔ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc, hoặc 333 111 3 xyzxy ++= z Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được 222 yz zx xy 3 xyz + += (đpcm). Bài 3. Giải hệ phương trình: 2 xy7 x20 y36 ⎧ += ⎪ ⎨ −+ += ⎪ ⎩ Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x ≥ 20, y ≥ 0. Đặt a = x20,b y3−=+(a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a 2 + 20, y = b 2 – 3. Hệ phương trình viết lại: 22 a20 b37(1 ab6(2) ⎧ ++ −= ⎪ ⎨ += ⎪ ⎩ ) Trong đó, 0 ≤ a ≤ 6, b ≥ 3 Bình phương hai vế của (1) ta có: a 2 + 20 + b 2 – 3 + 2 ()() 22 a20b3+− = 49 (3) Thay b = 6 – a vào (3), ta có: a 2 + 20 + (6 – a) 2 – 3 + 2 () () 2 2 a206a 3 ⎡⎤ +−− ⎣⎦ = 49 ⇔ a 2 + 20 + 36 – 12a + a 2 – 3 + 2 () ( ) 22 a20a12a33+−+ = 49 ⇔ ()( ) 22 a20a12a33+−+ = - a 2 + 6a – 2 (4) Bình phương hai vế của (4) với (a – 3) 2 ≤ 7, ta có: (a 2 + 20)(a 2 – 12a + 33) = (-a 2 + 6a – 2) 2 ⇔ a 4 – 12a 3 + 53a 2 – 240a + 660 = a 4 + 36a 2 + 4 – 12a 3 + 4a 2 – 24a ⇔ 13a 2 – 216a + 656 = 0 ⇔ a 1 = 4: chọn, a 2 = 164 : loại 6 13 > Với a = 4, ta có b = 2. Thế lại ẩn cũ: a = 4 ⇒ x20− = 4 ⇔ x = 36 b = 2 ⇒ y3+ = 2 ⇔ y = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm: x = 36, y = 1. Bài 4. Chứng minh: OA OB OC AG BE CF ++ = 2 Đặt S OAB = S 1 , S OAC = S 2 , S OBC = S 3 Ta có: 1 2 12 ABG ACG ABG ACG OA S S SS AG S S S S === + 12 ABC SS S ++ = (1) Lập luận tương tự, ta có: 13 ABC OB S S BE S + = (2) 23 ABC OC S S CF S + = (3) Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có: 3 A F O E S 1 S 2 S 3 B C G A B F O E C G S 1 S 2 S 3 123 ABC ABC ABC OA OB OC 2(S S S ) 2S 2 AG BE CF S S + + ++= = =. Bài 5. a) Vị trí của M để diện tích tam giác AHB lớn nhất Ta có = 90 0 + 90 0 = 180 0 nên tứ giác APHN nội tiếp (1)   PAN PHN+ Tứ giác APMN là hình vuông nên nội tiếp (2) Từ (1), (2) ta có 5 điểm A, N, M, P, H cùng thuộc một đường tròn. Do đó = 90 0   AHM APM= 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 ⇒ , do đó (3)   MCD MBD=   MPD MBD= Ta lại có là góc ngoài ΔMBD tại M nên:  AMB     0 AMBMBDMDBMBD90=+=+(4)  APH =    0 APM MPH 90 MPD+=+(5) Từ (3), (4), (5) suy ra: (6)   APH AMB= Vì tứ giác APHM nội tiếp nên:   APH AMH+ = 180 0 (7) Từ (6), (7) suy ra:   AMB AMH+ = 180 0 Do đó ba điểm H, M, B thẳng hàng, nên = 90 0  AHB Vậy H thuộc đường tròn (O). Suy ra tam giác AHB có diện tích lớn nhất khi độ dài đường cao HK lớn nhất A N O B M D H P C x E K ⇒ HK = R H ≡ D ⇒ M ≡ D. ⇒ Vậy khi M ≡ D thì S AHB đạt giá trị lớn nhất là R 2 (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 = 45 0 . Vì = 90 0 , suy ra  NHB = 45 0 .   AHN APN=  AHB Do đó HN là tia phân giác của góc , suy ra E là điểm chính giữa của cung , nên điểm E cố định.  AHB  AB 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 của đường tròn (O).  AB Bài 6. Chứng minh: 11 1 17 18 2 3 100 <+++ < L 4 Ta chứng minh bài tốn tổng qt: 11 1 2n 3 2n 2 23 n −< + + + < − L (n ∈ N, n ≥ 2) Ta có: *) () 12 2 2k k1 kkkkk1 =< =− ++− −(1) Cho k lấy các giá trị từ 2 đến 100, thay vào bất đẳng thức (1), ta có: () () () () 1 22 1 2 1 23 2 3 1 299 98 99 1 2 100 99 100 ⎧ <− ⎪ ⎪ ⎪ <− ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ <− ⎪ ⎪ ⎪ <− ⎪ ⎩ LLLLLLL Cộng vế theo vế, ta được: () 11 1 2 2 1 3 2 100 99 2 3 100 +++ < −+−++ − LL= ( ) 2100 118−= *) () 12 2 2k1 k kkkk1k => =+− +++ Lập luận tương tự như trên, ta có: () 11 1 2 101 2 2 101 2 2 2 100 3 17 2 3 100 +++ > − = − > −= L Vậy 11 1 17 18 2 3 100 <+++ < L Quy Nhơn, ngày 16 tháng 04 năm 2009 Người gửi: BÙI VĂN CHI Giáo viên Trường THCS LÊ LI Tp. Quy Nhơn, Tỉnh Bình Đònh ĐT: 056828529 E-mail: buivanchi@yahoo.com 5 . () () () () 1 22 1 2 1 23 2 3 1 299 98 99 1 2 100 99 100 ⎧ <− ⎪ ⎪ ⎪ <− ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ <− ⎪ ⎪ ⎪ <− ⎪ ⎩ LLLLLLL Cộng vế theo vế, ta được: () 11 1 2 2 1 3 2 100 99 2 3 100 +++ < −+−++ − LL=. minh: 11 1 17 18 2 3 100 <+++ < L 1 GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2008 – 20 09 Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 20 09 Bài 1: (3 điểm) Tìm tất cả các