1 HSG TOAN 9 2020 2021 CUM CHUYEN MON SO 4 TOAN THCS VN

6 điểm Cho tam giác ABC nhọn, có các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H .Gọi I K, lần lượt là hình chiếu của điểm D trên các đường thẳng BE CF,.. Chứng minh rằng a BH BE CH CF BC.. 1 đ

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9

CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài 120 phút

Câu 1. (4 điểm)

a) Chứng minh

3 84 3 84

A

là số nguyên

b) Giả sử p và p  đều là các số nguyên tố Chứng minh 2 2 p  cũng là một số3 2 nguyên tố

Câu 2. (6 điểm) Giải các phương trình sau:

a) x4 x 3 2 3 2 x 11

b) 3x 5 7 3 x5x2 20x22

c) 4x1 x2 1 2x2 2x 2

Câu 3. (4 điểm)

a b c  a b c  Chứng minh rằng: 2021 2021 2021 2021 2021 2021

a b c a b c

b Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn điều kiện

2

1a1b1c  Tìm giá trị lớn

nhất của Q a b c .

Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

.Gọi I K, lần lượt là hình chiếu của điểm D trên các đường thẳng BE CF, Chứng minh rằng

a) BH BE CH CF BC   2

b) IK EF //

c) Trong các tam giác AEF BDF CDE có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn, , hoặc bằng

1

4 diện tích tam giác ABC

Câu 5. (1 điểm)

Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn

3

4

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHỌN HSG TOÁN 9 CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4

Năm học: 2020-2021

Câu 6. (4 điểm)

a) Chứng minh

31 84 31 84

A

là số nguyên

b) Giả sử p và p  đều là các số nguyên tố Chứng minh 2 2 p  cũng là một số3 2 nguyên tố

Lời giải

a) Chứng minh

3 84 3 84

A

là số nguyên

A

81

A   A  

3 2

A   A

A A 

A1 A2A2 0

1 0

A   (vì A2A 2 0)

A 1

Vậy A nguyên

b) Giả sử p và p  đều là các số nguyên tố Chứng minh 2 2 p  cũng là một số3 2 nguyên tố

Với p  : 2 p   (ktm)2 2 6

Với p  : 3 p   , 2 2 11 p  3 2 29 (TM)

Với p 3 p2 3k : 1 p2 2 3t3 3 (KTM)

Vậy p = 3

Câu 7. (6 điểm) Giải các phương trình sau:

a) x4 x 3 2 3 2 x 11

b) 3x 5 7 3 x5x2 20x22

c) 4x1 x2 1 2x2 2x 2

Lời giải

a) x4 x 3 2 3 2 x 11

 x 3 2 2 3 2x 12 0

x

 1.

b) 3x 5 7 3 x 5x2 20x 22

Ta có: 5x2 20x 22 5  x2 4x 4  2 5x 22 2 2

 3x 5 7 3 x2 1 12 2 3x 5 7 3  x 4

3x 5 7 3 x 2

Vậy 3x 5 7 3 x 5x2 20x 22 2 

2

5x  20x 20 0   x2

c) 4x1 x2 1 2x2 2x2

 2    2

Đặt a x 21a1 , phương trình trở thành:

2

2a  4x1 a 2x 0

  4 120

a2x

 x2 1 2x

 x2 1 4x2

 3x21 0

 



















x

1 3 1 3

Vậy pt có tập nghiệm

S 

1 3

Câu 8. (4 điểm)

a b c  a b c  Chứng minh rằng: 2021 2021 2021 2021 2021 2021

a b c a b c

b Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn điều kiện

2

1a1b1c  Tìm giá trị lớn

nhất của Q a b c .

Lời giải

a) Cho

 

a b c a b c Chứng minh rằng:

2021 2021 2021 2021 2021 2021

Ta có:

 

a b c a b c

1

 

ab bc ca

 a b c  ab bc ca   abc

 a b ab bc ca  abc bc ac  abc

 a b ab bc ca  c a b 

 a b ab bc ca c   

 a b b a c c a c  

0 0 0

 







  



a b

b c

c a









 



a b

b c

c a

Với ab:

2021 2021 2021 2021 2021 2021

2021 2021 2021 2021 2021 2021

2021 2021

Tương tự:

Với bc 2021 2021

a a (luôn đúng) Với ca 2021 2021

b b (luôn đúng)

2

1a1b1c 

1

2

Tương tự:    

1 2

ca

1

2

ab

Từ  1 ,  2 và  3      

abc

1 8

8

Dấu “=” xảy ra khi

1 2

  

a b c

Vậy

1 8

max

Q 

khi

1 2

  

a b c

Câu 9. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H

.Gọi I K, lần lượt là hình chiếu của điểm D trên các đường thẳng BE CF, Chứng minh rằng

a) BH BE CH CF BC   2

b) IK EF //

c) Trong các tam giác AEF BDF CDE có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn, , hoặc bằng

1

4 diện tích tam giác ABC

Lời giải

K I

F

H E

D

A

a) Tam giác vuông AEB và tam giác vuông HFB có góc B chung nên đồng dạng với

nhau

AB BE

BH BE AB BF

BH BF

(1) Tam giác vuông AFC và tam giác vuông HEC có góc C chung nên đồng dạng với nhau

AC CF

CH CF AC CE

CH CE

(1)

Từ (1) và (2) suy ra: BH BE CH CF.  . AB BF. AC CE. (3)

Mặt khác dễ thấy tam giác vuông ADB và tam giác vuông BFC đồng dạng (góc B chung)

AB BD

AB BF BC BD

BC BF

(4) Chứng minh tương tự ta có tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC

AC DC

AC CE BC CD

BC CE

(5)

Từ (4) và (5) suy ra: AB BF AC CE BC BD CD     BC2

(6)

Từ (3) và (6) suy ra BH BE CH CF BC   2 (đpcm).

b) Ta có

//

AB FC

DK FC









Tứ giác AFHE có AFH AEH 900900 1800 mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp FAH FEH (2 góc nội tiếp cùng chắn cung

FH) (2)

Chứng minh tương tự ta có tứ giác IDKH là tứ giác nội tiếp

Từ (1), (2) và (3) suy ra FEH HIK mà 2 góc này ở vị trí so le trong

Suy ra IK EF (đpcm).//

c) Đặt BC a ,  CA b ,  AB c ,  AE x ,  AFy, BD z , 0x y z a ;, , 

0x y z b, ,  ; 0x y z c, , 

Khi đó: BF c y ,   EC b x  , CD a z 

Giả sử không có tam giác nào có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng

1

4 diện tích tam giác ABC

Nghĩa là

64

ABC

Ta có

;

AEF ABC

S AE AF x y

S AB AC cb

BFD

ABC

c y z

S BF BD



CED

ABC

b x a z

S CE CD

Do đó

ABC

xyz a z b x c y



2 2

x b x b

x b x    

2 2

y c y c

y c y    

2 2

z a z a

z a z    

Do đó

2 2 2

1 64

xyz a z b x c y

a b c



64

ABC

Suy ra đpcm

Câu 10. (1 điểm)

Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn

3

4

Lời giải

Ta có AB1, AC1, BC1

1 1







 



AH BC BH

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH .

Ta có:

AH BH AB

Mà AB21 AH2BH2 1

1

3 2

ABC   

Vậy tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn

3 4