27 hsg9 hai phong 22 23

Tổng Hợp Bùi Hoàng Nam CLB Toán THCS Zalo 0989 15 2268 TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022 2023 CLB Toán THCS Zalo 0989 15 2268  Trang 1  TP Hải Phòng Câu 1 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thứ[.]

TP Hải Phòng

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

2

4 :

A

b

(với a  b 0)

b) Chứng minh rằng 1 3 6 6 6 6 5

(trong đó biểu thức chứa căn có 2023

dấu căn ở tử số và 2022 dấu căn ở mẫu số)

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Cho phương trình 2   2

x  m x m   (với m là tham số )

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn điều kiện x 1 0 và x1 x2

b) Giải hệ phương trình

1

1

x

x y

y

x y







Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm x nguyên dương để 3 2

4x 14x 9x6 là số chính phương

b) Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xz Chứng minh rằng

2

2

2

y yz xz yz x z



Câu 4 (3,0 điểm) Cho ABCnhọn không cân tại đỉnh ,A nội tiếp đường tròn  O Kẻ đường cao AH của

ABC H BC

  Gọi P Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ , H đến các đường thẳng

AB AC

a) Chứng minh tứ giác BCQP nội tiếp

b) Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M đường thẳng , AM cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là K (K khác A) Chứng minh rằng MH2MK MA

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP Chứng minh ba điểm , I H K thẳng , hàng

Câu 5 (1,0 điểm) Tìm độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vuông sao cho có thể đặt vào trong nó 5 hình

tròn có bán kính bằng 1, biết rằng các hình tròn này đôi một không có quá một điểm chung.1 Ý đầu tiên

-Hết -

9

Học sinh giỏi

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

2

4 :

A

b

(với a  b 0)

b) Chứng minh rằng 1 3 6 6 6 6 5

(trong đó biểu thức chứa căn có 2023

dấu căn ở tử số và 2022 dấu căn ở mẫu số)

Lời giải

a) Với ab0 ta có

2

4 2 2

4





4

4

a

a





A     

và a  6 6   6 (Với 2023 dấu căn)

suy ra a  2 6 6 6   6 (Với 2022 dấu căn)

Và

1 3

a A

a a





Ta có a  6 6   6 3 (Với 2023 dấu căn)

 

a

a



a

a

Từ  2 và  3 suy ra 1 5

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Cho phương trình 2   2

x  m x m   (với m là tham số )

2





 

-a a b a a b a a b A

b

a a b a a b

Câu 4 (3,0 điểm) Cho ABCnhọn không cân tại đỉnh ,A nội tiếp đường tròn  O Kẻ đường cao AH của

ABC H BC

  Gọi P Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ , H đến các đường thẳng

AB AC

a) Chứng minh tứ giác BCQP nội tiếp

b) Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M đường thẳng , AM cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là K (K khác A) Chứng minh rằng MH2MK MA

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP Chứng minh ba điểm , I H K thẳng , hàng

Lời giải

a)  APHAQH9009001800HPAB HQ, AC

 Tứ giác APHQ nội tiếp

 PQAPHA mà  PHAPBC (cùng phụ BAH )

Do đó PQAPBC  Tứ giác BPQC nội tiếp

b) MPB MCQ (g.g) MP MB MP MQ MB MC  1

MC MQ

MBK

 MAC (g.g) MK MB MK MA MB MC  2

Ta có BHPBAH (cùng phụ AHP)

BAH PQH (hai góc nội tiếp cùng chắn HP )

 BHPPQH

 MHP MQH (g.g)  MH MP

Từ    1 , 2 và  3 suy ra MH2MK MA

I J

D

K

M

Q P

H O A

Với xy ta có 2 3 1 2 2 1 1.

Ta thấy x y ;   1;1 thoả mãn hệ phương trình  I

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y ;   1;1

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm x nguyên dương để 3 2

4x 14x 9x là số chính phương.6

b) Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn xz Chứng minh rằng

2

2

2

y yz xz yz x z



Lời giải

4x 14x 9x là số chính phương, nên ta có 6 4x314x29x 6 k2 với kN*

4x 14x 9x 6  x2 4x 6x3

Đặt x2 4  x26x3k2

x x  x d với d *

Ta có x2, 4x26x3d

Ta lại có 4x26x3d 4x26x3  4x26x4d1d d 1

Vậy x2, 4x26x3 mà 1 x2 4  x26x3k2 nên ta có x 2 và 4x26x là số 3 chính phương

Cách 1:

2

4x 6x 3 b với a b N,  *

Vì x nguyên dương nên ta có

4x b 4x 12x 9 2x b  2x3

Vì b lẻ nên b22x124x26x 3 4x24x 1 x2

4x 14x 9x 6 10010 là số chính phương

Cách 2

Vì 2

4x 6x là số chính phương, đặt 3 4x26x 3 b b2( N*)

Vì 4x 3 2b4x 3 2b; 4x 3 2b9với mọi x, b nguyên dương nên ta có:

(Thỏa mãn điều kiện)

Với x = 2 ta có x + 2 = 4 cũng là số chính phương

Vậy giá trị x cần tìm là x = 2

b) Với x0,y 0,z ta có 0

2

2

2

2

2

1

y yz xz yz x z

y

yz





1 2



2 x; 2 y; 2 z

a b c c do x z

Ta có

2



2

1 1

c

Đẳng thức xảy ra khi ab

Khi đó

2

3

2 3

1

c

c

c c c

c





Từ  1 và  2 suy ra điều phải chứng minh Dấu “=” xảy ra khi xyz

c) Vẽ đường kính AD của đường tròn  O   0

90

ABD 

Ta có DAC AQP = DBC ABC =  0

90

MKH

90

 K thuộc đường tròn đường kính AH và HK AM  4

Gọi J là trung điểm của AH.Ta có J là tâm của đường tròn đi qua 5 điểm ,A K P H Q , , ,

Có  I và  J cắt nhau tại ,P QIJ PQ (tính chất đường nối tâm ) mà ADPQ

//

AD IJ

Ta có AO IJ// và AJ OI//  Tứ giác AJOI là hình bình hành

 AJJH OI mà AH OI//  Tứ giác JOIH là hình bình hành

 IH OJ//

mà OJ AK ( tính chất đường nối tâm )  IH AM  5

Từ    4 , 5  ,I H K thẳng hàng.,

Câu 5 (1,0 điểm) Tìm độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vuông sao cho có thể đặt vào trong nó 5 hình

tròn có bán kính bằng 1, biết rằng các hình tròn này đôi một không có quá một điểm chung

Lời giải

Gọi độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vuông ABCD thoả mãn yêu cầu đề bài là x

Từ đây suy ra các tâm của 5 hình tròn này nằm trong hoặc trên cạnh của hình vuông MNPQ có

cạnh bằng x 2 (như hình vẽ)

Chia hình vuông MNPQ thành 4 hình vuông nhỏ có độ dài mỗi cạnh là 2

2

x 

Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai tâm hình tròn nằm trong hoặc trên cạnh của một hình

vuông nhỏ Giả sử hai tâm đó là I và J

Vì hai hình tròn này có không quá 1 điểm chung trong nên IJ không nhỏ hơn hai lần bán kính

và không lớn hơn độ dài đường chéo của hình vuông cạnh 2

2

x 

2

2

x

IJ 

x x-2

1 1

J I

Q

M

P

N

c) Vẽ đường kính AD của đường tròn  O   0

90

ABD 

Ta có DAC AQP = DBC ABC =  0

90

MKH

90

 K thuộc đường tròn đường kính AH và HK AM  4

Gọi J là trung điểm của AH.Ta có J là tâm của đường tròn đi qua 5 điểm ,A K P H Q , , ,

Có  I và  J cắt nhau tại ,P QIJ PQ (tính chất đường nối tâm ) mà ADPQ

//

AD IJ

Ta có AO IJ// và AJ OI//  Tứ giác AJOI là hình bình hành

 AJJH OI mà AH OI//  Tứ giác JOIH là hình bình hành

 IH OJ//

mà OJ AK ( tính chất đường nối tâm )  IH AM  5

Từ    4 , 5  ,I H K thẳng hàng.,

Câu 5 (1,0 điểm) Tìm độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vuông sao cho có thể đặt vào trong nó 5 hình

tròn có bán kính bằng 1, biết rằng các hình tròn này đôi một không có quá một điểm chung

Lời giải

Gọi độ dài nhỏ nhất của cạnh một hình vuông ABCD thoả mãn yêu cầu đề bài là x

Từ đây suy ra các tâm của 5 hình tròn này nằm trong hoặc trên cạnh của hình vuông MNPQ có

cạnh bằng x 2 (như hình vẽ)

Chia hình vuông MNPQ thành 4 hình vuông nhỏ có độ dài mỗi cạnh là 2

2

x 

Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai tâm hình tròn nằm trong hoặc trên cạnh của một hình

vuông nhỏ Giả sử hai tâm đó là I và J

Vì hai hình tròn này có không quá 1 điểm chung trong nên IJ không nhỏ hơn hai lần bán kính

và không lớn hơn độ dài đường chéo của hình vuông cạnh 2

2

x 

2

2

x

IJ 

x x-2

1 1

J I

Q

M

P

N

 2 2

2

x



Vậy độ dài nhỏ nhất của cạnh hình vuông cần tìm là 2 2 2

-Hết -

Quy định khi gõ lời giải:

1 Phông chữ:Times New Roman, cỡ chữ 12

2 Công thức gõ trên mathtype, cỡ chữ 12

3 Hình vẽ được vẽ trên các phần mềm: geogebra; Geometer’s Sketchpad

4 Tên file: stt+ hsg9+ tên tỉnh Ví dụ: 1.hsg9 An Giang.docx