06 hsg9 bắc ninh 22 23

Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I khác B Các đường thẳng ,.. QBPK c Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G khác.. Cho tứ giác ABCD nội tiếp.. Tìm giá

Tỉnh Bắc Ninh Câu 1 (4,0 điểm)

1 Cho biểu thức

: 1

P

x

1 1, 4

x x 

Rút gọn biểu thức P và tìm giá trị của xđể

7 3

P  

2. Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng : d y  với parabol x 2  P y: x2. Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc tọa độ)

Câu 2 (4,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình









2. Giải phương trình 3 4x 1 4x 3x 2 3 x24x5.

Câu 3 (3,0 điểm)

1. Tìm cặp số nguyên x y;  thỏa mãn y x 1x22

2. Với mỗi số nguyên a, gọi x x là các nghiệm của phương trình 1, 2 x22ax  Chứng1 0 minh  2 2   4 4 

chia hết cho 48 với mọi số tự nhiên n.

Câu 4 (6,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm , O D là điểm bất kì thuộc cạnh BC D khác ( )

,

B C Gọi , M N là trung điểm của cạnh , AB AC Đường thẳng MN cắt đường tròn  O tại

,

P Q sao cho M nằm giữa P và N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I (khác B Các đường thẳng ,). DI AC cắt nhau ở K

a) Chứng minh PID PAC  Từ đó suy ra bốn điểm , , ,A I P K cùng thuộc một đường tròn.

b) PBD đồng dạng với PAK và

QBPK

c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G khác )( P Đường thẳng

IG cắt đường thẳng BC tại E. Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC thì tỉ số

CD CE

không đổi

2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp Chứng minh rằng AB CD AD BC.  . AC BD. .

Câu 5 (3,0 điểm)

1. Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn 1a b c, ,  và 3 a b c  6 Tìm giá trị nhỏ nhất của

F a b c

2. Cho đa giác lồi A A A A1 2 3 2024. Tại mỗi đỉnh A k  k 1, 2,3 , 2024 ,

người ta ghi một số thực

9

Học sinh giỏi

lớn hơn 3 Tìm giá trị lớn nhất có thể được của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh của đa giác đã cho, biết rằng các số ghi tại các đỉnh đã cho đôi một khác nhau

-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 (4,0 điểm)

1. Cho biểu thức

: 1

P

x

1 1, 4

x x 

Rút gọn biểu thức P và tìm giá trị của xđể

7 3

P  

2. Gọi A và B là giao điểm của đường thẳng : d y  với parabol x 2  P y: x2. Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc tọa độ)

Lời giải

1 ( 2,0 điểm)

Với x  và 0

1 1, 4

x x

ta có

1

:

P

 

:

x P



:

x P





1

P

x

9 3

9 3

x x

x

Vậy

1 9;

9

x 

2 ( 2,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm

2

x

x







 Suy ra A1;1 , B  2; 4 

Gọi ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của , A B lên trục Ox

Có

AH BK HK

Vậy S OAB S AHBK  S OAH  S OBK 3.

Câu 2 (4,0 điểm)

1. Giải hệ phương trình









2. Giải phương trình 3 4x 1 4x 3x 2 3 x24x5.

Lời giải

1 Phương trình (1) 2   2 5 0 2

5 2







+) Với y2x thay vào (2) ta được

1

x x

x







 Với x 1 y , với 2 x 1 y 2

+) Với x 5 2y thay vào (2) ta được

4

y

y







 Với y 2 x , với 1 y 4 x 3

Vậy nghiệm x y; 

của hệ là 1; 2 , 3; 4 , 1; 2      

2. 3 4x 1 4x 3x 2 3 x24x5  1

Điều kiện

2 3

x  

 1  3 4x 1 2x5 x4 3x 2 3x2 0  2

Vì

2 3

x 

nên









2

0

Vì

2

0, 0,

3

A B x

nên

4 9

0

x

A B 

Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất x 2.

Câu 3 (3,0 điểm)

1. Tìm cặp số nguyên x y;  thỏa mãn y x 1x22

2. Với mỗi số nguyên a, gọi x x là các nghiệm của phương trình 1, 2 x22ax  Chứng1 0 minh  2 2   4 4 

chia hết cho 48 với mọi số tự nhiên n.

Lời giải

1. Phương trình y x 1 x22  1

Dễ thấy x 1 không phải là nghiệm của phương trình đã cho

Với x  , phương trình 1  

x



Mà x   nên x 1 là ước của 3

Do đó x   1  1; 3  x2;0; 4; 2  

Khi đó ta có các cặp x y   ;    2; 2 ; 0; 2 ; 2;6 ; 4;6         

2 Với mọi a phương trình x22ax1 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x x thỏa mãn1, 2

1 2

2 1

x x

 











Đặt 12n 22n

n

S x x Ta có

1

4 8

 2   2  2

1

Ta chứng minh với mọi n   thì 12 22

n

S x x luôn là số nguyên dương chẵn (*) Thật vậy:

Với n  thì 0 S  là số nguyên dương chẵn.0 2

S x x  x x  x x  a   a 

là số nguyên dương chẵn

do a là số nguyên

Giả sử (*) đúng đến n k , tức là S và k S k1 là các số nguyên dương chẵn Ta có

nguyên dương chẵn

Vậy 12 22

n

S x x là số nguyên dương chẵn với mọi số tự nhiên n.

M      

    là tích của ba số tự nhiên liên tiếp Suy ra M chia hết cho 6.

Vậy  2 2   4 4 

Câu 4 (6,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm , O D là điểm bất kì thuộc cạnh BC D khác ( )

,

B C Gọi , M N là trung điểm của cạnh , AB AC Đường thẳng MN cắt đường tròn  O tại

,

P Q sao cho M nằm giữa P và N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP cắt AB tại I

(khác B Các đường thẳng ,). DI AC cắt nhau ở K

a) Chứng minh PID PAC  Từ đó suy ra bốn điểm , , ,A I P K cùng thuộc một đường tròn.

b) PBD đồng dạng với PAK và

QBPK

c) Đường thẳng CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP tại G khác )( P Đường thẳng

IG cắt đường thẳng BC tại E Chứng minh khi D di chuyển trên đoạn BC thì tỉ số

CD CE

không đổi

2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp Chứng minh rằng AB CD AD BC.  . AC BD. .

Lời giải

O' H

E G

K

O

Q

I

B

A

a) Vì tứ giác APBC nội tiếp  PAC PBC  180  1

Vì tứ giác BPID nội tiếp  PID PBC 180  2

Từ (1) và (2) suy ra  PAC PID 

Lại có PID PIK  180 ; PAC PAK  180

Do đó PIK PAK

Mà hai đỉnh ,I A kề nhau

Suy ra ,I A cùng thuộc vào cung tròn dựng trên PK

Hay bốn điểm , , ,A I P K cùng thuộc một đường tròn.

b)

Ta có APK AIK BID BPD  và PBD 180  PID 180  PAC PAK .

PBD

 đồng dạng với PAK và PB PD  3

Vì tứ giác APBQ nội tiếp nên tam giác PMB đồng dạng với tam giác AMQ (g-g) và tam giác QBM đồng dạng với tam giác APM (g-g) Do đó:

 











Từ (3) và (4) suy ra

QB PK

c) Trên đoạn AB lấy điểm H sao cho APH KPI

Vì tứ giác AIPK nội tiếp, nên KPI BAC.

Lại có ,A P và BAC không đổi nên H là điểm cố định.

KPI

 đồng dạng APH g g  KI KP  5

PKD

 đồng dạng PAB g g  KP KD  6

Từ (5) và (6) suy ra KD KI KD AB  7

AB AH  KI AH

Ta có

PGI PBI PCA GI AC

Từ (7) và (8) suy ra

CE AH mà

AB

AH không đổi nên

CD

CE không đổi.

2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp Chứng minh rằng AB CD AD BC.  . AC BD. .

Lời giải

M

O

D

C B

A

Trên cạnh BD lấy điểm M sao DAM CAB

Hai tam giác DAM và CAB đồng dạng (g-g) nên DA DM DA CB DM CA  1

Hai tam giác BAM và CAD đồng dạng (g-g) nên BA BM BA CD BM CA  2

Từ (1) và (2) suy ra DA CB BA CD DM CA BM CA.  .  .  .  AB CD AD BC.  . AC BD. .

Câu 5 (3,0 điểm)

1) Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn 1a b c, ,  và 3 a b c  6 Tìm giá trị nhỏ nhất của

F a b c

Lời giải

Ta có F a 2b2c2 a b c  2 2ab bc ca  36 2 ab bc ca  

Vì1a b c, ,  nên 3 a 3 b 3 c 3  0 abc 3ab bc ca  9a b c   27 0

Vì a1 b1 c1  0 abc ab bc ca    a b c   1 0

abc ab bc ca

Từ (1) và (2) suy ra ab bc ca   5abc3ab bc ca   27

Đẳng thức xảy ra  a1;b2;c và các hoán vị.3

Vậy giá trị lớn nhất của F bằng 14 a1;b2;c và các hoán vị.3

2) Cho đa giác lồi A A A A1 2 3 2024. Tại mỗi đỉnh A k  k 1, 2,3 , 2024 ,

người ta ghi một số thực a sao cho giá trị tuyệt đối hiệu hai số thực trên hai đỉnh kề nhau bằng một số nguyên k

dương không lớn hơn 3 Tìm giá trị lớn nhất có thể được của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh của đa giác đã cho, biết rằng các số ghi tại các đỉnh đã cho đôi một khác nhau

Lời giải

Xét đa giác lồi A A A A1 2 3 2024. Khi đó a k a k1 1, 2,3 , k 1, 2,3 , 2024

Không mất tính tổng quát, coi a nhỏ nhất, 1 a lớn nhất (dễ thấy n n  2)

Đặt d max a i j i a j



khi đó d a n a1 và là một số dương

Giả sử theo chiều kim đồng hồ có n  2 đỉnh nằm giữa A A Suy ra theo chiều ngược với1, n

chiều quay của kim đồng hồ có 2024 n đỉnh nằm giữa A A Hơn nữa giá trị tuyệt đối của1, n hiệu giữa hai số kề nhau không vượt quá 3 Do đó

d a  a a  a a  a  a   a  n

Tương tự ta có d3 2024  n1

Suy ra

3036 2

Nếu d 3036 thì hiệu giữa hai số ghi trên hai đỉnh kề nhau đúng bằng 3 hay ta có

2









1 1 2 1 2024 1 2 2 3 2023 2024 2023 1 2

1 2024 2023 1 2 3 2023.3

(không xảy ra)

Do đó d 3035.

Ta xây dựng một trường hợp cho d 3035 như sau

a  a  a a    k với k 3;4; ;1013.

1014 1013 2 3033; k k 1 3 6075 3

a a   a a     k với k 1015;1016; ; 2024.

Khi đó hiệu lớn nhất a1013 a13035

Các số a a2; ; ;3 a1013 là số nguyên dương tăng dần có dạng 3t  chia cho 3 dư 2.4

Các số a1014;a1015; ;a2024 nguyên dương giảm dần có dạng 6075 3h chia hết cho 3

Suy ra các số a a1, , 2 a2024 đôi một khác nhau.

Vậy giá trị lớn nhất của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh bằng 3035