36 toan 9 hsg 22 23 lang sơn

Đánh dấu các đỉnh của đa giác bằng một trong hai chữ số 0 và 1.. Chứng minh rằng luôn chọn ra được ba đỉnh của đa giác được đánh dấu giống nhau và tạo thành một tam giác cân... Đánh dấu

Tỉnh Lạng Sơn

Câu 1 (4,0 điểm)

Cho biểu thức:

:

P

a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x  7 4 3

Câu 2 (4,0 điểm)

Cho phương trình x2  2m 3x m 2  2m0 ( m là tham số).

a) Tìm điều kiện của m để phuơng trình có 2 nghiệm phân biệt x x 1; 2

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2 2

1

P





Câu 3 (4,0 điểm)

Giải hệ phương trình:





Câu 4 (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp  O , AB AC Phân giác trong của BAC cắt BC tại D và

cắt  O tại điểm thứ hai P Gọi M là giao điểm của OP và BC ; F đối xứng với D qua M Lấy điểm

H nằm trên AO và E nằm trên AD sao cho HD FE cùng vuông góc với ; BC.

a) Chứng minh rằng AHD và PFE là các tam giác cân

b) Gọi K là giao điểm của HD và FP Chứng minh rằng tứ giác BHCK nội tiếp trong một đường tròn

O1 .

c) Gọi T là giao điểm của O1

và tia DA Gọi Q là giao điểm của HT và BC Chứng minh rằng AQ

là tiếp tuyến của  O .

Câu 5 (2,0 điểm)

a) Tìm các số nguyên dương , ,x y z thỏa mãn:

3x  9y 4z 6y z 243

b) Cho một đa giác đều có 2023 đỉnh Đánh dấu các đỉnh của đa giác bằng một trong hai chữ số 0

và 1 Chứng minh rằng luôn chọn ra được ba đỉnh của đa giác được đánh dấu giống nhau và tạo thành một tam giác cân

-Hết -9

Học sinh giỏi

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 (4,0 điểm)

Cho biểu thức:

:

P

a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x  7 4 3

Lời giải

a) Với x0,x , ta có:9

:

P

:

:



1

x

Vậy với x0,x thì 9

P

x





b) x  7 4 3(thỏa mãn ĐKXĐ)

x

6

x

P

x



Vậy P 6 khi x  7 4 3

Câu 2 (4,0 điểm)

Cho phương trình x2  2m 3x m 2  2m0 ( m là tham số).

a) Tìm điều kiện của m để phuơng trình có 2 nghiệm phân biệt x x 1; 2

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2 2

1

P





Lời giải

Xét phương trình x2  2m 3x m 2  2m0 ( m là tham số).

Vậy với

9

4

m 

thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x x 1; 2 b) Với

9

4

m 

thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x x Khi đó theo hệ thức Vi-et, ta có:1; 2

1 2

2

1 2





Theo bài ra ta có:

2

2 2

1

P





  (ĐK: x12 x22  1 0)

P

2

2



Vậy MinP 4 khi m 2 0  m2 (thỏa mãn điều kiện)

Câu 3 (4,0 điểm)

Giải hệ phương trình:





Lời giải

Xét hệ phương trình:

 

 





ĐKXĐ:

2 2;

3

x y

Từ (1), ta có: x2 3y2  4xy4x 4y 0 x2 4y2  4 4xy4x 8y y 2 4y 4 0

x y





Với x thay vào (2), ta có: y

y  y   y 2 3y 2 2 y2 3  y 2 16 y2 3  y 2  8 2y y 4

34







y  x

Với x 3y 4 thay vào (2), ta có:

3y 4 2  3y 2  4 2 3y 2  4 3y 2 4  y 2 x3.2 4  x2(thỏa mãn) Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là S  2; 2  .

Câu 4 (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp  O , AB AC Phân giác trong của BAC cắt BC tại D và

cắt  O

tại điểm thứ hai P Gọi M là giao điểm của OP và BC ; F đối xứng với D qua M Lấy điểm

H nằm trên AO và E nằm trên AD sao cho HD FE cùng vuông góc với ; BC.

a) Chứng minh rằng AHD và PFE là các tam giác cân

b) Gọi K là giao điểm của HD và FP Chứng minh rằng tứ giác BHCK nội tiếp trong một đường tròn

O1

c) Gọi T là giao điểm của O1 và tia DA Gọi Q là giao điểm của HT và BC Chứng minh rằng AQ

là tiếp tuyến của  O .

Lời giải

H

E

F

M D

P

O

A

Ta có AP là tia phân giác của BAC PAB PAC  PB PC (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau)  P là điểm chính giữa của BC  OPBC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)  HD OP FE// // (cùng vuông góc với BC)

Vì F đối xứng với D qua M  M là trung điểm của DF  PDF có PM vừa là trung tuyến, vừa là đường cao nên PDF cân tại P PM cũng là phân giác  OPD OPF  ;

Vì PEF OPD (hai góc đồng vị); PFE OPF (hai góc so le trong)  PEF PFE PFE cận tại

P

Vì HPA OPD (hai góc đồng vị); HAD OPD (OAP cân tại O)  AHD cân tại H

tròn O1.

H

E

F

M D

P

O

A

Xét DAB và DCP có:

ADB CDP (hai góc đối đỉnh);

DABDCP (hai góc nội tiếp cùng chắn BP);

(1)

Xét DHA và DPK có:

ADH KDP (hai góc đối đỉnh);

HAD OPD (OAP cân tại O); PKD OPF  (hai góc đồng vị); OPD OPF  ( PM là phân giác

DPF, ý a))  HAD PKD ;

(2)

Từ (1) và (2), ta có: DB DC DH DK  DA DP  DB DK

Xét DBH và DCK có :

HDBKDC (hai góc đối đỉnh) ;

DH DC (chứng minh trên) ;

 

  , tứ giác BHCK có hai đỉnh ,B K cùng nhìn cạnh HC dưới góc bằng nhau nên là tứ

giác nội tiếp

AQ là tiếp tuyến của  O .

T

K

H

E

F

M D

P

O

A

Ta có: PDK PDF PFE, , là các tam giác cân tại P PK PDPE PF  DFEK là hình chữ nhật  KE DF//  BCEK là hình thang

Xét KDB và EFC có:

KDBEFC   ; KD EF (tính chất hình chữ nhật);

MBMC (OM BC), MDMF GT   DBFC;

hình thang BCEK là hình thang cân nên nội tiếp được một đường tròn, mà BHCK nội tiếp đường tròn O1  EO1

;

Xét DHT và DEK có:

DHT DEK (hai góc nội tiếp cùng chắn KT); HDT EDK (đối đỉnh);

 

  , mà DKE   ( DFEK là hình chữ nhật)  90  DTH 90  HT AD

HAD

 cân tại H có HT là đường cao nên cũng là trung trực mà Q HT  QA QD  QAD cân tại Q QAD QDA  , lại có HAD HDA ( HAD cân tại H )

QAD HAD QDA HDA HDQ

     hay QAOA tại A O  QA

là tiếp tuyến của  O

Câu 5 (2,0 điểm)

a) Tìm các số nguyên dương , ,x y z thỏa mãn:

3x  9y 4z 6y z 243

b) Cho một đa giác đều có 2023 đỉnh Đánh dấu các đỉnh của đa giác bằng một trong hai chữ số 0

và 1 Chứng minh rằng luôn chọn ra được ba đỉnh của đa giác được đánh dấu giống nhau và tạo thành một tam giác cân

Lời giải

a) Xét các số nguyên dương , ,x y z thỏa mãn: 3x2  9y2 4z2 6y z2 2 243

Vì 243;3 ;9 ;6x2 y2 y z đều chia hết cho 3 nên 2 2 4z23 z23 z3 z3m m N* .

Vì 81;3 ;18y2 m y đều chia hết cho 3 nên 2 2 x23 x3 x3n n N*.

9n 3y 12m 18m y 81

3n 4m y 6m 1 27

(1)

Do ,m n nguyên dương  m n,  1 3n2 4m2  y26m2 1   3 4 5y2  7 5y2

2

y

y





Với y  thế vào (1), ta có: 1 3n2 10m2 28

Nếu m 2 10m2 40 3n2 10m2 28 (không thỏa mãn)

Với y  thế vào (1), ta có: 2 3n2 28m2 31

Nếu m 2 28m2 112 3n2 28m2 31 (không thỏa mãn)

Vậy có đúng một bộ số nguyên dương thỏa mãn là x y z ; ;  3; 2;3 .

b)

Cách 1:

Ta có đa giác có 2023 đỉnh, do đó phải tồn tại 2 đỉnh kề nhau là P và Q được đánh bởi cùng một

số 0 hoặc 1(Theo nguyên lý Đirichlet), giả sử P và Q cùng được đánh số là 1

Vì đa giác đã cho là đa giác đều có số đỉnh lẻ nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường

trung trực của đoạn thẳng PQ Giả sử đỉnh đó là A

Nếu A đánh số 1 thì ta có tam giác APQ là tam giác cân có ba đỉnh , , A P Q được đánh cùng số 1 Nếu A đánh số 0, lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác nhau của đa giác kề với P và Q

Nếu cả hai đỉnh B và C được đánh số 0 thì tam giác ABC cân và có ba đỉnh cùng được đánh số 0

Nếu ngược lại, một trong hai đỉnh B và C được đánh số 1 thì tam giác BPQ hoặc tam giác CPQ là tam giác cân có ba đỉnh được đánh số 1.

Vậy trong mọi trường hợp luôn chọn ra được ba đỉnh của đa giác được đánh dấu giống nhau và tạo thành một tam giác cân

Cách 2:

Giả sử rằng không thể chọn ra 3 đỉnh của đa giác với cùng một dấu và tạo thành một tam giác cân Trước tiên, chúng ta sẽ chứng minh rằng có ít nhất 2 đỉnh liên tiếp đánh dấu là 0 và 2 đỉnh liên tiếp đánh dấu là 1

Giả sử chúng ta không có 2 đỉnh liên tiếp đánh dấu là 0 Điều đó có nghĩa là mỗi đỉnh được đánh dấu 0 đều được ngăn cách bởi ít nhất một đỉnh 1 Vì vậy, số đỉnh được đánh dấu 0 phải ít hơn 1012 (nếu không, sẽ không đủ chỗ cho các 1) Tương tự, nếu không có 2 đỉnh liên tiếp đánh dấu là 1, số đỉnh đánh dấu 1 cũng phải ít hơn 1012 Nhưng điều này không thể xảy ra vì tổng số đỉnh là 2023, như vậy sẽ luôn

có 2 đỉnh liên tiếp đánh dấu giống nhau

Bây giờ, chúng ta chọn một cặp đỉnh liên tiếp đánh dấu giống nhau, giả sử là 1 Đặt chúng là A

và B , và đặt S là tâm của đa giác đều Khi đó, SA SB Ta đánh dấu điểm C trên đường tròn ngoại tiếp

sao cho tổng số đỉnh giữa A và C (không kể A ) cùng tổng số đỉnh giữa B và C (không kể B ) là 1010 Khi đó, đa giác sẽ được chia thành hai phần có số đỉnh như nhau: một phần từ A qua C đến B và một phần từ B qua C đến A

Do đó, SC SA SB và tam giác ABC là cân Vì có ít nhất 2 đỉnh liên tiếp đánh dấu 1, cái còn lại của các đỉnh trên đa giác (ở ít nhất một trong hai phần) phải có ít nhất một đỉnh đánh dấu 1 Nếu C được đánh dấu 1, ta đã có tam giác cân với ba đỉnh được đánh dấu 1 Nếu C được đánh dấu 0, ta cũng có tam giác cân với ba đỉnh được đánh dấu 0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu, do đó luôn có thể chọn ra 3 đỉnh của đa giác được đánh dấu giống nhau và tạo thành một tam giác cân