Ôn thi học sinh giỏi toán lớp 9

Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC, AC và AB lần lượt tại D, E, F.. EF cắt BC tại G.. Chứng minh GP là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC... Đường tròn

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỒ LỚP 9

Bài 1 Cho các số a, b, c thỏa: ab bc ca, , ≠ − 1 và: 0

a b b c c a

+ + + Chứng minh

rằng: (a19 −b19) (b2013 −c2013) (c2014 −a2014) = 0

Bài 2 Giải các phương trình sau:

a) ( )

2 2

2 3 1

x x

x

+

x

Bài 3 Giải hệ phương trình: ( ) ( )







Bài 4 Cho các số dương a, b, c thỏa abc= 1 Chứng minh rằng:

a) a4 + + ≥ + +b4 c4 a b c

b) 5 ab5 5 bc5 5 ca5 1

a b ab b+ c bc c+ a ac ≤

Bài 5 Cho tam giác ABC với AB = c, AC = b, BC = a (b > c) Đường tròn tâm I nội tiếp

tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC, AC và AB lần lượt tại D, E, F EF cắt BC tại G

a) Chứng minh GC GB = DC DB = p b p c−

− với 2

a b c

p= + +

b) Chứng minh IG⊥AD

c) Gọi P là giao điểm của ID và đường tròn đường kính BC Chứng minh GP là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC

Bài 6 Cho các số nguyên a, b, c thỏa: a b c abc+ + =

a) Cho a, b, c > 0 Tìm a, b, c.

b) Chứng minh rằng: P= +(a b b c c a) ( + ) ( + ) chia hết cho 6

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1 Cho các số a, b, c thỏa: ab bc ca, , ≠ − 1 và: 0

a b b c c a

minh rằng: (a19 −b19) (b2013 −c2013) (c2014 −a2014) = 0

Lời giải Ta có

2

2

1

0

0 0

a b

MTC

a b c a b c MTC

a b b c c a

−

⇔ = ∨ = ∨ =

Từ đó suy ra điều cần chứng minh

Bài 2 Giải các phương trình sau:

2 2

2 3 1

x x

x

+

x

Lời giải.

a) Điều kiện x ≠ - 1

2

2 3

2

3 0

x

Đặt 2

1

x

t

x

=

+ , ta có phương trình:

t + − = ⇔ = ∨ = −t t t

Với t = 1 ta có 2 1 1 1 5, 2 1 5

x

x

+ Với t = − 3 ta có 2 3( )

1

x

VN

x = − +

Vậy phương trình có hai nghiệm 1 5 1, 5

S  + − 

b) 2 1

x

Điều kiện x ≠ 0, x – 1/x >= 0

Chia hai vế phương trình cho x ta có:

Đặt t x 1,t 0

x

= − ≥ , ta có phương trình 2 3( )

2 3 0

1

t t

t

= −

 + − = ⇔  =

 Với t = 1 ta có 1 1 1 1 5, 2 1 5

x

Vậy 1 5 1, 5

S  + − 

Bài 3 Giải hệ phương trình: ( ) ( )







Lời giải.

Điều kiện ( ) ( )

y



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có:

( 1 3) ( ) 1( 1 3 ) 1

2

x− −x ≤ x− + − =x , do đó:

y − y + ≤ ⇔ y − y + ≤ ⇔ y− y+ ≤

Vì theo điều kiện ta có y+ > 1 0 đó đó ( ) (2 )

y− y+ ≤ ⇔ =y , suy ra x= 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x y, ) ( )= 2, 2

Bài 4 Cho các số dương a, b, c thỏa abc= 1 Chứng minh rằng:

c) a4 + + ≥ + +b4 c4 a b c

a b ab b+ c bc c+ a ac ≤

Lời giải

a) Ta có với mọi số thực x,y, z thì:

0

x y− + −y z + −z x ≥ ⇔x +y + ≥z xy xz yz+ +

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: ( )

4 4 4 2 2 2 2 2 2

a b c a b c a b c

a b c a b c a bc ab c abc abc a b c

Suy ra a4 + + ≥b4 c4 abc a b c( + + ), mà abc = 1 nên: a4 + + ≥ + +b4 c4 a b c

b) Ta có a5 + = +b5 (a b a) ( 4 −a b a b3 + 2 2 +ab3 +b4)

Mà 4 4 3 3 ( )2( 2 2 )

0

a + −b a b ab− = a b− a + +b ab ≥

Do đó: a5 + ≥ +b5 (a b a b) 2 2

Suy ra 5 5 ( ( ) ) ( ) 2 2( )

1

a + +b ab ab a b ab≥ + + =ab a b ab abc + + =a b a b c+ +

Từ đó: 5 5 ( )

1

ab

a b ab ≤ab a b c

Tương tự thì: 5 5 ( ) 5 5 ( )

,

c b bc ≤bc a b c a c ac≤ ac a b c

Vậy: 5 5 5 5 5 5

1

a b ab b c bc c a ac a b c ab ac bc

Bài 5 Cho tam giác ABC với AB = c, AC = b, BC = a (b > c) Đường tròn tâm I

nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC, AC và AB lần lượt tại D, E, F EF cắt BC tại G

2

a b c

p= + +

f) Gọi P là giao điểm của ID và đường tròn đường kính BC Chứng minh

GP là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC

Lời giải

a) Vẽ BH||AC cắt GE tại H Ta có ∠FHB = ∠ AEH (1)

Mà tam giác AEF cân tại A nên: ∠AEH = ∠ AFE , ∠ AFE = ∠ HFB (2

Từ (1) và (2), suy ra: ∠FHB = ∠HFB, suy ra tam giác BHF cân tại B, nên

BH = BF Do BH||CA, theo định lý Thales ta có: GB BH BD

GC = CE =CD

Ta có BD = BF = ½ (BD + BF) = ½ (AB + BC – AF – CD ) = ½ (AB + BC – AC ) = p – b

CD = BC – BD = a – (p – b) = a + b – p = p – c

Vậy GC GB = p b p c−−

b) Gọi K là giao điểm của IA và EF Ta có IA ⊥ EF tại K

Do đó: 2 2

.

IA IK =IE =ID

Suy ra ∆IKD: ∆IDA⇒ ∠IKD= ∠IDA(3)

Mà tứ giác IKDG nội tiếp nên ∠IKD = ∠ IGD (4)

Từ (3) và (4) suy ra ∠IGD = ∠IDA

Mặt khác ∠IDA + ∠GDA = 900 nên ∠IGD + ∠GDA = 900, do đó IG ⊥

AD

c) Gọi M là trung điểm của BC, M là tâm đường tròn đường kính BC

GM = ⇒x GB x= − a GC = +x a

Và DM =BM BD− =12a−( p b− =) 12a−a c b+ −2 =b−22

Theo câu a ta có: ( )

2

1

2 2

2

x

Từ đó ta có: ( )

2

b c

−

− Vậy tam giác MPD và MPG đồng dạng, suy ra ∠MPG = 900, hay GP là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC

Bài 6 Cho các số nguyên a, b, c thỏa: a b c abc+ + =

c) Cho a, b, c > 0 Tìm a, b, c.

Lời giải

a) Chia hai vế cho abc ta có: 1 1 1 1

ab ac bc+ + = Không mất tính tổng quát ta có thể

giả sử: a b c≥ ≥ , do đó 2

2

ab bc ac c

Với c = 1 ta có: a b+ + = 1 ab⇔(a− 1) (b− = 1) 2

2 = 2.1 và a− ≥ − ≥ ⇒ − = 1 b 1 0 a 1 2,b− = ⇒ = 1 1 a 3,b= 2

Vậy (a, b, c) là (3, 2,1) và các hoán vị

b) Một số tự nhiên thì chỉ xảy ra hai trường hợp là hoặc chẵn hoặc lẻ, theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số a, b, c có ít nhất 2 số chẵn hoặc 2 số lẻ, khi

đó tổng 2 số này chia hết cho 2 Từ đó P chia hết cho 2

Ta chứng minh P chia hết cho 3

Trường hợp 1: trong 3 số a, b, c không có số nào chia hết cho 3 thì chia 3 dư

1 hoặc dư 2

Nếu 3 số đều có cùng số dư khi chia cho 3 thì a + b + c chia hết cho 3, abc không chia hết cho 3 (vô lý)

Nếu 3 số có một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2 thì tổng hai số này chia hết cho 3 Vậy P chia hết cho 3

Trường hợp 2: Trong 3 số có ít nhất một số chia hết cho 3, giả sử là a

Khi đó: b + c = a(bc-1) chia hết cho 3 Do đó P chia hết cho 3

Vậy P chia hết cho 3

Vậy P chia hết cho 6

Hết