ĐỀ CHUYÊN TOÁN 9 số 01

c Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm có định khi M thay đổi... Nhận thấy rằng không thể chứng minh được một cách trực tiếp nên ta nghĩ đến chọn các tỉ số trung gian.. Ta

Đề số 1

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU TỈNH NGHỆ AN

Năm học 2017 – 2018 Câu 1 (7.0 điểm).

a) Giải phương trình 3x 7 x 4 14 x 4 20 + − = + −

b) Giải hệ phương trình

( ) ( )

2

2

6x 4y 2 x 1 6y 4x 2 y 1

 + + = +







Câu 2 (2.0 điểm).

Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n ( ) = n 2017n 102− + với S n ( ) là tổng các chữ số của n.

Câu 3 (2.0 điểm)

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn c a ≥ Chứng minh rằng:

4

Câu 4 (7.0 điểm).

Cho hai đường tròn ( ) O và ( ) O' cắt nhau tại A và B Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác A Qua M

kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn ( ) O' (C, D là tiếp điểm và Dnằm trong đường tròn tâm O) a) Chứng minh rằng AD.BC AC.DB =

b) Các đường thẳng AC, AD cắt đường tròn ( ) O lần lượt tại E và F (E, F khác A) Chứng minh đường thẳng CD đi qua trung điểm của EF

c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm có định khi M thay đổi

Câu 5 (2.0 điểm)

Trong đường tròn ( ) O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm bất kì

1 2 399

A ,A , ,A Chứng minh rằng tồn

tại vô số hình tròn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường tròn ( ) O và không chứa điểm nào trong 399

điểm A ,A , ,A1 2 399

Phân tích và hướng dẫn giải Câu 1 (7.0 điểm).

a) Giải phương trình 3x 7 x 4 14 x 4 20 + − = + −

• Phân tích Điều kiện xác địnhcủa phương trình là x 4 ≥ Nhận thấy phương tình có chứa hai căn thức nên

ta đặt x 4 a − = và x 4 b + = với a 0,b 0 ≥ ≥ Nhận thấy4 x 4 ( ) ( ) + − − = x 4 3x 20 + ta có các biến đổi sau. Phương trình đã cho tương đương với

( ) ( )

3x 7 x 4 14 x 4 20 0 + − − + + = ⇔ 4 x 4 + − − + x 4 7 x 4 14 x 4 0 − − + =

Từ đó ta có phương trình 4b a 7a 14b 02− +2 − = ⇔ ( 2b a 2b a 7 0 − ) ( + − = ) Đến đây chỉ cần giải phương trình tích là xong

• Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x 4 ≥ Phương trình đã cho tương đương với

( ) ( )

3x 7 x 4 14 x 4 20 0 + − − + + = ⇔ 4 x 4 + − − + x 4 7 x 4 14 x 4 0 − − + = Đặt x 4 a − = và x 4 b + = với a 0,b 0 ≥ ≥ Khi đó phương trình trên trở thành

4b a 7a 14b 0 2b a 2b a 7 0

2b a 7 0

 − =



3

−

+ Với 2b a 7 0 2b 7 a + − = ⇔ = − , khi đó ta có phương trình

2

29 3x 14 x 4

9x 370x 1625 0

≤ ≤



Kết hợp với điều kiện xác định ta được x 5 = là nghiệm duy nhất của phương trình

lượng liên hợp để làm xuất hiện đại lương x 5 − Ta có các biến đổi sau

( ) ( ) ( ) ( )

x 5 0

 − =





+ Với x 5 0 x 5 − = ⇔ = , thỏa mãn điều kiện xác định

+ Với

x 4 1 x 4 3 x 4 1 x 4 3

Từ đó ta được

14 3

x 4 3>

+ + Với x 4 ≥ thì

x 4 3≤ 8 3<

+ + + (Mâu thuẫn) Vậy x 5 = là nghiệm duy nhất của phương trình

b) Giải hệ phương trình

( ) ( )

2

2

6x 4y 2 x 1 6y 4x 2 y 1

 + + = +







•Phân tích Nhìn vào hệ phương trình đã cho ta thấy có dạng đối xứng dạng II nên ta thử đưa hệ về hai đại

lương x 1 + và y 1 − xem sao Hệ phương trình đã cho trương đương với

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

6x 4y 2 x 1 6 x 1 4 y 1 x 1 6y 4x 2 y 1 6 y 1 4 x 1 y 1

Đến đây chỉ cần đặt x 1 a + = và y 1 b − = ta được hệ phương trình đối xứng dạng dạng II

• Lời giải Hệ phương trình đã cho tương đương với

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2

6 x 1 4 y 1 x 1

6 y 1 4 x 1 y 1







Đặt x 1 a;y 1 b + = − = Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành

2

2

6a 4b a 6b 4a b



 + =



a b 2a 2b 0 a b a b 2 0

a b 2 0

 − =



+ Với a b 0 a b x 1 y 1 x y 2 − = ⇒ = ⇒ + = − ⇒ = − Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được

6y 4 y 2 2 y 1 y 12y 11 0

y 11 x 9;y 11

+ Với a b 2 0 + − = ⇔ = − ⇒ + = − − ⇔ = − a 2 b x 1 2 y 1 ( ) x 2 y Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta

được

6y 4 2 y 2 y 1 y 4y 5 0

y 5 x 3;y 5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x;y = − 1;1 , 9;11 , 3; 1 , 3;5 − − .

Câu 2 Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n ( ) = n 2017n 102− + với S n ( ) là tổng các chữ số của n.

•Phân tích Nhận thấy n 2017 = thoả mãn yêu cầu bài toán nên ta đi xét các trường hợp 1 n 2016 ≤ ≤ ,

n 2017 = và n 2017 > , sau đó chỉ cần chỉ ra với 1 n 2016 ≤ ≤ và n 2017 > không tồn tại n thỏa mãn yêu cầu bài toán Chú ý đến điều kiện 0 S(n) n < ≤ Ta có lời giải chi tiết như sau

•Lời giải Vì n là số tự nhiên và S n ( ) là tổng các chữ số của n nên n 1 ≥ và 0 S(n) n < ≤

Ta xét các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1 Nếu 1 n 2016 ≤ ≤ Khi đó ta có

S n = n 2017n 10 n 2017n 2016 n 1 n 2016 0 − + < − + = − − ≤ Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì S(n) 0 >

+ Trường hợp 2 Nếun 2017 = Khi đó ta được

( )

S n 2 0 1 7 10 = + + + = và S n ( ) = 2017 2017.2017 10 102− + = (Thỏa mãn)

+ Trường hợp 3, Nếun 2017 > Khi đó S n ( ) = n 2017n 10 n 2017n n n 2017 n2− + > 2− = ( − ) ≥ .

Trường hợp này không tồn tại n thỏa mãn vì n 2017 >

Vậy n 2017 = thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 3 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn c a ≥ Chứng minh rằng:

4

•Phân tích Dự đoán dấu bằng xẩy ra tại a b c = = Nhận thấy bất đẳng thức đã cho không có dạng đối xứng nên ta biển đổi rồi đặt ẩn xem sao

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

2

Đặt b x,c y x,y 0( )

a = b= > Khi đó ac xy= 1 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

2 2

2

1 x + 1 y + 1 xy ≥

Áp dụng bổ đề ( ) ( )2 2 ( )

*

xy 1

1 x + 1 y ≥

+ + + Để chứng minh bổ đề ( ) * ta chỉ cần sử dụng phép biến đổi

tương đương Ta cần chứng minh ( )

2 2

2

1 4x y 3

xy 1+ 1 xy ≥ 2

+ + Đến đây chỉ cần sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho

hai số là bài toán được chứng minh Chú ý đến c a ≥ ta có lời giải chi tiết như sau

•Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với

2

x, y x,y 0

a = b= > Khi đó ac xy= 1 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

2 2

2

1 x + 1 y + 1 xy ≥

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức ( ) ( )2 2

xy 1

1 x + 1 y ≥

+ + + , với x, y là các số dương.

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương ương với

2 2 3 3

2 2x 2y x y xy 1 1 2x x 1 2y y

1 2xy x y x y xy 0 1 xy xy x y 0

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do x,y 0 > Vì vậy ta có ( ) ( )2 2

xy 1

1 x + 1 y ≥

+

Ta quy bài toán về chứng minh ( )

2 2

2

1 4x y 3

xy 1+ 1 xy ≥ 2

2 2

2

1 4x y

P

xy 1 1 xy

+ + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: ( )

2 2

2

4x y 4xy

1

1 xy

1 xy + ≥

+ +

2 2

2

xy 1 1 xy xy 1 1 xy 1 xy 1

1 xy

Ta cần chứng minh

3xy 3

1 xy 2≥

1 1 2 xy

≥ +

Thật vậy, từ giả thiết c a ≥ ta được

a 1 1

c xy= ≤

Do đó

1 xy

≥ + Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu bằng xẩy ra tại a b c = =

Câu 4 Cho hai đường tròn ( ) O và ( ) O' cắt nhau tại A và B Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác A Qua

M kẻ các tiếp tuyến MC và MD với đường tròn ( ) O' (C, D là tiếp điểm và Dnằm trong đường tròn tâm O) a) Chứng minh AD.BC AC.DB =

• Phân tích tìm lời giải Quan sát

hình vẽ ta nhận thấy và giả thiết của

bài toán ta nhận thấy để chứng minh

được AD.BC AC.DB = ta quy về

chứng minh

AC AD

BC = BD Nhận thấy rằng không thể chứng minh được

một cách trực tiếp nên ta nghĩ đến

chọn các tỉ số trung gian Ta có AC

là tiếp tuyến và AB là cát tuyến nên

dễ thấy hai tam giác MAC và MCB

đồng dạng với nhau, từ đó ta có

AC MA

BC = MB Tương tự thì

AD MA

BD MB= .

Do đó ta được

AC AD

BC = BD hay ta có điều cần chứng minh.

• Lời giải Vì MC là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O' nên ta được MCA CBM · = · Xét hai tam giác MAC và MCB có MCA CBM · = · và ·MCB chung Suy ra tam giác MAC đồng dạng với tam giác MCB, do đó ta được

AC MA

BC = MB Chứng minh tương tự ta được tam giác MAD đồng dạng với tam giác MDB nên AD MA

BD MB= Kết

hợp hai kết quả trên ta được

AC AD

BC = BD hay

AD.BC AC.DB = b) Các đường thẳng AC và AD cắt đường tròn ( ) O lần lượt tại E, F (E, Fkhác A) Chứng minh đường thẳng

CD đi qua trung điểm của EF

• Phân tích tìm lời giải Gọi N là giao điểm của CD với EF và ta cần chứng minh NE NF = Nhận thấy rằng không thể chỉ ra trực tiếp các tam giác chứa NE và NF bằng nhau nên ta nghĩ đến việc tạo ra các tỉ số bằng nhau thông qua các tam giác đồng dạng hoặc định lí Talets Để ý là các tỉ số bằng nhau cần có chứa các đoạn NE và NF Từ đó ta thấy có các hướng sau

+ Hướng 1 Ta thấy NFB BAC BDC · = · = · nên tứ giác NFBD nội tiếp Do đó FNB FDB ACB · = · = · nên hai tam giác BNF và CAB đồng dạng nên ta có

CA NF

CB = NB Từ ý a ta đã có CA DA

CB = DB Do đó phép chứng minh kết thúc nếu ta chỉ ra được

DA NE

DB = NB Để ý ta có BEN FAB · = · và ENB BDA · = · , do đó suy ra hai tam giác ENF

và BDA đồng dạng Suy ra ta được

DA NE

DA = NB Đến đây kết hợp các kết quả ta được NE NF = + Hướng 2 Dựng đường qua A đường thẳng song song với CD cắt EF tại I Khi đó theo định lý Talest ta có

NE EC

NI = AC và NF DF

NI = DA Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc nếu ta chỉ ra được EC DF

AC DA= Tứ giác

ACBD nội tiếp nên FDB ACB · = · , do đó ta được FDB ECB · = · Xét tam giác ECB và tam giác DFB có

FDB ECB = và CEB DFB · = · (cùng chắn cung »AB) Suy ra tam giác ECB đồng dạng với tam giác DFB, từ

đó suy ra

DF DB

EC CB= Do đó ta được DA DF

CA = EC hay EC DF

AC DA= Điều này dẫn đến NF NE

NI = NI hay N là qua trung điểm của EF

+ Hướng 3 Để ý đến định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có hệ thức

NF CE DA. . 1

NE CA DF = Như vậy để có NE NF = ta cần chỉ ra được

DA CE. 1

DF CA = Chú ý rằng theo kết quả ý a ta

có AD.BC AC.DB = Như vậy phép chứng minh kết thúc nếu ta chỉ ra được

BC DF

BD CE= Điều này có nghĩa là

ta cần chứng minh được ∆ BCE ∽ ∆ BDF Để ý ta thấy ECB BDF · = · và CEB BFD · = · nên ∆ BCE ∽ ∆ BDF Như vậy ta có lời giải cho bài toán

• Trình bày lời giải.

+ Cách 1 Gọi N là giao điểm của CD và EF Từ câu a ta đã có

AC AD

BC = BD Do tứ giác ABFE và ACBD nội tiếp nên NFB BAC BDC · = · = · , suy ra tứ giác BFND nội tiếp, do đó FNB FDB ACB · = · = · Lại có NFB BAC · = · nên hai tam giác NFB và CAB đồng dạng với nhau Do đó suy ra

CA NF

CB = NB Ta lại có BEN FAB · = · , lại do

FNB FDB = nên ENB BDA · = · , do đó suy ra hai tam giác ENF và BDA đồng dạng Suy ra ta được

DA NE

DA = NB Kết hợp ba kết quả trên ta được NE NF

NB NB= , do đs

NE NF = hay N là trung điểm của EF

+ Cách 2 Từ AD.BC AC.DB = suy ra

DA DB

CA = CB Gọi N là giai điểm của CD với EF Từ A kẻ đường thẳng song song với CD cắt EF tại I Theo định lý Talest ta có

NE EC

NI = AC và NF DF

NI = DA Tứ giác ACBD nội tiếp nên FDB ACB · = · , do đó ta được FDB ECB · = · Xét tam giác ECB và tam giác DFB có FDB ECB · = · và

CEB DFB = (cùng chắn cung »AB) Suy ra tam giác ECB đồng dạng với tam giác DFB, từ đó suy ra

DF DB

EC CB= Do đó ta được DA DF

CA = EC hay EC DF

AC DA= Điều này dẫn đến NF NE

NI = NI hay N là qua trung điểm của EF Vậy CD đi qua trung điểm N của EF

+ Cách 3 Gọi N là giao điểm của CD và EF Theo kết quả ý a ta có AD.BC AC.DB = Xét hai tam giác BCE

và BDF có ECB BDF · = · và CEB BFD · = · nên ∆ BCE ∽ ∆ BDF Từ đó

BC DF

BD CE= Do đó ta được

DA CE. 1

DF CA = Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác EAF với ba điểm N, D, C thẳng hàng ta có

NF CE DA. . 1

NE CA DF = Kết hợp với DA CE 1

DF CA = ta được NF 1

NE = nên suy ra NE NF = hay N là trung điểm của EF

c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm có định khi Mthay đổi

• Phân tích tìm lời giải Bài toán yêu cầu chứng minh EF đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên AB

do đó ta dự đoán được điểm cố định Từ đề bài ta nhận thấy các điểm A, B, O, O’ cố định nên ta dự đoán rằng điểm cố định cần tìm sẽ có liên hệ với các điểm trên Do điểm O và B cố định nên tiếp tuyến với đường tròn ( ) O tại B cố định Gọi P là giao điểm của EF với tiếp tuyến tại B đó là P khi đó ta dự đoán rằng P là điểm cố

định Muốn khẳng định được điều ta dự đoán thì ta cần chứng minh được BP không đổi Đến đây ta thấy có các hướng sau

+ Hướng 1 Gọi K và H là lần lượt là trung điểm của AC và BD Gọi J là giao điểm của OO’ và CD Khi đó

dễ thấy JA và BJ là các tiếp tuyến của đường tròn ( ) O' Do đó J là điểm cố định Biến đổi góc ta có

EPB EFB FBP BAC BEP BDC FAB BDC J BD BJ C = − = − = − = − = Điều này dẫn đến hai tam giác EPB

và CJB đồng dạng với nhau Do đó ta được

BE BP

BC = BJ hay BP BE.BJ

BC

= và BJ không đổi Dễ thấy hai tam

giác EPB và CJB đồng dạng với nhau nên hai tam giác DBC và FBE đồng dạng với nhau Mà hai tam giác DBC và EBF nội tiếp trong hai đường tròn ( ) O' và ( ) O Do đó '

BE OA

BC OA= không đổi Từ đó ta được BE

BP BJ

BC

= không đổi Suy ra P là điểm cố định hay EF luôn đi qua điểm P cố định

+ Hướng 2 Do tứ giác BFND nội tiếp ta có PBF PEB BAF J BD · = · = · = · và BFP BDJ · = · Suy ra hai tam giác BDJ và BFP đồng dạng, do đó BJ D BPF · = · nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn Suy ra ta được

BJ P BNP BDF BCA BOO = = = = Mặt khác ta lại có OBO PBJ · ' = · nên hai tam giác JBP và O’BO đồng

BP BJ BP BJ BO

BO BO= ⇒ = BO , không đổi Suy ra điểm P cố định.

Vậy EF luôn đi qua điểm P cố định

• Trình bày lời giải.

+ Cách 1 Gọi K và H là lần lượt là trung điểm của AC và BD Gọi J là giao điểm của OO’ và CD Khi đó dễ thấy ∆ OKJ' ∽ ∆ OHM' nên ta được

OK OJ

OH OM= hay ' ' ' '

OK.OM OH.OJ = Mà ta lại có OK.OM OD OA' ' = ' 2= ' 2

do đó ta có OA OH.OJ2 = ' ' nên ta suy ra được AJ OA ⊥ ' hay NA là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O' tại A và

do đó BJ cũng là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O' tại B

Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn ( ) O cắt EF tại P

Khi đó ta có EPB EFB FBP BAC BEP BDC FAB BDC J BD BJ C · = · − · = · − · = · − · = · − · = ·

Điều này dẫn đến hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau

Do đó ta được

BE BP

BC = BJ hay BP BE.BJ

BC

= Do hai đường tròn ( ) O và ( ) O' cố định nên A và B cố định, do

đó điểm J cố định, suy ra BJ không đổi Do hai tam giác EPB và CJB đồng dạng với nhau nên suy ra hai tam

giác DBC và FBE đồng dạng với nhau Mà hai tam giác DBC và EBF nội tiếp trong hai đường tròn ( )O' và

( ) O Do đó '

BE OA

BC OA=

không đổi Từ đó ta được

BE

BP BJ BC

= không đổi Suy ra P là điểm cố định hay EF

luôn đi qua điểm P cố định

+ Cách 2 Gọi J và H lần lượt là giao điểm của OO’ với CD và AB Gọi K là giao điểm của MO’ với CD Khi

đó dễ thấy hai tam giác O’HM và O’KJ đồng dạng với nhau Suy ra

O'H O'M O'Q = O'J

nên ta có được

' ' ' ' ' 2 ' 2

OH.OJ OK.OM OC OB = = = Từ đó ta lại được

O H OB

OB = OJ

, suy ra hai tam giác HO’B và O’BJ đồng dạng với nhau Do đó ta được OBJ OHB 90 · ' = · ' = 0, suy ra BJ OB ⊥ ' hay BJ là tiếp tuyến tại B của đường tròn

( ) O' Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được AJ là tiếp tuyến tại A của đường tròn ( ) O' Do A và B cố

định nên J cố định Từ B kẻ tiếp tuyến với đường tròn ( ) O , tiếp tuyến này cắt EF tại P, suy ra đường thẳng

BP cố định Khi đó do tứ giác BFND nội tiếp đường tròn nên ta có PBF PEB BAF J BD · = · = · = · và

· ·

BFP BDJ = Suy ra hai tam giác BDJ và BFP đồng dạng, do đó BJ D BPF · = · nên tứ giác BJNP nội tiếp đường tròn Suy ra BJ P BNP BDF BCA BOO · = · = · = · = · ' Mặt khác lại có OBO PBJ · ' = · nên hai tam giác JBP

và O’BO đồng dạng Do đó '

BP BJ

BO BO=

hay ta được '

BJ BO BP

BO

=

không đổi Suy ra điểm P cố định Vậy EF luôn đi qua điểm P cố định

Câu 5 Trong đường tròn ( ) O có bán kính 21 đơn vị, cho 399 điểm bất kì

1 2 399

A ,A , ,A Chứng minh rằng tồn tại vô số hình tròn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường tròn ( ) O và không chứa điểm nào trong

399 điểm A ,A , ,A1 2 399

• Lời giải Trong đường tròn ( ) O vẽ đường tròn ( ) O' có bán kính 20 đơn vị Giả sử 399 điểm bất kì

1 2 399

A ,A , ,A nằm trong đường tròn ( ) O' Khi đó S(O') = 400 p Từ 399 điểm

1 2 399

A ,A , ,A vẽ các đường tròn có bán kính bằng 1 đơn vị Khi đó tổng diện tích của 399 đường tròn là 399 400 p < p, suy ra 399 đường tròn này không phủ hết đường tròn ( ) O' Do đó sẽ có vô số khoảng trống giữa các đường tròn hay tồn tại vô