ON LUYEN THI HSG TOAN 9

Bài 7: (1điểm) Tìm số chính phương có 4 chữ số, biết rằng khi tăng thêm mỗi chữ số 1 đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là một số chính phương.. Vậy k phải là số có ba chữ số. Tron[r]

Vậy giá trị lớn nhất của A là 1  x = y = z = 1

Bài 1 ( 4,0 điểm): Cho biểu thức:

Câu 5 ( điểm): Cho ∆ ABC cân tại A, gọi I là giao điểm của các đường

Câu 5:

C B

A

Bài 5: (1,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD Về phía ngoài của hình bình

hành ta dựng các tam giác vuông cân BAE và BCF đỉnh B Chứng minh rằng:

Gọi H là giao điểm của BD và EF

Bài 6: (1,5điểm )Cho hình vuông ABCD Trên đoạn AC lấy điểm M Gọi E

và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên BA và BC

a) So sánh diện tích tam giác DEF và diện tích tứ giác AEFC

b)Xác định vị trí của M để diện tích tam giác DEF nhỏ nhất

E

B A

a) So sánh diện tích tam giác DEF và diện tích tứ giác

Theo chứng minh trên ta có:

SDEF = SAEFC = SABC – SBEF

Bài 7: (1điểm) Tìm số chính phương có 4 chữ số, biết rằng khi tăng thêm

mỗi chữ số 1 đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là một số chính phương

Vì n, n + 1, n + 2, n + 3 là 4 số tự nhiên liên tiếp nên có một số chia hết cho

3, có hai số chẵn liên tiếp nên một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 4

b c  a b c

Mà b c 2 4bc0

Vậy b c  4 4a bc  b c  16abc

Bài 1:

a) Chứng minh n 5 m – nm 5  30 với mọi n, m  Z

b) Viết liên tiếp tất cả số có hai chữ số từ 19 đến 80 thành một hàng ngang

ta được số 19202122……….787980 Số này có chia hết cho 1980 hay không?

Bài 1:

a) Chứng minh n 5 m – nm 5 30 với mọi n, m  Z

Ta có: n 5 m – nm 5 = mn(n 4 – m 4 ) = mn[(n 4 – 1) – (m 4 – 1)] = mn (n 4 – 1) – mn(m 4 – 1)

Vậy: với mọi x > 1, biểu thức D không phụ thuộc vào x.

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1, ta có:

* m = 1, ta có: 0x > 8: bất phương trình này vô nghiệm.

** m = –1, ta có: 0x > –8 : bất phương trình này có vô số nghiệm b) m 2 – 1 > 0  m 2 > 1  m > 1 hoặc m < -1 Khi đó:

(m 2 – 1 )x > 8m  x > 2

8 1

m

m 

Kết luận:

- Với m = 1: Bất phương trình đã cho vô nghiệm.

- Với m = -1: Bất phương trình đã cho có vô số nghiệm.

- Với m > 1 hoặc m < -1: Nghiệm của bất phương trình là: x > 2

8 1

m

m 

- Với -1 < m < 1: Nghiệm của bất phương trình là: x < 2

8 1

m

m 

Bài 3: Cho x, y là hai số nguyên dương sao cho:

2 2

71 880

Bài 3: Cho x, y là hai số nguyên dương sao cho:

71 880

Bài 1:Chứng minh rằng: n3 – n + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n

Bài 1:Chứng minh rằng: n 3 – n + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n

Ta có: n 3 – n + 6 = n(n 2 – 1) + 6 = n(n + 1)(n – 1) + 6

Vì: n(n + 1)(n – 1)  6 , với mọi số tự nhiên n (tích 3 số tự nhiên liên tiếp) Nên: n(n + 1)(n – 1) + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n

Vậy: n 3 – n + 6 chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n

Bài 2: Cho ab > 1 Chứng minh rằng:

a a a

 

 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của A.

Bài 3: Cho A =

2 2

1

a a a

 

 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của A.

Vậy: Max A = 3 khi a = 1

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông ở A Từ B và C kẻ các đường phân giác cắt AC ở

D và cắt AB ở E Từ D và E hạ các đường vuông góc với BC cắt BC ở M và N Tính góc MAN.

Bài 4: Tính góc MAN

2 1

2 1

2 1

3 2 1

A

D E

M N

* Xét ABD và MBD có:

+  1  2 + BD chung + A M

 ABD = MBD (cạnh huyền, góc nhọn)

 D1 D 1 và AD = DM.

Do đó: ADM cân có DB là phân giác

 DB là đường cao  DB  AM

Chứng minh tương tự, ta được: EC  AN

Từ đó suy ra: C1 A1 ( vì cùng phụ với góc AEC)

Lại vì : 10001 ≤ ≤ 99999, => 101 ≤ k < 317 Vậy k phải là số có ba chữ

thuộc {1, 4, 5, 6, 9}

kiện đề bài

số thỏa mãn là :

2022 = 40804, 2122 = 44944

không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài

kiện bài ra : 10201, 12321, 40804, 14641, 44844, 69696, 94249

Nhận xét :

- Nếu bài toán có thêm điều kiện a, b, c đôi một khác nhau thì chỉ có 5 số thỏa mãn đề bài

Bài 3(2) : Cho tam giác ABC Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh

AB, AC sao cho diện tích tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ABC (M ≠ B ; N ≠ C) Chứng minh : Trọng tâm của tam giác ABC nằm trong tam giác AMN

Lời giải : (của bạn Nguyễn Thị Quỳnh Mai, 6B, THCS Bán công Hương

Khê, Hà Tĩnh)

Gọi G là trọng tâm ABC Đặt L là giao điểm của BG và AC ; O là giao điểmcủa BL và MN

OB/OL < GB/GL => OB/OL + 1 < GB/GL + 1 => BL/OL < BL/GL

=> GL < OL => G thuộc đoạn OL => G thuộc tam giác AMN (đpcm)

Nhận xét :

1) Bài này có khá nhiều bạn tham gia giải, tất cả đều giải đúng Tuy nhiên, nhiều bạn giải quá dài và phức tạp

2) Ngoài cách giải trên còn một hướng giải khác nữa

Đặt P là giao điểm của AG và BC ; Q là giao điểm của AP và MN

Ta có đẳng thức quen thuộc :

AB/AM + AC/AN = 2.AP/AQ (3)

Theo giả thiết :

S(ABC) / S(AMN) = 2 => AB/AM AC/AN = 2 (4)

Từ (3), (4), sau một vài biến đổi đại số, ta có : AG < AQ Từ đó => đpcm

Bài 4(2) : Giải phương trình :

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = -1 và 3 ≥ x ≥ -1

Bài 1 (3) : Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (x, y) sao cho : x - y = x2

Tóm lại : Có hai cặp số (0, 0); (1, 0) thỏa mãn đề bài

Bài 2(4) : Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn điều kiện :

Tính tổng : a2001 + b2002 + c2003

Lời giải :

Từ (1) => a, b, c ≤ 1 Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có : a2002(1 - a) + b2002(1 b) + c2002(1 - c) = 0 (3)

-Vì a, b, c ≤ 1 nên a2002(1 - a) ≥ 0 ; b2002(1 - b) ≥ 0 ; c2002(1 - c) ≥ 0

Bài 4(4) : Cho ΔABC nhọn, ba đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H

Qua A vẽ các đường thẳng song song với BE, CF lần lượt cắt các đường thẳng CF, BE tại P và Q Chứng minh rằng PQ vuông góc với trung tuyến

AM của ΔABC

Lời giải :

Vì ΔABC nhọn nên trực tâm H nằm trong ΔABC (hình dưới).

Lần lượt đặt I là giao điểm của AH và PQ ; K là giao điểm của AM và PQ

Từ giả thiết => tứ giác APHQ là hình bình hành, nên I là trung điểm của

AH

Cũng từ giả thiết => AP vuông góc với AC ; AQ vuông góc với AB =>  BAC = AQH;  ACB =  AHQ (các cặp góc có hai cạnh tương ứng vuông góc)

=> ΔABC đồng dạng với ΔQAH (g.g) => AB/QA = BC/AH = AC/AH Mặt khác M, I lần lượt là trung điểm của BC, AH nên :

AM/QI = BC/AH = MC/IH => AM/QI = MC/IH = AC/QH

=> ΔAMC đồng dạng với ΔQIH (c.c.c)

=>  CAM =  HQI hay  EAK =  EQK => tứ giác KAQE nội tiếp

PQ vuông góc với AM (đpcm)

Bài 3(5) : So sánh A và B biết :

A = (20032002 + 20022002)2003

B = (20032003 + 20022003)2002

Lời giải : (của bạn Võ Văn Tuấn)

Ta sẽ chứng minh bài toán tổng quát :

(an + bn)n + 1 > (an + 1 + bn + 1)n với a, b, n là các số nguyên dương

Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b (an + bn)n + 1 = (an + bn)n.(an

+ bn) > (an + bn)n.an = [(an + bn)a]n = (an.a + bn.a)n ≥ (an.a + bn.b)n = (an + 1 + bn +

1)n

Với a = 2003, b = n = 2002, ta có A > B

Bài 4(5) : Tam giác ABC có E là trung điểm cạnh BC sao cho  EAB =

Lời giải : (của bạn Phạm Thị Hồng Anh)

Gọi F là điểm đối xứng của C qua AE và I là giao điểm của CF và AE, =>

=>  ACF =  ACI = 60o (1)

Ta có AI là trung trực của CF nên ΔAFC cân, từ (1) => ΔAFC đều

Nhận xét rằng, IE là đường trung bình của ΔBFC nên IE // FB, mà IE vuông góc với FC => BF vuông góc với FC hay ΔBFC vuông tại F => góc BFC =

90o ; ΔAFC đều =>  CFA = CAF = 60o , => :

Bài 4(8) : Cho hình chữ nhật ABCD (như hình vẽ), biết rằng AB = 30 cm,

AD = 20 cm, AM = 10 cm, BP = 5 cm, AQ = 15 cm Tính diện tích tam giácMRS

Lời giải : Giả sử đường thẳng PQ cắt các đường thẳng CD, AB tương ứng

tại E, F

Ta có : DE/EC = QD/CP = 5/15 = 1/3 , hay DE/DC = 1/2 => DE = 15 cm

Ta thấy tam giác QDE = tam giác PBF => BF = DE = 15 cm

SMRS/SMCD = (MR/MD).(MS/MC) = 7/10 7/16 = 47/160

Do đó, từ (3) ta có :

SMRS = 300 (49/160) = 91,875 (cm2)

Bài 5(8) : Cho tam giác ABC không vuông Các đường cao BB’, CC’ cắt

nhau tại H Gọi K là trung điểm của AH, I là giao điểm của AH và B’C’ Chứng minh rằng : I là trực tâm của tam giác KBC

Theo giả thiết, tam giác AHB’ vuông tại B’, B’K là trung tuyến nên KB’ =

KH =>  KB 'H =  KHB ' =  BHL =  BLH (vì tam giác BLH cân tại B)

=> tứ giác KB’LB nội tiếp , suy ra  B 'BK =  B 'LK (4)

Từ (3) và (4) => tứ giác BCB’E nội tiếp (E là giao của CI và BK)

Chú ý rằng : KI vuông góc với BC

Vậy I là trực tâm của tam giác KBC

Trường hợp 2 : Tam giác ABC tù, chứng minh hoàn toàn tương tự như

trường hợp 1

Bài 1(11) : Phân tích số 8030028 thành tổng của 2004 số tự nhiên chẵn liên

Bài 4(11) : Tính góc A của tam giác ABC biết rằng  O1OO2 = 90o với O1,

(trong góc A) của tam giác ABC

Lời giải :Gọi I là giao điểm của AO2 với đường tròn (O)

Ta thấy :  IBO1 =  IO1B ( = ( A +  B)/2 ) => ΔIBO1 cân tại I, từ đó IB

Do đó OI = BI = OB = R (bán kính của đường tròn (O)) => ΔBIO đều =>  BOI = 60o , =>  BAI = 30o Vậy  BAC = 60o

Bài 5(11) : Về phía ngoài của tam giác ABC ta dựng các tam giác vuông

Chứng minh rằng : BF, CE và đường cao AH của tam giác đồng quy

Lời giải :

Cách 1 : (của bạn Võ Văn Tuấn, 7A5, THCS Buôn Hồ, KRông Buk, Đắk

Lắk)

Vì ΔBEA đồng dạng với ΔCFA nên AB / EB = AC / FC

Trên tia đối của tia AH lấy điểm K sao cho : AK = AB/EB.BC = AC/FC.CB

(hình 1)

Vì AK = AB/EB.BC nên AK/AB = BC/BE (1)

Mặt khác :  KAB =  CBE (2) (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc và cùng tù)

Từ (1), (2) => : ΔKAB đồng dạng với ΔCBE

=> : ABK =  BEC =>  ABK +  EBK =  BEC +  EBK

BK

Tương tự như vậy : BF vuông góc với CK

Vậy BF, CE, AH là ba đường cao của ΔBCK => BF, CE, AH đồng quy

Cách 2 : (của các bạn Huỳnh Quốc Uy và Trần Lương Khiêm, 9A, THCS

Trần Hưng Đạo, Quảng Ngãi)

Đặt I = BF giao với CE Gọi M, N là hình chiếu của A trên CE, BF (hình 2).

Dễ thấy các tứ giác AMBE, ANCF, AMIN, AMHC nội tiếp Vì các tứ giác AMBE, ANCF nội tiếp và vì ΔABE đồng dạng với ΔACF nên ta có :

 BME =  BAE =  CAF =  CNF =>  BMC =  BNC

=> Tứ giác BMNC nội tiếp =>  MNB =  MCB (1)

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên :  MNB =  MAI (2)

Vì tứ giác AMHC nội tiếp nên :  MCB =  MAH (3)

Từ (1), (2), (3) => :  MAI =  MAH => tia AI trùng tia AH => I thuộc AH

=> BF, CE, AH đồng quy

Trên đây, ta mới chỉ vẽ hình và giải bài toán trong trường hợp các góc ABC,

Vì a3 - a = a.(a2 -1) = (a - 1).a.(a + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên a 3

- a chia hết cho 6 với mọi số nguyên a

Đặt N = n1 + n2 + … + nk, ta có :

S - N = (n13 + n23 + … + nk3) - (n1 + n2 + … + nk) = (n13 - n1) + (n13 - n1) + … + (nk3 - nk) chia hết cho 6 => S và N có cùng số dư khi chia cho 6

Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 20032 chia cho 6 dư 1 => N = 20032004 = (20032)1002 chia cho 6 dư 1 Vậy : S chia cho 6 dư 1

Bài 4(12) : Cho hình thang vuông ABCD có AD // BC, AB vuông góc với

AD, AD = 4 cm, AB = BC = 2 cm Hãy tìm một con đường ngắn nhất đi từ đỉnh A tới một điểm M trên cạnh DC, rồi tới điểm N trên cạnh AB, quay lại một điểm P trên cạnh DC và trở về A

Lời giải : Bài toán đưa về tìm giá trị nhỏ của tổng T = AM + MN + NP +

PA

Ta cần kết quả sau

Bổ đề : Trong một hình thang vuông, độ dài đoạn thẳng nối hai điểm nằm

trên hai cạnh bên không nhỏ thua độ dài đáy nhỏ (các bạn tự chứng minh bổ

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P, M, C trùng nhau và N trùng với B

con đường : A đến C đến B đến C đến A

Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song và bằng một nửa CD H

là trung điểm của CD Điểm M nằm ngoài hình thang sao cho MH vuông góc và bằng một phần tư CD

Bên ngoài hình thang, ta dựng các tam giác ADE, BCF vuông cân tại E, F Chứng minh rằng tam giác MEF vuông cân tại M

Lời giải :

Cách 1 : (của bạn Chu Toàn Thắng) Trước hết, ta nhắc lại một bổ đề quen

thuộc

Bổ đề (*) : Cho tam giác ABC Về phía ngoài của tam giác, ta dựng các tam

giác ABE, ACF vuông cân tại E, F M là trung điểm của AB Khi đó, tam giác MEF vuông cân

Trở lại bài toán

Trên tia đối của tia MD, lấy điểm K sao cho : MK = MD (hình 1) Dễ thấy :

KC vuông góc với DC (1) và CK = 2MH (2)

=> Δ AKF vuông cân tại F

áp dụng bổ đề (*) cho tam giác ADK và các tam giác ADE, AKF vuông cân tại E, F ta có : Δ MEF vuông cân tại M

Cách 2 : (của bạn Nguyễn Tài Đại)

Gọi K là trung điểm của AB Lấy điểm N nằm ngoài hình thang ABCD sao

cho NK = AB ; NK vuông góc với AB (hình 2)

Dễ thấy : tam giác MHC = tam giác BKN => MC = NB ; mặt khác, AB //

CD và tam giác BCF vuông cân tại F nên Δ FMC = Δ FNB (c.g.c) => Δ MFN vuông cân tại F (bạn đọc tự chứng minh)

Tương tự như vậy, Δ MEN vuông cân tại E

=> MENF là hình vuông => tam giác MEF vuông cân tại M

Bài 1(14) : Cho x ; y thỏa mãn :

Hãy tính giá trị của biểu thức sau :

T = x2003 + y2003

Lời giải : Nhận xét :

Do đó kết hợp với giả thiết ta suy ra :

Cộng theo từng vế của hai đẳng thức trên ta có : y + x = - x - y

Suy ra x + y = 0 Do đó T = x2003 + y2003 = x2003 + (- x)2003 = x2003 - x2003 = 0

Bài 4(14) : Cho ∆ABC Trên các tia đối của các tia CB, AC, BA lần lượt lấy

các điểm A1, B1, C1 sao cho AB1 = BC1 = CA1 Chứng minh rằng nếu

Lời giải :

Giả sử ∆A1B1C1 đều Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết :

ra

Mặt khác, từ (*) suy ra : (do ∆A1B1C1 đều) Nhưng

Từ (1), (2) suy ra ∆ABC đều (đpcm)

Bài 5(14) : Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng, AB = BC Một đường tròn (O)

đi qua A, B Các tiếp tuyến với (O) kẻ từ A, C cắt nhau tại S T là tiếp điểm của SC và (O) SB cắt (O) tại E (E khác B) Chứng minh rằng : ET // AB

Lời giải :

Vì SA, ST tiếp xúc với (O) nên ta có :  STE =  SBT ;  SAE =  SBA

=> ∆STE đồng dạng với ∆SBT ; ∆SAE đồng dạng với ∆ABA

Mặt khác, vì tứ giác AETB nội tiếp nên :  TEA =  TBC (2)

Từ (1), (2) ta có : ∆TEA đồng dạng với ∆TBC =>  EAT =  BCT

Từ đó, với chú ý rằng :  EAT =  ETS, ta có :  BCT =  ETS => ET //

AB (hai góc đồng vị bằng nhau)

Bài 4(15) : Cho tam giác ABC có AB > AC Trên các cạnh AB, AC lấy các

điểm N, M tương ứng, sao cho AN = AM Gọi O là giao điểm của BM, CN Chứng minh rằng : OB > OC

Lời giải : (của bạn Dương Cao Nguyên)

Vì AB > AC > AM = AN nên tồn tại điểm K thuộc đoạn BN sao cho : AK =

AC Gọi L là giao điểm của KM và CN Vì K thuộc đoạn BN nên L thuộc đoạn ON =>  OMN > LMN

Mặt khác, dễ thấy tam giác LMN cân tại L =>  LMN =  LNM

Vậy :  OMN >  ONM => ON > OM (1)