DAP AN THI HSG TINH HA TINH 2013T9

a Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông cân tại A mà D là trung điểm của BC nên... Gọi E là trung điểm của AB ta có ta giác EBI vuông cân tại E nên EB = EI = EA suy ra tam giác IAB vuô[r]

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013

Bài 1:

a) Ta có

x   x x  x (1) Tương tự: y33y24 2(2)

Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế theo vế ta được

x  y  x y  x y  x y xy  

Vậy M =  20 2

b) Ta có

x   x x    x x  x x    x

Dể thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, do đó phương trình đã cho tương đương với

t  t  (với

1

t x

x

 

)  5t2 3 14 0(t  t 1;t 1)  (t 2)(5t 7) 0 

2 7 5

t t









 



* Nếu t = 2

2

1

x

* Nếu

7

5

t 

2

0

x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1

Bài 2:

a) Từ phương trình (1) ta suy ra: 9 12 x 3x2 3y2 thế vào phương trình (2) thu gọn ta được:

0

x y

x xy y x y





* Nếu x y  0 yx y2 x2 thế vào phương trình (1) ta được

2x   3 4x 2(x 1)   1 0 phương trình này vô nghiệm

* Nếu x2 xy y 2 3x3y0, trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta được:

3

1

x

y







+ Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y2 = 0 suy ra y = 0, cặp (x;y) = (3; 0) thoả mãn phương trình (2)

+ Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)2 = 0 suy ra x = 2, cặp (x;y) = (2; 1) thoả mãn phương trình (2)

Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x; y) = (3;0), (2; 1)

b) Ta có

ab bc ca

, vì a, b, c là các số tự

nhiên do đó để P là số nguyên khi và chỉ khi

M

a b c abc

là số nguyên

Do vai trò như nhau nên ta giả sử a<b<c suy ra a1;b2;c3 Do đó

a b c abc a b c

(Vì M là số nguyên)

1 (a 1)(b 1)(c 1) a b c 6 a 1 0 a 2 b 3 c 4

a b c abc

Nếu (a1)(b1) 4 , vì a b c   3c a b c    3c(a1)(b1)(c1) 4  3c4(c1)

4

c

  trái với c 4 Suy ra (a1)(b1) 2;3

+ Nếu

+ Nếu

Vậy các số tự nhiên a, b, c phân biệt thoả mãn bài toán là (a, b, c) = (2, 3, 5) và các hoán vị.

Bài 3:

Từ giả thiết ta suy ra a > 0 ; b > 0 ; c > 0 và

a b c   b c b c b c  

(với x a b  0;y b c  0;z c a  0) 2 2 2 0

0

x y z a b c

Vậy tam giác ABC đều

Bài 4: Từ bài ra ta có hình vẽ sau:

a) Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông cân tại A mà D là trung điểm của BC nên

AD  BC và AD là tia phân giác của BAC Do MAD MN, AB MP, AC nên suy ra tứ giác ANM P là hình vuông Mặt khác tứ giác ANHP có NAP NHP  900 900  1800 nên nội tiếp đường tròn đường kính NP suy ra AHPANP 450(cùng chắn cung AP)

Xét tứ giác BDHA có ABD DHA  450 DHA AHP DHA    1800(hai góc kề bù) suy ra tứ giác BDHA nội tiếp suy AHBADB900hay AHBH

b) Theo câu ta có 5 điểm A, P, H, M, N cùng nằm trên đường tròn đường kính AM và

NP suy ra AHM  900 AHB suy ra 3 điểm B, H, M thẳng hàng nên BHN MHN  450(1)

Vì BI// AD nên BI vuông góc với BC suy ra ABI 450 Gọi E là trung điểm của AB ta có

ta giác EBI vuông cân tại E nên EB = EI = EA suy ra tam giác IAB vuông cân tại I Xét tứ giác AIBH có AIB AHB  900 900  1800 nên nội tiếp suy ra BHI BAI  450 (2)

Từ (1) và (2) BHN  BHI suy ra ba điểm H, N, I thẳng hàng

2 2

2 2

2

a b

a b     a b

(dấu “=” xảy ra khi a = b)

Ta có:

x y

x y x y  x y x y   ;

Tương tự:

y z y z  y z y z   z x z x  z x z x  

Do đó

F

x y x y y z y z z x z x

1

1

1

1

x y x y y z y z z x z x

x y x y y z y z z x z x

x y y z

) 4 x y z 4

z x

Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1

4khi x = y = z =

1 3