3/ Chứng minh khi K chuyển động trên đoạn thẳng CI thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định.. Dựng hình bình hành AONE.[r]
Trang 1ĐÁP ÁN – 18 Bộ HSG Toán 9 (Phần 9)
(Đề bài vào Trang – Web Site Nguyễn Văn Đại)
Đề 1 – Bắc Giang 2009 - 2010
Bài 1
1/ Tìm các giá trị của x để A
6 6 5
x
Thay
A
5
-=
rồi tìm x
2/ Chứng minh A
2 3
Ta có:
2
x
Do x 1nên x1 0 ( x1)2 0
Vậy
2
3
A
Bài 2
1/ Chứng Minh a + b + c + d là hợp số.
Xét ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) - ( a + b + c + d) = a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1)
Vì a là số nguyên dương nên a, (a – 1) là hai số tự nhiên liên tiếp
a(a - 1)2 tương tự ta có b(b - 1); c(c - 1); d(d - 1) đều chia hết cho 2
a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) là số chẵn
Lại có a 2 + c 2 = b 2 + d 2 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 2( b 2 + d 2 ) là số chẵn.
Do đó a + b + c + d là số chẵn mà a + b + c + d > 2
a + b + c + d là hợp số.
2/ Tìm x, y nguyên thõa mãn (x2 3) (xy3)(1)
Vì x, y là các số nguyên dương nên từ (1)
x 2 y – 3y xy + 3
x(xy + 3) – 3(x + y)(xy 3) 3(x + y)(xy 3)
3(x + y) = k(xy + 3) ( kN*) (2)
+ Nếu k 3thì 3( x y ) (k xy3) 3( xy3) x y xy 3 x1 y1 2 0
(Vô lí vì x, y nguyên dương)
Trang 2+ Nếu k = 1 thì từ (2) (x - 3)(y - 3) = 6, mà x, y là các số nguyên dương nên x = 6 và
y = 5 hoặc x = 5 và y = 6 hoặc x = 4 và y = 9 hoặc x = 9 và y = 4.
Thử lại thấy x = 6 và y = 5 hoặc x = 9 và y = 4 thỏa mãn (1).
+ Nếu k = 2 thì từ (2) ta có: 3( x + y) = 2(xy + 3) suy ra xy chia hết cho 3 (*)
mặt khác 3( x + y) = 2(xy + 3) y(x - 3) + x(y - 3) + 6=0 suy ra x > 3 và y > 3 vô lý (**)
Từ (*) và (**) ta có (x;y) = (1; 3), (3; 1) Thử lại vào (1) ta được (x;y) = (3; 1).
Vậy ( x, y) = ( 6;5); (9;4); (3;1).
Bài 3
1/ Giải pt sau: 2x 1 3x x 1 (1), điều kiện x 0
Đặt 2x 1 a a, 0; 3x b b , 0
Suy ra b2 a2 x 1Thay vào (1) ta được a b b 2 a2 (a b a b ).( 1) 0 a b (do
0, 0
a b nên a + b + 1 > 0)
Với a = b ta có 2x 1 3x x1 thỏa mãn điều kiện
Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.
2/ Cho pt sau: x4 2 6mx2 240
Đặt t x t2, 0phương trình trở thành: t22 6mt24 0 (1)
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt(1) có hai nghiệm dương phân biệt
1 2
2
1 2
1 2
4
0
m
m
m
Với t t1, 2là hai nghiệm của pt (1) thì x1 t1
,x2 t1
, x3 t2
và x4 t2
nên ta có
1 2 3 4 2( 1 2 ) 2 ( 1 2 ) 2 1 2
x x x x t t t t t t 2(24m2 48) 144 m2 5 m 5
Từ đó suy ra m 5
Bài 4
x N
D
M I
B O
A
E
C K
1/ Chứng minh MNK cân
Trang 3Ta có NMA MBA ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, góc nội tiếp cùng chắn cungAM)(1)
AMB ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ACK AMB g g( ) AKCMBA mà AKCNKM ( 2 góc đối đỉnh)
suy ra:NKM MBA 2
Từ (1) và (2) suy ra NMK NKM MNK cân tại N
2/ Tính S ABD theo R?
Xét tam giác OCI vuông tại C có
2
3
; 4
CB
R
Xét AKC và DBC có:ACK DCB 90 ;0 AKC DBC AKC DBC (g.g)
3
3 4
R R
3 2
3 2 2
R R
R DC AB
Vậy S ADB R2 3 (Đvdt)
3/ Chứng minh khi K chuyển động trên đoạn thẳng CI thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định.
Dựng hình bình hành AONE
+ Chứng minh được N là trung điểm của KD
+ Chứng minh được EK=ED
+ Chứng minh được EA=EK (do tam giác ENK bằng tam giác OMN và NO=AE) E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD
+ Chứng minh E cách đường thẳng a một khoảng bằng R (vì EN=AO=R)
KL: E nằm trên đường thẳng b cố định song song với a và cách a một khoảng bằng R (nằm trên nửa mặt phẳng bờ CD không chứa điểm B
1 1 1
1
ca a
bc c
ab
với a + b + c = 1
Ta có với x, y > 0 thì: ( x + y) 2 4xy 1 1 (*)
4
1 1 4
1 1
y x y
x y x y
x = y.
Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a + b + c = 1 nên ta có:
;
1 ( ) ( ) 4
Tương tự ta có:
;
1 4
.
1 4
bc bc
ca ca
ab bc ca ab bc ab ca bc ca
a b c
Trang 4 4
1 1 1
1
ca a
bc
c
ab
1
a b c
Đề 3 Hà Nam 2010 - 2011
Bài 1
1/ a/ Rút gọn biểu thức A
A
3 1 2
6 2( 3 1)
1
b/ Tìm nghiệm nguyên của pt sau;
Thay A = 1 vào pt ta có:
y x x x x 1
Khi x 0 y 1
Khi x 0
Ta có: 4y2 (2x2 x)2 3x2 4x 4 (2x 2 x)2 (1)
Lại có 4y2 (2x2 x 2) 2 5x2 (2x2 x 2)2 (2)
Từ (1) và (2), suy ra (2x2 x)2 4y2 (2x2 x 2) 2
x 3
2 2
Vậy pt đã cho có các nghiệm nguyên (x; y) là (0; 1), (0; -1), (-1, 1), (-1, -1), (3; 11), (3; -11)
2/ a/
2
1 2
m 1
b/ x, y R, ta luôn có (2x y 3m 2) 2 0 và
2 2
nên
2
(2x y 3m 2) (m m)x y 4 0 , x, y R
Phương trình (1), (2) chính là phương trình các đường thẳng d 1 , d 2
- Với m = 1 d // d1 2 Khi đó:
Trang 5
2
81 81
min B =
- Với m = - 2 d1d2 Hệ (I) có nghiệm nên minB = 0
- Với
m 1
d ,d
cắt nhau nên hệ (I) có nghiệm nên min B = 0 Vậy
81
2
Bài 2
1/ Giải pt sau:
Điều kiện: x 2
Pt đã cho 2(x2 2x 4) 2(x 2) 3 (x 2)(x 2 2x 4) (1)
Đặt
2
u 0
v 0
Pt (1) trở thành
u 2v 0
+ Với
u 2v 0 x2 2x 4 2 x 2 x2 6x 4 0 x 3 13
+ Với
2
2u v 0
Hệ pt vô nghiệm Vậy phương trình có 2 nghiệm x 3 13
2/ Tìm m để pt sau có 4 nghiệm phân biệt
Pt đã cho m2 (2x2 3x 1)m x 4 3x3 x2 x 0 (1)
Pt(1) là pt bậc hai ẩn m có (x 1) 2 nên
2
2
2 (1)
m
2
Giả sử x0 là nghiệm chung của 2 pt (2), (3)
Trang 6F
C B
O N
I D
E’
A
2
2
m 2
Ngược lại, với m = 2 thì 2 pt (2) và (3) có nghiệm chung
Pt(1) có 4 nghiệm phân biệt
các phương trình (2), (3) cùng có 2 nghiệm phân biệt và không có nghiệm chung
m
m 2
m 2
Bài 3 Giải hệ pt sau
Điều kiện:
x 1
y 1
Hệ đã cho
Theo Côsi, ta có: 2 (x 1).1 (x 1) 1 2y x 1 xy
Tương tự, ta được: 2x y 1 xy 2x y 1 2y x 1 2xy (1)
Mặt khác, Theo Côsi, ta có: x2 y2 2xy (2)
Từ (1) và (2) 2x y 1 2y x 1 x 2 y2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khix y 2
Dễ thấy x = y = 2 thoả mãn pt còn lại Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 2
Bài 4
1/ Chứng minh E, F nằm trên một đường tròn
cố định khi (O) thay đổi.
Ta có,
AFB BCF ABF AFC
2
Vậy, E và F nằm trên đường tròn tâm A cố
định và bán kính không đổi R = AB.AC
2/Chứng minh tứ giác BCE’E hình thang.
Tứ giác AEOF nội tiếp AEF AOF
Tứ giác AOIF nội tiếp AOF AIF
Do đó, AIF AEF
Trang 7B
C
M E
K F
Mặt khác,
2
Nên AIF EE 'F EE '// BC hay tứ giác BCE’E là hình thang
3/Gọi D là giao điểm của EF với AC
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và C xuống
AM Gọi K là giao điểm của AM với BC
Ta có:
AM.BC AM(BK CK) AM(BE CF)
hay
AM.BC AM.BE AM.CF 2 S S
Tương tự, ta được
Từ đó, ta được:
AM.BC BM.CA CM.AB 4S ABC
Đẳng thức xảy ra
là trực tâm tam giác ABC
Đề 7 – Quãng Ngãi 2009 - 2010
Bài 1
a/ Tìm các số nguyên dương x, y.
6x 5y 18 2 xy 2xy - 6x - 5y = 18 2xy - 6x + 15 - 5y = 33 2x(y – 3) – 5(y – 3) = 33
(y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11 = (-1).(-33) = = (-33).(-1) = (-3).(-11) = (-11).(-3)
Ta xét các trường hợp sau :
*
*
Các cặp số nguyên dương đều thỏa mãn đẳng thức trên
Vậy các cặp số cần tìm là : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4)
Các trường hợp còn lại giải ra đều không thoả mãn bài toán
b/ Chứng minh A có giá trị nguyên.
Trang 8Vì a chẵn nên a = 2k k N
Do đó
Ta có : k k+1 2 k k+1 2k+1 2
Ta chứng minh : k k 1 2 k 1 3 Thật vậy :
- Nếu k = 3n (với n N ) thì k k 1 2 k 1 3
- Nếu k = 3n + 1 (với n N ) thì 2k 1 3
- Nếu k = 3n + 2 (với n N ) thì k 1 3
Với mọi k N k k 1 2 k1luôn chia hết cho 2 và cho 3
Mà (2, 3) = 1 k k 1 2 k 1 6 Vậy A có giá trị nguyên
Bài 2
a/ Phân tích đa thức thành nhân tử
2x3 – 9x2 + 13x – 6 = 2x3 – 2x2 – 7x2 + 7x + 6x – 6
= 2x2(x -1) – 7x(x – 1) +6(x – 1) = (x – 1)(2x2 – 7x + 6)
= (x – 1)(x – 2)(2x – 3)
b/ Tính giá trị biểu thức M
Đặt u = 3 20 14 2 ; v = 3 20 14 2
Ta có x = u + v và u3v3 40
u.v = 3 (20 14 2)(20 14 2) 2
x = u + v x3 u3v33 (uv u v ) = 40 + 6x
hay x3 6x40 Vậy M = 40
Bài 3
a/ Giải pt sau:
PT: x 2 6 x x2 8x24(1)
ĐKXĐ: 2 x 6
Chứng minh được: x 2 6 x 2 2
Dấu “=” xảy ra x – 2 = 6 – x x = 4
x2 8x24 (x 4)2 8 8 2 2
Dấu “=” xảy ra (x – 4)2 = 0 x - 4 = 0 x = 4
Phương trình (1) xảy ra x = 4
Giá trị x = 4 : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy: S = 4
b/ Giải hệ pt sau:
Điều kiện: xy 0