DAP AN 14 Bo HSG Toan 9 Phan 8

Bài 5: Gọi cạnh hình vuông ABCD nh nhất chứa b n trong 5 đường tròn có bán kính bằng 1cm và đôi một không có quá 1 điểm trong chung là x cm.. Từ đây suy ra các tâm của 5 đường tròn này n[r]

ĐÁP ÁN - 14 Bộ HSG Toán 9 (Phần 8)

Đề 1 – Thanh Hóa 2010 - 2011

Đề bài vào Trang – Web Site Nguyễn Văn Đại

Bài 1: Cho pt sau: x 2 – 2mx + 2m – 1 = 0

1/ Tìm GTLN của biểu thức 1 2

2 2

2x x 3 P

x x 2(1 x x ) khi m thay đổi

Ta có  ' (m1)2  0, m pt luôn có 2 nghiệm mọi m

Theo định lí viet, ta có x1x2 2 ,m x x1 2 2m1,

2

4m 1 (2m 1)

Max P 1

  khi 1

2

2/ a) Từ gt  2ab2bc2ca0

Suy ra A (a b c  )2   a b c là số hữu tỉ

b/Đặt a 1 ,b 1 ,c 1

   suy ra

1 1 1

a b c

Áp dụng câu 2a) suy ra 1 2 1 2 1 2

( ) ( ) ( )

B

   là số hữu tỉ

Bài 2

1/ Giải phương trình

Đk: x 1 Phương trình tương đương với

2

Đặt

2

2

2

, 1

x

t

x



 ta được phương trình

0

t  t   t hoặc 2

3



Với 5,

3

t  ta được

2 2

1 3

x

 (vô nghiệm) Với 2,

3

t   ta được

2 2

1 3

x

 suy ra

1 2

x 

2/ Giải hệ pt sau:

Đk: y0 Hệ tương đương với

2 2

3 3

4

4

x

    





     



Đặt

1

,

y x

v

y

  





 



ta được hệ

1

v

Với 2

1,

u

v





 

 ta được

1 2

1 1

1

x

x y

y

  

 



(thoả mãn điều kiện)

Bài 3

Kẻ EF  AC tại F, DGBC tại G

Theo giả thiết S(ADPE) S(BPC)

S(ACE) S(BCD)

Mà AC BC EF DG và A C

Suy ra AEF CDG AE CG

Do đó AEC CDB(c g c) DBC ECA

0

BPE PBC PCB PCD PCB 60

Bài 4

1/ Chứng minh ANP BNP và bốn điểm O, D, C, N

cùng nằm trên một đườngtròn

Gọi Q là giao điểm của các tiếp tuyến

chung của (O) với (C), (D) tại A, B

tương ứng

Suy ra ANP QAP QBP BNP

Ta có

ANB ANP BNP QAP QBP

0

180 AQB , suy ra NAQB nội tiếp (1)

Dễ thấy tứ giác OAQB nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm O, N, A, Q, B

cùng nằm trên một đường tròn

Suy ra các điểm O, N, A, B cùng nằm trên

một đường tròn

Ta có OCN 2OAN 2OBN ODN ,

suy ra bốn điểm O, D, C, N cùng nằm

trên một đường tròn

2/ Chứng minh rằng đường trung trực đoạn ON luôn đi qua một điểm điểm cố định khi P di động

Gọi E là trung điểm OQ, suy ra E cố định và E là tâm đường tròn đi qua

các điểm N, O, D, C Suy ra đường trung trực của ON luôn đi qua điểm E cố định

A

O

N

B

P

Q

E

H

Bài 5

1/ Chứng minh rằng ít nhất một trong 44 hiệu d j xuất hiện ít nhất 10 lần

1 2 44 ( 2 1) ( 3 2) ( 45 44) 45 1 130 1 129

d   d d  a a  a a   a a a  a   (1) Nếu mỗi hiệu d j (j1, 2, , 44) xuất hiện không quá 10 lần thì

1 2 44 9(1 2 3 4) 8.5 130

d d  d       mâu thuẫn với (1)

Vậy phải có ít nhất một hiêụ d j (j1, , 44) xuất hiện không ít hơn 10 lần

2/ Chứng minh rằng:

b c c a a b 2 2

Ta có 2 2 2

2(a b )(ab)

Suy ra

2 2 2 2 2 2 2 2 2

VT

2 2

         

Suy ra 1 ( ) 1 2011

2 2

2 2

2 2

1

Đề 2 – Thanh Hóa 2016 - 2017

Bài 1

1/ Rút gọn biểu thức P

Đi u kiện để P ác định là : x 0 ; y  0 ; y  1 ; x  y  0

P





x y x y x xy y xy





y





1

y





2/ Tìm các giá trị x, y nguyên thõa mãn P = 2

P = 2  x  xy  y= 2 với x  0 ; y  0 ; y  1 ; x  y  0

 x1  y  y  1  1  x  1 1  y 1

Ta có: 1 + y 1 x 1 1   0 x 4  x = 0; 1; 2; 3 ; 4

Thay vào P ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2; 2) thõa mãn

Bài 2

1/ Tìm m để pt có 4 nghiệm phân biệt

Ta có :

2

yx  x  x   x R

hi đó (2) có dạng :(y1)(y 9) m hay y2 10y  9 m 0 (3)

Phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt tương đương với phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt y1  y2 0

'

1 2

1 2

m





Khi y y1, 2là hai nghiệm dương phân biệt của phương trình (3) thì phương trình (2) tương đương với :

2

1

x  x y  hoặc 2

2

x  x y  Gọi 1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : 2

1

x  x y 

Gọi 3, x4 là hai nghiệm phân biệt của phương trình : 2

2

x  x  y 

p dụng định l vi-et cho các phương trình (3), (5), (6) ta có :

3 4

1





7

m

   ( th a m n)

2/ Giải hệ phương trình :



 



- Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được ;

0 (4)

xy x y







- Thay y từ (3) vào (1) ta được phương trình :

1

x

x

 





  

 Vậy ta được các nghiệm ( ; y) là :

( 1; 1);  (1 2;1 2); (1 2;1 2)

- Từ (4) suy ra

1

x y

x





 ( vì -1 không phải là nghiệm của (4)) Thay y vào (2), ta có :

x x x x



(x 2x 2)(x x 1) 0 x x 1 0

x  x  x   )

1 5

1 5

x

x

  

 

 



x    y    

Ta được ( ; )x y  (1 5; 3  5) là nghiệm của hệ

x    y     

Ta được ( ; )x y  (1 5; 3  5) là nghiệm của hệ

Vậy hệ đ cho có 5 nghiệm :

( 1; 1);  (1 2;1 2); (1 2;1 2);(1 5; 3  5);(1 5; 3  5)

Bài 3

1/ Chứng minh rằng : 2016

P 1 60

Ta có :

Vì P là số nguy n tố lớn hơn 5 n n p là số lẻ, suy ra p – 1, p +1 là hai số ch n li n tiếp

(p 1)(p 1) 4 (2)

Vì p – 1, p, p+1 là ba số tự nhi n li n tiếp n n (p1) (p p1) 3 Nhưng p không chia hết cho 3 n n (p1)(p1) 3 (3)

Vì p không chia hết cho 5 n n p có một trong các dạng5k1; 5k2

- Nếu p5k1thì 2 2

p  k  k  n

- Nếu p5k2thì 2 2

p  k  k  l

Cả hai trường hợp tr n đ u cho ta 4

p   q (( , ,n l qN)

Vì 3, 4, 5 là các số nguy n tố c ng nhau từng đôi một n n từ (1), (2), (3), (4) suy ra 2016

1

p  chia hết cho 4.3.5 tức là chia hết cho 60

2/ Tìm thương của ph p chia 3 3 3 2 2 2

:

x  y z x y z

- Vì vai trò của , y, bình đ ng nhau, khác nhau đôi một n n ta có thể giả s x y z hi đó , gọi

t là thương của ph p chia 3 3 3 2 2 2

:

x  y z x y z Suy ra :

- Nếu tx y2 2  x y 0 (*) thì t 12 12 2 t 1

Thay t 1 vào (*), ta được 2 2

x y    x y xy   x y x y  1

x

 

2

0 ( 1) 0

      ( vô l )

Vậy 2 2

0 (2)

tx y   x y

- Từ (1), (2) suy ra : z2 (tx y2 2  x y)2 (3)

- ặt khác vì x3y3z3 tx y z2 2 2 nên x3y z3 2x3y3z2 (4)

- Từ (3) và (4) suy ra :

3 3 2 2 2

3 3 2 4 4 2 2 2 2

3 3 2 2 2 4 4

3 3 2 2

3 3

3 3

txy

tx y

txy

     

- Nếu x2 thì 3 6 2 1 1 13 13 2 1 1 13 13

            

Đi u này mâu thuẫn với (5)

Vậy 1 hi đó (5) tr thành : ty 2 2 1 13 (6)

   

- Nếu y4 thì 4 2 2 1 13 2 2 1 13

4 4

ty

         Đi u này mâu thuẫn với (6) Vậy y 2;3 (Vì y 1)

+ Nếu y 2 thì

3 3 2

9

1; 2; 3 1; 2

  

 





+ Nếu y 3 thì

3 3 2

28

1; 3

  



 





.( oại)

- Th lại ta thấy ( , y, ) (1, 2, 3) và các hoán vị của nó th a m n

Vậy thương của ph p chia 3 3 3 2 2 2

:

x  y z x y z là t 1

ặt khác :

BACDBC ( C ng ch n cung C)

BACDNC ( Vì DN // )

Suy ra tứ giác DCN nội tiếp (2)

- Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm , O, N, C, D c ng thuộc một đường tròn

Vậy tứ giác ONC là tứ giác nội tiếp

* hứng minh tam gi c N cân

Ta có :

ANOOBC( Vì c ng b với góc ONC)

OBCOCB ( Vì tam giác O C cân tại O)

OCBONB ( Vì c ng ch n cung O )

Bài 4

1/ Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp và

ANB cân

+ Chứng minh tứ giác ONC nội tiếp

- Vì D, DC là các tiếp tuyến của đường tròn

(O) n n ta có :

0

90

Suy ra, tứ giác O DC nội tiếp (1)

ANO ONB

Suy ra NO là tia phân giác của góc N (3)

ặt khác :

ON  DN ( Vì 0

90

OND là góc nội tiếp ch n n a đường tròn)

DN // ( giả thiết)

  (4)

Từ (3), (4) suy ra tam giác N có đường phân giác góc N đ ng thời là đường cao Vậy tam giác N cân tại N

2/ Chứng minh K trung điểm của DM

- t tam giác D và tam giác DN , ta có :

BDN là góc chung

BNDMBD ( hai góc nội tiếp ch n hai cung bằng nhau )

2

( )

- t tam giác DI và tam giác D , ta có :

ADB là góc chung

DBI BAD ( góc tạo b i tia tiếp tuyến và dây cung )

2

( )

Từ (4) và (5) suy ra : DI DA DM DN DM DA

Từ đó kết hợp với DN là góc chung suy ra :

( )

DIM DNA c g c



Suy ra tứ giác N I nội tiếp

Ta có :

NADIMD ( c ng b với góc I N)

NADCBI ( c ng ch n cung CI)

ết hợp với góc chung, suy ra :

2

( )

ặt khác :

KDI BAI ( Hai góc so le trong )

DBI BAI ( C ng ch n cung I )

KDI BDI

ết hợp với góc D chung, suy ra :

2

( )

Từ (6) và (7) suy ra : D

Vậy là trung điểm của D

3/ Chứng minh ba điểm Q, I, G thẳng hàng

Giả s PI c t C tại , IQ c t tại S

Ta có :

DK  BK  KM ( vì PI // N ; định lí ta let) (8)

AS QS  BS ( vì // P ; định lí ta let) (9)

Vì D n n từ (8) suy ra : PI I

Vì PI I n n từ (9) suy ra : S S

Giả s SI c t D tại T, suy ra : AS SI BS

DT TI  KT ( Định l Talets ; AB // DK) (10)

Vì S S n n từ (10) suy ra : T là trung điểm của D , hay G tr ng với

Vậy ba điểm Q, I, G th ng hàng

hông mất tính t ng quát, ta có thể giả s a b c

3

ặt khác, vì 0 b c,  2 nên

(b 2)(c 2)   0 bc 2(b  c) 4 bc 2(5 a)    4 6 2 (**)a

Do đó

2

2 5 2 6 2 Theo (**)

2

3 2 2 ( 2 1)

( vì (a 1)(2 a)  0 , theo (*) )

Nên a 3  a 2 1 

Vậy A2 2 1

Dấu bằng ảy ra khi

6 2







Vậy giá trị nh nhất của biểu thức là 2 2 1

Đạt được khi (a, b, c) (2, 2, 1) và các hoán vị

Đề 3 – Quãng Ngãi 2013 - 2014 Câu 1:

1/ 2a2 + a = 3b2 + b ⇔ 2a2

+ a − 2b2 − b = b2 ⇔ (a − b)(2a + 2b + 1) = b2

Gọi (a − b, 2a + 2b + 1) = d

Ta có: a – b ⋮ d, 2a + 2b + 1⋮d ⇒ (a − b)(2a+2b+1) ⋮ d2 ⇒ b2 ⋮ d2 ⇒ b⋮d

Mà a – b ⋮ d ⇒ a⋮d

a⋮d; b⋮d mà 2a+2b+1⋮ d nên 1⋮d ⇒ d=1

Vậy phân số đ cho tối giản.

Câu 2:

   ; x≠0 và 3 2x   3 2x   a Tính giá trị biểu thức

2

6 2 9 4x P

x



theo a

2

3 2x 3 2x

3 2x+2 3 2x 3 2x 3 2x

P

1 a1 b1 c 

Tìm giá trị lớn nhất của Q a.b.c

1 (1 )(1 ) 1 (1 )(1 )

1 1 1 (1 )(1 )(1 )

abc

Hay : abc 1

8

 Dấu = xãy ra khi a = b = c = 1

2 Vậy maxQ = 1

8

Bài 3:

x 1



 Đ : ≤ - 2 ; x > 1

x 1 x 2 4 x 2 x 1  12 0

Đặt t x 2 x 1 ta có phương trình t2 + 4t – 12 = 0 => t =2 hoặc t = - 6 (loại)

(x+2)(x-1) = 2 => x2 + x – 6 = 0 => x = 2(nhận) hoặc x = - 3 (nhận)

b/ Giải hệ phương trình:

1

x y 1

x y





2 (Công vê)

x y 2 y x y 2 x 2 y

x y

( Nhân vê) =>x 8xy-9y 0 x y x 9y 0

x y 4x 4y

x y; x 9y(loai)





Vậy nghiệm của hệ là x = y = 1.

Bài 4:

a/ Tính số đo CIF

HIF HBF sd EF 30

b/ Chứng minh rằng biểu thức AE.AC + BF.BC có giá trị không đ i khi EF di động tr n

n a đường tròn

BF.BC = BC(BC –CF) = BC2 – BC.CF AE.AC+BF.BC = AC2 + BC2 – AC.AE – BC CF

MÀ AC.AE = BC.CF =CO2 – R2

2 2AC 2BC AB CO

4 => AC2 + BC2 =2CO2 +

2 AB 4

Suy ra :

2 AB

4 – CO2

+ R2 – CO2 + R2 = 3R

Cố định.

c/ ác định vị trí của EF tr n n a đường tròn để tứ giác FE

có diện tích lớn nhất Tính diện tích lớn nhất đó theo R

Ta có SABEF = SAOF + SFOE + SEOB

SFOE =

2

R 3

4 (Vì tam giác FOE là tam giác đ u cạnh R)

SAOF + SEOB =1

là đường trung bình của hình thang EF N)

I

H

C

B E

F

O

P

M

F

E C

B A

SABEF =

2

R 3

2

Do đó SABEF =

2

R 3

4 +

2

R 3

2 =

2 3R 3

4 khi Q tr ng với O hay EF //

Bài 5:

Gọi cạnh hình vuông ABCD nh nhất chứa b n trong 5 đường tròn có bán kính bằng 1cm và đôi một không có quá 1 điểm trong chung là x (cm)

Từ đây suy ra các tâm của 5 đường tròn này nằm trong hình vuông MNPQ có cạnh bằng x – 2 cm (vì tâm của các đường tròn các đường tròn cách cạnh hình vuông ít nhất 1cm)

Chia hình vuông MNPQ thành 4 hình vuông nh có độ dài mỗi cạnh là x 2(cm)

(hình vẽ)

Theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai tâm đường tròn cùng thuộc một hình vuông Giả s hai tâm đó là O1.O2

Vì hai đường tròn này có không quá 1 điểm chung nên

O1O2 không nh hơn hai lần bán kính và không lớn hơn

độ dài đường chéo của hình vuông cạnh x 2(cm)

Hay 2 ≤ O1.O2 ≤ (x 2) 2

2

2

Vậy cạnh hình vuông nh nhất chứa 5 đường tròn có bán kính bằng 1 và 5 đường tròn này đôi một không có quá 1 điểm chung là 2 2 2

Q

P

N M

D

C

B A

1cm 1cm

X cm

O1

O4 O2

O5 O3

Đề 5 – Bắc Giang 2012 - 2013

Bài 1

1/ Tính giá trị biểu thức A

Ta có

26 15 3 26 15 3

8 3.2 3 3.2.( 3) ( 3) 8 3.2 3 3.2.( 3) ( 3)

3 (2 3) 3(2 3)

(2 3) (2 3)

2 3

A

2/ Rút gọn biểu thức P

Đi u kiện: 2 a 11

x a    x a x 

Tính được

2

(x 2) x x 9 3x 1 1 (x 2) 3(x 3) 2x 4

(x 2) x(x 3) x a 2

Bài 3

1/ t pt hoành độ giao điểm:

2

x  x m 2

0

Đường th ng  c t đths đ cho tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi pt(1) có hai nghiệm phân biệt

+ Đi u kiện:   1 4m0

1

.

4

m

 

+ hi đó A x y( ;1 1), ( ;B x y2 2)

+ Theo định lí Viet x1x2 1, x x1 2 m Ta có y1 x1 m y, 2 x2m

(x x )  (y y )  18  (x x )   9 [(x x )  4x x ]  9

+ Tìm được

1 (k / ) 1 ( / ) 2

o

 



  



2/ Từ giả thiết suy ra: 2 1 1 1 7

3    a b c 10 Không giảm tính t ng quát giả s a  b c 1 Suy ra

2 3

2 9

3  c c

Do đó c {2;3}

+ Với c2 suy ra 2 1 1 1 7 1 1 1 1 (1) 1 2 và 1 1

3     2 a b 10     6 a b 5   6 b b 5

Do đó b {7;11}

+ Với b7 từ (1) suy ra 1 1 2 {19; 23; 29;31;37; 41}

42  a 35  a

+ Với b11 từ (1) suy ra 5 1 6 13

66  a 55  a ( do a>b) + Với c3 từ giả thiết suy ra 1 1 1 11(*) 1 2 6 5

3   a b 30       3 b b b ( do b>c) Thay b5 vào (*) được 6 15 7

2

Vậy có 8 bộ ba (a;b;c) thoả mãn:

(19;7; 2), (23;7; 2), (29;7; 2), (31;7; 2), (37; 7; 2), (41;7; 2), (13;11; 2), (7;5;3) và các hoán vị của nó

Bài 4

1/ Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp

+ Tứ giác AMHN nội tiếp nên AMN AHN

+ Lại có AHN  ACH (vì cùng phụ với góc CHN )

+ Suy raACBAMN, mà 0

180

180

ACBNMB

2/ Chứng minh rằng: 1 1 1

+ Có AIDAOH vì cùng bằng hai lần ACB

+ Tam giác AID AOH AD AI

+ Có 1 1( ), AI=1 1 .

AO BC HBHC AH  HB HC



3/ Tính b n kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN

+ Tính được BC = 5, 12

5

AH 

+ Gọi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác N hi đó

I là đường trung trực của đoạn MN

Do hai tam giac ID và OH đ ng dạng nên 0

90

ADI AHO

   OAMN

Do vậy KI//OA

+ Do tứ giác BMNC nội tiếp nên OKBC Do đó H// O

+ Dẫn đến tứ giác AOKI là hình bình hành

Bán kính 2 2 2 1 2 1 2 1 2 769

Bài 5

Ta có: 2 2 2 2 2

a  b   a b  b    ab b

Tương tự: 2 2

b  c   bc c , 2 2

c  a   ac a

Đề 6 – Hà Nam 2010 - 2011

Bài 1

1/ Cho biểu thức: A 6 2 5 13 48

3 1

a/ Rút gọn biểu thức A

A

3 1

1



 

b/ Tìm nghiệm nguyên của pt sau:

Thay 1 vào phương trình đ cho ta được

y  x  x  x   x 1

Khi x     0 y 1

Khi x  0

Ta có: 4y2  (2x2 x)2 3x2  4x   4 (2x2 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

 4y2  (2x2   x 1)2

 



 2

2

      

     

Vậy phương trình 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   (m2  m)x   y 4  2  0

nên (2x   y 3m  2)2   (m2 m)x   y 4  2  0 , x, y R 

Xét hệ phương trình:

      



      

Phương trình (1), (2) chính là phương trình các đường thẳng d 1 , d 2

-Với m = 1 d // d1 2 Khi đó:

2

2     2

- Với m = - 2 d1d2  Hệ (I) có nghiệm nên minB = 0

- Với m 1 1 2

d ,d







  

 cắt nhau nên hệ (I) có nghiệm nên min B = 0

2

Bài 2

1/ Giải pt sau:

Điều kiện: x   2

Đặt

2









 



 





+ Với

u2v 0 x22x 4 2 x 2 x26x    4 0 x 3 13

+ Với

2







Vậy phương trình có 2 nghiệm x   3 13

2/ Tìm giá trị biểu thức C

Pt(1) là pt bậc hai ẩn m có   (x 1)  2 nên

2

2

m

2 (1)

m

2







`

Giả sử x0 là nghiệm chung của 2 pt (2), (3)

2

2

0 0

      







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

   



Bài 3: Giải hệ pt

Đi u kiện: x 1

y 1





 



Hệ đã cho

2 2

3 3



 



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   x2 y2

Dấu “ ” ảy 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

1/ Chứng minh E và F nằm trên một đường tròn

cố định khi (O) thay đ i

Ta có,

2

  không đ i

  

Vậy, E và F nằm tr n đường tròn tâm A cố định

E

F

C

B

O

N

I

D

E’

A