Title Đề số 1.docx ✅

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Đề số 1 1. Đề thi Bài 1 (5.0 điểm). a) Giải phương trình 2843xxx b) Chứng minh rằng biểu thức  222 abc K abacbcbacacb  có giá trị là số nguyên, trong đó a, b, c là ba số thực đôi một phân biệt. Bài 2 (5.0 điểm). a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn abc và abbcca cùng chia hết cho 3. Chứng minh rằng chia hết cho 9. b) Cho đa thức 3Pxxaxb có một nghiệm là 13 (a, b là các số hữu tỉ). Chứng minh rằng đa thức P(x) chia hết đa thức 222.xx Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn 2221abc . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Qabbcca Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA lần lượt tại điểm D, E. Qua điểm B, kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI tại điểm J. Gọi P là hình chiếu vuông góc của điểm J trên đường thẳng BC. a) Chứng minh rằng BD = CP. b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC. Chứng minh rằng: 112 . AIAJAN c) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng JP và DE. Gọi K là trung điểm của PQ. Chứng minh rằng đường thẳng BK vuông góc với đường thẳng AP. Bài 5 (2.0 điểm). a) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3212.xyz b) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng 1. Năm điểm phân biệt được đặt tùy ý vào hình chữ nhật sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng (mỗi điểm trong năm điểm đó có thể đặt được đặt trên cạnh hoặc đặt nằm trong hình chữ nhật). i) Chứng minh rằng mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện tích không vượt quá 1 2 . ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi n là số tam giác có ba đỉnh là ba điểm nằm trong năm điểm đó và diện tích không vượt qua 1 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của n. LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN CÁC BÀI TOÁN Bài 1 (5.0 điểm). a) Giải phương trình 2843xxx
b) Chứng minh rằng biểu thức  222 abc K abacbcbacacb  có giá trị là số nguyên, trong đó a, b, c là ba số thực đôi một phân biệt. Lời giải. a) Điều kiện . Phương trình đã cho có thể được viết lại thành 22134340,xxxx Hay 221320xx Vì 210x và 2320x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 221320xx tức 1x (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1.x b) Ta có         222222 2222 1. abcbcacababcbcbbacab K abbcacabbcac abbcbcacabbcabbc abbcacabbcac       Do đó, biểu thức K luôn nhận giá trị nguyên là 1. Bài 2 (5.0 điểm). a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn abc và abbcca cùng chia hết cho 3. Chứng minh rằng chia hết cho 9. b) Cho đa thức 3Pxxaxb có một nghiệm là 13 (a, b là các số hữu tỉ). Chứng minh rằng đa thức P(x) chia hết đa thức 222.xx Lời giải. a) Từ giả thiết ta có ababcabbcca chia hết cho 3, hay 223abab chia hết cho 3. Từ đó suy ra cùng chia hết cho 3. Với mọi số nguyên x, ta có x chia 3 dư 0, 1 hoặc 2 nên 2x chia 3 dư 0 hoặc 1.Suy ra 2a và 2b khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. Như vậy, để 22ab chia hết cho 3, ta phải có 2a và 2b cùng chia hết cho 3, tức a và b cùng chia hết cho 3. Mặt khác, do a + b + c chia hết cho 3 nên c cũng chia hết cho 3. Từ đây, dễ thấy abbcca chia hết cho 9. Ta có điều phải chứng minh. b) Từ giả thiết, ta có 13P , hay 6310.aab Nếu 60a , ta có 10 3 6 ab a    là một số hữu tỉ, mâu thuẫn vì 3 là một số vô tỉ. Do đó 6a . Từ đó suy ra 100ab , tức 4b . Vậy 3264222Pxxxxxx Rõ ràng Px chia hết cho đa thức 222.xx Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn 2221abc . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Qabbcca Lời giải.
Giá trị lớn nhất của biểu thức Q. Với mọi số thực x, y và z, ta có 2220.xyyzzx Từ đó suy ra 22222xyyzzxxyz , hay 22223.xyzxyz Sử dụng kết quả này, ta được:   2 2 2 4 2 222 3 3636.3108. Qabbccaabbcca abcabc      Suy ra 4 108Q . Mặt khác, dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 3abc . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức Q là 4108. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q. Từ giả thiết, ta có 222,,1abc . Suy ra 0,,1.abc Từ đây, ta có 2aa và 2bb . Từ đó 22abab . Mà 222011abc nên 22222.abab Tóm lại, ta có: 2222222.abababab Chứng minh tương tự, ta cũng có: 2222,.bcbccaca Từ các kết quả trên, ta suy ra: 2222222.Qabbcca Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi 1a và 0bc . Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 2. Bình luận: Để chứng minh 2Q , ta còn có hai cách tiếp cận khác như sau. Cách 1. Không mất tính tổng quát, giả sử abc . Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 244 22244 22 2212. abacabacaabacbc abcbcbc   Lại có 0bc nên 2.Q Cách 2. Tương tự như trong lời giải đã trình bày ở trên, ta có 0,,1abc nên 22,aabb và 2 cc . Từ đây, với chú ý 22,abaccbcbab và 2cacbc , ta có   2 2 222 22 22444. Qabbccaabcabacbcbacacb abcabcabcabc    Suy ra 2.Q Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác nhọn ABC (AB < AC). Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA lần lượt tại điểm D, E. Qua điểm B, kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng BI, cắt đường thẳng AI tại điểm J. Gọi P là hình chiếu vuông góc của điểm J trên đường thẳng BC. a) Chứng minh rằng BD = CP. b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC. Chứng minh rằng: 112 . AIAJAN
c) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng JP và DE. Gọi K là trung điểm của PQ. Chứng minh rằng đường thẳng BK vuông góc với đường thẳng AP. Lời giải. a) Có J là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác góc A tam giác ABC. 2 BABCAC CPBD  Hoặc lấy trung điểm M của IJ, khi đó MB = MC, MD = MP nên BD = CP. b) Tính chất của hàng điểm điều hòa (kiến thức lớp 10) Có : BI, BJ là phân giác trong, ngoài tam giác ABN suy ra IAJA INJN Cách biến đổi đại số: Đặt ,IAJA kANa INJN từ đó tính được AI, AJ theo a, k. Thay vào điều kiện phải chứng minh. Cách khác: 112 112 AJAJAJ IAJAANANANAN INJNAIAIAIAN c) Gọi DI cắt AP tại S. Kẻ JRAC có: AJ ISAIIE ISID JPJR Do ,.ICDEPQDCIDCDPQgg∼