Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 THCS năm học 2006-2007 môn: Toán

 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI .......................................Bùi Văn Chi ...................................................................................... 1 
 SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2006-2007 
 Môn: TOÁN 
 Ngày thi: 18 – 03 - 2007 
 Thời gian làm bài: 150 phút 
 (không kể thời gian phát đề) 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 (BẢNG A) 
Bài 1: (5 điểm) 
Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thoả mãn 
2n 1
3
− là tích của hai số tự nhiên liên tiếp thì n là 
tổng bình phương của hai số nguyên liên tịếp. 
Bài 2: (5 điểm) 
 Tìm mọi nghiệm nguyên của phương trình: 
 2 2
x y 3
7x xy y
+
=
− +
Bài 3: (5 điểm) 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 ( ) ( )
1 1P 1 x 1 1 y 1
y x
     = + + + + +      
trong đó x, y là các số dương thỏa mãn x2 + y2 = 1. 
Bài 4: (5 điểm) 
 Cho tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn. Lấy các điểm M, N, P, Q theo thứ tự trên các cạnh AB, 
BC, CD, DA của tứ giác sao cho MA PD AD QA NB ABvà
MB PC BC QD NC CD
= = = = . 
Chứng minh MP vuông góc với NQ. 
Hết 
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI .......................................Bùi Văn Chi ...................................................................................... 2 
GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH ĐỊNH 
MÔN TOÁN 9 – NĂM HỌC 2006 – 2007 (Bảng A) 
Ngày thi: 18 – 03 – 2007 
Bài 1: (5 điểm) 
 Chứng minh n là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp 
Từ điều kiện 
2n 1
3
−
 = m(m + 1) (m, n ∈ N) 
Ta có: n2 – 1 = 3m(m + 1) (1) 
Vì m(m + 1) ⋮ 2, suy ra n là số tự nhiên lẻ. Đặt n = 2k + 1 ( k ∈ N) 
Thay vào (1) ta có: 
4k(k + 1) = 3m(m +1 ) (2) 
Vì m, k ∈ N nên từ (2) suy ra m ≥ k. Đặt m = k + a (a ∈ N) 
Thay vào (2): 
4k(k + 1) = 3(k + a) ( k + a + 1) 
⇔ 4k2 + 4k = 3(k2 + 2ak + a2 + k + a) 
⇔ k2 + k – 6ak – (3a2 + 3a) = 0 
⇔ k2 + k(1 – 6a) – (3a2 + 3a) = 0 (3) 
Ta có: ∆ = (1 – 6a)2 + 4(3a2 + 3a) = 1 – 12a + 36a2 + 12a2 + 12a = 48a2 + 1 
Điều kiện để phương trình (3) có nghiệm nguyên là ∆ phải là số chính phương. 
Đặt 48a2 + 1 = b2 (b ∈ N) (4) 
Vì 48a2 + 1 là số lẻ nên b là số lẻ, đặt b = 2c + 1 (c ∈ N) 
Thay vào (4): 48a2 + 1 = (2c + 1)2 ⇔ 12a2 = c2 + c ⇔ 3a.4a = c(c + 1). 
Vì c(c + 1) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên suy ra 3a.4a là tích của hai số tự nhiên liên tiếp, 
Do đó 4a = 3a + 1 ⇒ a = 1. 
Khi đó ∆ = 48a2 + 1 = 49 
Ta có nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là: 
k = 
(1 6.1) 7
6
2
− − +
= . 
Từ đó n = 2k + 1 = 2.6 + 1 = 13 = 4 + 9 = 22 + 32, 
Vậy n là tổng bình phương của hai số nguyên liên tiếp. 
Bài 2: (5 điểm) 
 Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2 2
x y 3
7x xy y
+
=
− +
 (1) 
 Từ (1) suy ra: 
2 2
x y 3k
x xy y 7k
+ =

− + =
, với k ∈ Z, k ≠ 0. 
Biến đổi: 
2 2 2
2 2
x 2xy y 9k
x xy y 7k
 + + =

− + =
⇒ 3xy = 9k2 – 7k ⇒ 7k ⋮ 3 ⇒ k ⋮ 3 (vì (7; 3) = 1). 
Đặt k = 3m (m ∈ Z, m ≠ 0). 
Khi đó: x + y = 9m, 3xy = 9(3m)2 – 7.3m = 81m2 – 21m ⇒ xy = 27m2 – 7m 
Theo định lý Vi-ét, thì x và y là hai nghiệm của phương trình bậc hai ẩn t: 
t2 – 9mt + 27m2 – 7m = 0 (2) 
Ta có ∆ = 81m2 – 4(27m2 – 7m) = -27m2 + 28m = m(28 – 27m) ≥ 0 ⇒ 0 ≤ m ≤ 28
27
. 
Vì m ∈ Z, m ≠ 0, nên để phương trình (2) có nghiêm nguyên, suy ra m = 1. 
Khi đó phương trình (2) trở thành: t2 – 9t + 20 = 0 ⇔ t1 = 4, t2 = 5 
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI .......................................Bùi Văn Chi ...................................................................................... 3 
Do đó x = 4, y = 5 hoặc x = 5, y = 4. 
Bài 3: (5 điểm) 
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = ( ) ( )
1 1
1 x 1 1 y 1
y x
     + + + + +      
 Biến đổi: P= 
1 x 1 1 y
1 x y 1 y
y y x x x
+ + + + + + + + + = 
 = 2 + x + y + 
1 1 x y
x y y x
 + + +   
 = 2 + 2
1 1 x y
x 2 y x y
2x 2y y x
( )
         + + + − + + +             
Ta có: 
(x + y)2 ≤ 2(x2 + y2) = 2 ⇒ x + y ≤ 2 
x + 
1
2x
 ≥ .
1
2 x 2
2x
= 
1
y 2
2y
+ ≥ 
(x y) 2− + ≥ − 
x y
2
y x
+ ≥ 
Cộng vế theo vế: 
P = 2 + 2
1 1 x y
x 2 y x y
2x 2y y x
( )
         + + + − + + +             
 ≥ 2 2 2 2 2 2 2 4 3 2+ + − + = + 
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 
1
2
. 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 + 3 2 khi x = y = 1
2
. 
Bài 4: (5 điểm) 
Chứng minh MP ⊥ NQ 
+) Xét trường hợp tứ giác nội tiếp ABCD có hai cạnh đối song song (hình 1) 
Chẳng hạng, AB // CD. Ta có ABCD là hình thang cân (AD = BC). 
Khi đó 
MA PD AD
1
MB PC BC
= = = ⇒ M, P là trung điểm của hai cạnh đáy AB, CD. 
Mặt khác, 
QA NB AB
QD NC CD
= = , vì AD = BC suy ra QA = NB. 
Do đó MP là trung trực của NQ. Vậy MP ⊥ NQ. 
+) Xét trường hợp tứ giác nội tiếp ABCD không là hình thang (hình 2) 
A
O
B
CD
M
P
Q N
Hình 1
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI .......................................Bùi Văn Chi ...................................................................................... 4 
Vẽ các hình bình hành MADR, MBCS. 
Ta có MR = AD, MR // AD, MS = BC, MS // BC 
DR = MA, DR // AB, CS = MB, CS // AB, suy ra DR // CS. 
Theo giả thiết, 
MA PD AD
MB PC BC
 
= = 
 
Suy ra 
DR PD
CS PC
= , mặt khác  RDP SCP= (so le trong, DR // CS) 
Do đó ∆DRP ∆CSP (c.g.c) ⇒  DPR CPS= . Vì D, P, C thẳng hàng nên suy ra R, P, S thẳng hàng. 
Ta có: 
PR PD AD MR
PS PC BC MS
= = = . 
Suy ra MP là phân giác của góc RMS của ∆MRS. 
Chứng minh tương tự như trên, vẽ các hình bình hành 
QHBA, QKCD, ta có H, N, K thẳng hàng, và 
NH QH AB NB
NK QK CD NC
 
= = = 
 
suy ra QN là phân giác của góc HQK của ∆QHK. 
Gọi F = AD ∩ BC, E = AB ∩ CD. 
Vì  DFC và RMS là hai góc nhọn có cạnh tương ứng song song, 
nên hai phân giác của chúng song song. 
Gọi Fx là phân giác của góc CFD , thì MP // Fx. 
Lập luận tương tự, HQK và BEC là 
hai góc nhọn có cạnh tương ứng song song, 
Nên hai phân giác của chúng song song, 
ta có QN // Ey. 
(Ey là phân giác của góc BEC ). 
Gọi I = Fx ∩ Ey, T = Fx ∩ CD. 
Ta chứng minh ∆IET vvuông. 
Ta có 
 ɵ 
1 1T F BCD= + = 
F
BCD
2
+
ɵ
, 1
E
E
2
=
ɵ
. 
Do đó   1 1
F E
T E BCD
2 2
+ = + +
ɵ ɵ
(1) 
Mặt khác, theo tính chất góc có đỉnh ở ngoài đường tròn, ta có 
  E CEB BC AD
2 2 4
−
= =
ɵ
, 
  F CFD CD AB
2 2 4
−
= =
ɵ
, và 
 AB AD
BCD
2
+
= (góc nội tiếp) 
Thay vào (1): 
 
     
1 1
CD AB BC AD AD AB
T E
4 4 4
− − +
+ = + + = 
     (CD BC) (AB AD) 2(AB AD)
4
+ − + + + = 
= 
    0
0CD BC AB AD 360 90
4 4
+ + +
= = 
Do đó ∆ETI vuông tại I, hay Fx ⊥ Ey. 
Vậy MP ⊥ NQ (đpcm). 
S
A
B
F
C
DE
Q
H
K
N
M
R
P
S
T
 x
 y
1
2 1
12
I
O
Hình 2