Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 THCS – Tỉnh Bình Định môn Toán

 1 
Bài tốn gửi Tạp chí Tốn học & Tuổi trẻ 
Chuyên mục “Đề thi học sinh giỏi” 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐNNH 
MƠN TỐN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009 
Bài 1: (3 điểm) 
 Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 
Bài 2: (3 điểm) 
 Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và 1 1 1 0
x y x
+ + = 
 Chứng minh rằng 2 2 2
yz zx xy 3
x y z
+ + = 
Bài 3: (3 điểm) 
 Giải hệ phương trình: 
x y 7
x 20 y 3 6
 + =

− + + =
Bài 4: (4 điểm) 
Cho điểm O thuộc miền trong của tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh 
tam giác ABC lần lượt tại G, E, F. 
 Chứng minh rằng OA OB OC 2
AG BE CF
+ + = 
Bài 5: (4 điểm) 
Cho đường trịn (O), đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax với đường trịn (O) lấy 
điểm C sao cho AC = AB. Đường thẳng BC cắt đường trịn (O) tại D, M là một điểm 
thay đổi trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là chân đường vuơng gĩc hạ từ M xuống 
AB và AC, H là chân đường vuơng gĩc hạ từ N xuống đường thẳng PD. 
 a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB cĩ diện tích lớn nhất. 
 b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luơn đi qua một điểm cố định. 
Bài 6: (3 điểm) 
 Chứng minh: 1 1 117 18
2 3 100
< + + + <⋯ 
 2 
GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
MƠN TỐN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐNNH 
NĂM HỌC 2008 – 2009 
Bài 1. 
Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n3 – mn2 – 3n2 + 14n – 7m – 5 = 0 (1) 
Biến đổi: 
(1) 2n3 – 3n2 + 14n – 5 – m(n2 + 7) = 0 
⇔ m = 
3 2
2
2n 3n 14n 5
n 7
− + −
+
= 2
162n 3
n 7
− +
+
Vì m, n ∈ Z, nên (n2 + 7) ∈ Ư(16), suy ra (n2 + 7) ∈ {8; 16}, do đĩ n2 ∈ {1; 9}. 
+) Nếu n2 = 1 thì n = ±1 
+) Nếu n2 = 9 thì n = ±3 
+ Với n = 1, ta cĩ m = 1 
+ Với n = -1, ta cĩ m = -3 
+ Với n = 3, ta cĩ m = 4 
+ Với n = -3, ta cĩ m = -8. 
Vậy ta tìm được 4 cặp giá trị (m, n) ∈ {(1; 1), (-3; -1), (4; 3), (-8; -3)}. 
Bài 2. 
Cho x, y, z khác 0 thỏa 1 1 1 0
x y z
+ + = . 
Chứng minh 2 2 2
yz zx xy 3
x y z
+ + = 
Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức: 
a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c) (a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) 
= 
1
2
(a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] 
Ta cĩ: 
(a3 + b3) + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a + b)– 3abc 
= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b) – 3abc 
= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2] – 3ab(a + b + c) 
= (a + b + c)[(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab] 
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) 
= 
1
2
(a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] 
Do đĩ a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c. 
Đặt 
1 1 1
a ,b ,c
x y z
= = = , theo giả thiết 1 1 1 0
x y z
+ + = nên suy ra a + b + c = 0 
Do đĩ a3 + b3 + c3 – 3abc = 0 ⇔ a3 + b3 + c3 = 3abc, 
hoặc 3 3 3
1 1 1 3
x y z xyz
+ + = 
Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được 2 2 2
yz zx xy 3
x y z
+ + = (đpcm). 
 3 
Bài 3. 
Giải hệ phương trình: 
x y 7
x 20 y 3 6
 + =

− + + =
Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x ≥ 20, y ≥ 0. 
Đặt a = x 20, b y 3− = + (a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a2 + 20, y = b2 – 3. 
Hệ phương trình viết lại: 
2 2a 20 b 3 7(1)
a b 6(2)
 + + − =

+ =
Trong đĩ, 0 ≤ a ≤ 6, b ≥ 3 
Bình phương hai vế của (1) ta cĩ: 
a2 + 20 + b2 – 3 + 2 ( )( )2 2a 20 b 3+ − = 49 (3) 
Thay b = 6 – a vào (3), ta cĩ: 
a2 + 20 + (6 – a)2 – 3 + 2 ( ) ( )22a 20 6 a 3 + − −  = 49 
⇔ a2 + 20 + 36 – 12a + a2 – 3 + 2 ( )( )2 2a 20 a 12a 33+ − + = 49 
⇔ ( )( )2 2a 20 a 12a 33+ − + = - a2 + 6a – 2 (4) 
Bình phương hai vế của (4) với (a – 3)2 ≤ 7, ta cĩ: 
(a2 + 20)(a2 – 12a + 33) = (-a2 + 6a – 2)2 
⇔ a4 – 12a3 + 53a2 – 240a + 660 = a4 + 36a2 + 4 – 12a3 + 4a2 – 24a 
⇔ 13a2 – 216a + 656 = 0 
⇔ a1 = 4: chọn, a2 = 
164 6
13
> : loại 
Với a = 4, ta cĩ b = 2. 
Thế lại Nn cũ: 
a = 4 ⇒ x 20− = 4 ⇔ x = 36 
b = 2 ⇒ y 3+ = 2 ⇔ y = 1 
Vậy hệ phương trình đã cho cĩ một nghiệm: 
x = 36, y = 1. 
Bài 4. 
Chứng minh: OA OB OC
AG BE CF
+ + = 2 
Đặt SOAB = S1, SOAC = S2, SOBC = S3 
Ta cĩ: 
1 2 1 2 1 2
ABG ACG ABG ACG ABC
OA S S S S S S
AG S S S S S
+ +
= = = =
+
(1) 
Lập luận tương tự, ta cĩ: 
1 3
ABC
OB S S
BE S
+
= (2) 
A
B
F
O
E
C
G
S1
S2
S3
 4 
2 3
ABC
OC S S
CF S
+
= (3) 
Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta cĩ: 
1 2 3 ABC
ABC ABC
OA OB OC 2(S S S ) 2S 2
AG BE CF S S
+ +
+ + = = = . 
Bài 5. 
a) Vị trí của M để diện tích tam giác AHB lớn nhất 
Ta cĩ  PAN PHN+ = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác APHN nội tiếp (1) 
Tứ giác APMN là hình vuơng nên nội tiếp (2) 
Từ (1), (2) ta cĩ 5 điểm A, N, M, P, H 
cùng thuộc một đường trịn. 
Do đĩ  AHM APM= = 900 
Mặt khác tứ giác MPCD nội tiếp nên 
 MPD MCD= (gĩc nội tiếp cùng chắn cung MD) 
Tam giác ABC vuơng cân tại A cĩ AD 
vừa là đường cao vừa là đường trung trực, 
vừa là đường phân giác nên: 
MB = MC ⇒ ∆MBC cân tại M 
⇒
 MCD MBD= , do đĩ  MPD MBD= (3) 
Ta lại cĩ AMB là gĩc ngồi ∆MBD tại M nên: 
    0AMB MBD MDB MBD 90= + = + (4) 
APH =   0APM MPH 90 MPD+ = + (5) 
Từ (3), (4), (5) suy ra:  APH AMB= (6) 
Vì tứ giác APHM nội tiếp nên: 
 APH AMH+ = 1800 (7) 
Từ (6), (7) suy ra: 
 AMB AMH+ = 1800 
Do đĩ ba điểm H, M, B thẳng hàng, nên AHB = 900 
Vậy H thuộc đường trịn (O). 
Suy ra tam giác AHB cĩ diện tích lớn nhất khi độ dài đường cao HK lớn nhất 
⇒
 HK = R ⇒ H ≡ D ⇒ M ≡ D. 
Vậy khi M ≡ D thì SAHB đạt giá trị lớn nhất là R2 (R là bán kính đường trịn (O)). 
b) Chứng minh HN luơn đi qua một điểm cố định 
Gọi E là giao điểm thứ hai của HN với đường trịn (O). 
Ta cĩ  AHN APN= = 450. Vì AHB = 900, suy ra NHB = 450. 
Do đĩ HN là tia phân giác của gĩc AHB , suy ra E là điểm chính giữa của cung AB , nên 
điểm E cố định. 
Vậy khi M di động trên đoạn thẳng AD thì HN luơn đi qua điểm E cố định là điểm chính giữa 
của cung trịn AB của đường trịn (O). 
A
N O
B
M
D
H
P
C
 x
E
K
A
B
F
O
E
C
G
S1
S2
S3
 5 
Bài 6. 
Chứng minh: 
1 1 117 18
2 3 100
< + + + <⋯ 
Ta chứng minh bài tốn tổng quát: 
1 1 12 n 3 2 n 2
2 3 n
− < + + + < −⋯ (n ∈ N, n ≥ 2) 
Ta cĩ: 
*) ( )1 2 2 2 k k 1k k k k k 1= < = − −+ + − (1) 
Cho k lấy các giá trị từ 2 đến 100, thay vào bất đẳng thức (1), ta cĩ: 
( )
( )
( )
( )
1 2 2 1
2
1 2 3 2
3
1 2 99 98
99
1 2 100 99
100

< −


< −



 < −


 < −

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 
Cộng vế theo vế, ta được: 
( )1 1 1 2 2 1 3 2 100 992 3 100+ + + < − + − + + −⋯ ⋯ = ( )2 100 1 18− = 
*) ( )1 2 2 2 k 1 kk k k k 1 k= > = + −+ + + 
Lập luận tương tự như trên, ta cĩ: 
( )1 1 1 2 101 2 2 101 2 2 2 100 3 17
2 3 100
+ + + > − = − > − =⋯ 
Vậy 1 1 117 18
2 3 100
< + + + <⋯ 
Quy Nhơn, ngày 20 tháng 03 năm 2009 
Người gửi: BÙI VĂN CHI 
Giáo viên Trường THCS LÊ LỢI 
Tp. Quy Nhơn, Tỉnh Bình Định 
 ĐT: 056828529 
E-mail: buivanchi@yahoo.com