Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS cấp tỉnh năm học 2007 - 2008 môn Toán

 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ....................................... Bùi Văn Chi.......................................................................................1 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 
 BÌNH ĐNNH CẤP TỈNH NĂM HỌC 2007 - 2008 
Đề chính thức Mơn : TỐN 
 Thời gian làm bài: 150 phút 
 (Khơng kể thời gian phát đề) 
 Ngày thi: 18 – 03 - 2008 
Câu1: (5 điểm) 
 Cho a, b, c là ba số hữu tỉ thỏa mãn: 
2 2 2
2 2 2
abc 1
a b c b c a
b c a a b c
=


+ + = + +

 Chứng minh rằng một trong ba số a, b, c là bình phương của một số hữu tỉ. 
Câu 2: (5 điểm) 
 Giải phương trình: x2 - x 5+ = 5 
Câu 3: (5 điểm) 
 Chứng minh rằng với điều kiện: 
 ( )2
c 0
a c ab bc 2ac
>

+ < + −
 thì phương trình ax2 + bx + c = 0 luơn luơn cĩ nghiệm. 
Câu 4: (5 điểm) 
Cho tam giác ABC cĩ ba gĩc nhọn, nội tiếp trong đường trịn tâm O, bán kính R. Gọi D, E, F lần 
lượt là giao điểm của các đường thẳng AO với BC, BO với AC, CO với AB. Chứng minh rằng: 
AD + BE + CF ≥ 9R
2
. 
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ....................................... Bùi Văn Chi.......................................................................................2 
LƯỢC GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH ĐỊNH 
MÔN TOÁN LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2007 – 2008 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
Ngày thi: 18 – 03 - 2008 
Câu 1 
Cho a, b, c là ba số hữu tỉ thỏa mãn: 
2 2 2
2 2 2
abc 1
a b c b c a
a b cb c a
 =


+ + = + +

Chứng minh rằng một trong ba số a, b, c là bình phương của một số hữu tỉ. 
Đặt 
2 2 2
a b c
x , y , z
b c a
= = = , ta có xyz = 
2
abc 1
1
abc(abc)
= = 
Khi đó điều kiện đã cho của bài toán được viết lại: 
x + y + z = 
1 1 1
x y z
+ + , xyz = 1 
⇔ x + y + z = xy + yz + zx (vì xyz = 1) 
⇔ x + y + z – xy – yz – zx = 0 
⇔ x – xy + y – 1 + xyz – yz – zx + z = 0 
⇔ x(1 – y) – (1 – y) + yz(x – 1) – z(x – 1) = 0 
⇔ (1 – y)(x – 1) + yz(x – 1) – z(x – 1) = 0 
⇔ (x – 1)(1 – y + yz – z) = 0 
⇔ (x – 1)(1 – y)(1 – z) = 0 
⇔ (x – 1)(y - 1)(z - 1) = 0 
⇔ 
2 2
2
2
2
2
a 1
b a bx 1
b
y 1 1 b c
c
z 1 c ac
1
a

=
 ==

= ⇔ = ⇔ =
 = = 
=

 (đpcm) 
Vậy một trong ba số a, b, c là bình phương của một số hữu tỉ. 
Câu 2 
Giải phương trình 2x x 5 5− + = (1) 
Ta có (1)⇔ 2x 5 x 5+ = − (2) 
TXĐ: 
2
x 5
x 5 0 x 5
x 5
x 5 0 5 x 5
x 5
 ≥ −
 + ≥ ≥ ⇔ ⇔ ≥ 

− ≥ 
− ≤ ≤ −   ≤ −
Với các điều kiện của x, bình phương hai vế của phương trình (2), ta có: x + 5 = (x2 – 5)2 
Biến đổi tương đương: 
⇔ x + 5 = x4 – 10x2 + 25 ⇔ x4 – 10x2 – x + 20 = 0 
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ....................................... Bùi Văn Chi.......................................................................................3 
⇔ (x4 – x3 – 5x2) + (x3 – x2 – 5x) +(– 4x2 + 4x + 20) = 0 
⇔ x2(x2 – x – 5) + x(x2 – x – 5) – 4(x2 – x – 5) = 0 
⇔ (x2 – x – 5)(x2 + x – 4) = 0 ⇔ 
2
2
x x 5 0
x x 4 0

− − =

+ − =
+) Giải phương trình x2 – x – 5 = 0, ta được: 
 x1 = 
1 21
5; 5
2
−  ∉ − −
 
: loại 
x2 = 
1 21 [ 5; )
2
+
∈ ∝ : chọn 
+) Giải phương trình x2 + x – 4 = 0, ta được: 
 x3 = 
1 17 [ 5 ; )
2
− +
∉ ∝ : loại 
x4 = 
1 17
5; 5
2
− −  ∈ − −
 
: chọn 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 2 4
1 21 1 17
x ; x
2 2
+ − −
= = . 
Câu 3 
Cho c > 0; (a + c)2 < ab + bc – 2ac (1) 
Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = 0 (2) luôn có nghiệm 
Xét các trường hợp: 
+) a = 0, b ≠ 0 
Khi đó điều kiện đã cho trở thành: 0 < c < b 
Phương trình (2) có một nghiệm x = c
b
− 
+) a = 0, b = 0 thì từ (1) suy ra c2 < 0: vô lý. 
+) a ≠ 0 
Ta chứng minh ∆ = b2 – 4ac ≥ 0 
Biến đổi điều kiện: 
(1) ⇔ - 2ac > (a + c)2 – b(a + c) ⇔ b2 – 4ac > b2 + 2(a + c)2 – 2b(a + c) = 
= [b – (a + c)]2 + (a + c)2 = (b – a – c)2 + (a + c)2 ≥ 0 
⇔ ∆ > 0 ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt. 
Vậy với các điều kiện đã cho phương trình (2) luôn có nghiệm. 
Câu 4 (5 điểm) 
Chứng minh AD + BE + CF ≥ 9R
2
Gọi độ dài ba cạnh của ∆ABC là BC = a, CA = b, AB = c. 
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ....................................... Bùi Văn Chi.......................................................................................4 
Đặt SOBC = S1, SOAC = S2, SOAB = S3, SABC = S. 
Vì ∆ABC nhọn nên tâm O nằm bên trong ∆ABC. 
Do đó S = S1 + S2 + S3 
Ta có: 
ABD
OAB
SAD
OA S
= , ACD
OAC
SAD
OA S
= 
Suy ra ACD ABD ACD ABCABD
OAB OAC OAB OAC 3 2 3 2
S S S SSAD S
OA S S S S S S S S
+
= = = = =
+ + +
Hay 1 2 3 1
3 2 3 2
S S S SAD
1
R S S S S
+ +
= = +
+ +
(1) 
Lập luận tương tự, ta có: 
2
1 3
SBE
1
R S S
= +
+
(2), 3
1 2
SCF
1
R S S
= +
+
(3) 
Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta có: 
31 2
2 3 1 3 1 2
SS SAD BE CF
3
R S S S S S S
+ +
= + + +
+ + +
. 
Ta cần chứng minh 31 2
2 3 1 3 1 2
SS S 3
S S S S S S 2
+ + ≥
+ + +
 (4) 
Để tiện ký hiệu ta đặt: 
S2 + S3 = x, S1 + S3 = y, S1 + S2 = z (x, y, z > 0) 
⇔ S1 + S2 + S3 = 
x y z
2
+ +
Khi đó 1 2 3
y z x x z y x y z
S , S , S
2 2 2
+ − + − + −
= = = 
Biến đổi vế trái của bất đẳng thức (4): 
y z x x z y x y z 1 y z x z x y
1 1 1
2x 2y 2z 2 x x y y z z
 + − + − + −
+ + = + − + + − + + − 
 
= 
A
E
O
F
D CB
S1
S2
S3
 a
 b
 c
R
R R
 GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ....................................... Bùi Văn Chi.......................................................................................5 
= ( )1 y x y z x z 1 33 6 3
2 x y z y z x 2 2
 
+ + + + + − ≥ − = 
 
: vế phải 
Do đó bất đẳng thức (4) được chứng minh. 
Từ đó ta có AD BE CF 3 93
R 2 2
+ + ≥ + = ⇔ 9AD BE CF R
2
+ + ≥ 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ S1 = S2 = S3 ⇔ tâm O của đường tròn ngoại tiếp 
trùng với trọng tâm của ∆ABC ⇔∆ABC đều. 
Vậy 9AD BE CF R
2
+ + ≥ .