GV: Lê Công Thuận Lời giải này chỉ dùng để tham khảo thêm GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 PHÒNG GD - ĐT HƯƠNG TRÀ NĂM HỌC : 2010 - 2011 BÀI 1.1 (2đ): Giải phương trình: 2 2 x 7x 8 x 2 x x 2 x 8          (1) Giải: (1)              x 1 x 8 x 8 x 2 x 1 x 2 0 x 8 x 1 1 x 2 x 1 1 0 x 1 1 x 8 x 2 0 x 1 1 0 x 2 x 8 x 2(vn) x 8 x 2 0                                                Vậy pt (1) có một nghiệm x = 2 (thỏa đk) Bài 1.2(1,5đ): Tính giá trị biểu thức: P = 3 3 1 1 25 5 25 5 27 27      (1) Giải: Đặt 1 25 27  = x (1)  P = 3 3 x 5 x 5     P 3 = 10 - 3      3 3 3 x 5 x 5 x 5 x 5       P 3 = 10 - 3 23 x 25.P   P 3 = 10 - 3 1 3 25 25.P 27    P 3 + P - 10 = 0  P 3 -2 3 + P - 2 = 0  (P - 2)(P 2 + 2P + 5) = 0  P - 2 = 0 Vì P 2 + 2P + 5 = (P +1) 2 + 4 > 0  P = 2 Bài 1.3(1,5đ): Biết rằng 2 2 x 5x 31 x 5x 7 4       (1) Tính giá trị của biểu thức: P = 2 2 x 5x 31 x 5x 7      Giải: (1)  x 2 - 5x + 31 = x 2 - 5x + 7 + 2.4. 2 x 5x 7   + 16  8 2 x 5x 7   = 8  2 x 5x 7   = 1 Thay 2 x 5x 7   = 1 vào (1) được: 2 x 5x 31 4 1 5      Vậy P = 2 2 x 5x 31 x 5x 7      = 5 + 1 = 6 Bài 2.1(1,5đ): Cho a, b thuộc R thỏa: a 3 + 3ab 2 = 14 (1) và b 3 + 3a 2 b = 13 (2). Tính giá trị của biểu thức a 5 - b 5 Giải: Cộng (1) và (2) được: a 3 + b 3 +3ab(b + a) = 27  (a + b)(a 2 - ab + b 2 + 3ab) = 27  (a + b) 3 = 27  a + b = 3 (3) Trừ (1) và (2) được: a 3 - b 3 +3ab(b - a) = 1  (a - b)(a 2 + ab + b 2 - 3ab) = 1  (a - b) 3 = 1  a - b = 1 (4) Từ (3), (4) suy ra a = 2, b = 1 GV: Lê Công Thuận Lời giải này chỉ dùng để tham khảo thêm Suy ra a 5 - b 5 = 2 5 - 1 5 = 31 Bài 2.2(2,5đ): Tìm nghiệm nguyên dương của pt: x 2 + 2x = y 2 + 4y + 15 (1) Giải: (1)  x 2 + 2x + 1 = y 2 + 4y + 4 + 12  (x + 1) 2 - (y + 2) 2 = 12  (x + 1 + y + 2)(x + 1 - y - 2) = 12  ( x + y + 3)(x - y -1) = 12 (2) Vì x, y  Z + nên x - y -1  Z, x + y + 3  Z + và x + y + 3  5 Nên (2)  3 6 1 2 x y x y          (I) hoặc 3 12 1 1 x y x y          (II) Giải hệ (I) vô nghiệm, hệ (II) vô nghiệm trong tập Z + Vậy pt (1) vô nghiệm trong tập Z + Bài 3.1(2,5đ): Cho đường thẳng (d): y = mx - 3x + m + 1 a. Xác định m sao cho đường thẳng (d) và các đường thẳng y = x - 4; 2x + y + 1 = 0 đồng quy. b. Biết khi m thay đổi thì đường thẳng (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định. Hãy tìm tọa độ của điểm cố định đó. Giải: a. Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng y = x - 4; 2x + y + 1 = 0 là nghiệm của hệ pt: 4 1 2 1 3 y x x y x y                Thay x = 1, y = -3 vào (d) được: -3 = m -3 + m + 1  m = 1 2 Với m = 1 2 thì (d) đồng quy với đường thẳng y = x - 4; 2x + y + 1 = 0 b. Giả sử (d): y = mx - 3x + m + 1 đi qua điểm cố định A(x 0 ;y 0 ). Ta có: y 0 = mx 0 - 3x + m + 1  (x 0 + 1)x 0 - y 0 - 3x 0 + 1 = 0  0 0 0 0 0 1 0 1 3 1 0 4 x x y x y                   Vậy đồ thị luôn đi qua điểm A(-1;4) Bài 3.2(2,5đ): Cho hệ pt: 2 3 2 3 2 5 6 mx y m x my m         (I) . Với giá trị nào của m thì hệ pt đã cho có nghiệm (x;y) duy nhất và thỏa mãn điều kiện x - 2y 2 < 0 ? Giải: Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi: 2 3 2 6 6 3 2 m m m R m        2 3 2 3 2 5 6 mx y m x my m          2 3 3 2 3 2 5 6 mx y m mx m y m m            2 3 2 2 5 5 y m m m         2 3 2 2 5 1 5 5 5 2 2 2 2 1 m m m m m y m m        3mx = m + 5m = 6m  x = 2 x - 2y 2 < 0  2 - 2. 2 25 4 m < 0  4 - 25m 2 < 0  m 2 > 4 25  m > 2 5 hoặc m < - 2 5 GV: Lê Công Thuận Lời giải này chỉ dùng để tham khảo thêm Bài 4.1(2đ): Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi P là tiếp điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng nếu tam giác ABC vuông tại A thì PB.PC = S ABC (S ABC là diện tích của tam giác ABC) Giải: Theo bài toán sgk ta có: PB = 2 a c b   PC = 2 a b c   PB.PC = 2 a c b   . 2 a b c   4PB.PC = a 2 + ab - ac + ac + bc - c 2 - ab - b 2 + bc = a 2 - c 2 - b 2 + 2bc = b 2 + c 2 - c 2 - b 2 + 2bc = 2bc (vì ABC  vuông tại A)  PB.PC = 2 4 2 bc bc  = S ABC Bài 4.2(4đ): Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D là giao điểm của AO với BC và E là giao điểm của BO với AC. Tính các góc của tam giác ABC biết: 3 1 3; 2 OA OB OD OE    Giải: Vì O là giao điểm của ba đường phân giác của ABC  AD là phân giác ABC  nên: 1 1 1 2 1 2 a a DB AB c c ac a DC AC a b a a b c b c           (1) BO là phân giác ABD  nên: 1 1 3 3 OA AB c c a OD BD a      (2) Từ (1), (2) suy ra : 3 3 3 ac c b c b c a b c a         1 3 c a b b    (chia 2 vế cho b) (I) BE là phân giác ABD  nên: 1 1 1 2 1 2 b b EA AB c c bc b EB BC b a b b c a a c           (3) AO là phân giác của ABE  nên: 1 1 3 1 2 2 3 1 OB AB c c b OE AE b        (4) Từ (3), (4) Suy ra: 2 3 1 3 1 2 2 3 1 bc c a c a c a c b b b            (II) (I) trừ (II) được:   3 1 3 1 3 3 1 3 3 1 1 2 2 2 a a a b b b            Suy ra 3 2 a b  và thay vào (I) được: 1 + 3 3 3 2 2 c b   Suy ra 1 2 c b  ; 3 1 : : 3 2 2 a c a b b c    a b c P O CB A b 2 b 1 a 2 E a 1 D O C B A GV: Lê Công Thuận Lời giải này chỉ dùng để tham khảo thêm Đặt AC = b = x 3 ; 2 2 x x a BC c AB       ABC có: 2 2 2 3 2 2 x x x                 hay AB 2 + BC 2 = AC 2 Suy ra  ABC có  B = 90 0  0 30 C  ( vì AB = 1 2 AC),  0 60 A  . GV: Lê Công Thuận Lời giải này chỉ dùng để tham khảo thêm GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 PHÒNG GD - ĐT HƯƠNG TRÀ NĂM HỌC : 2010 - 2011 BÀI 1.1 (2đ): Giải phương trình: 2 2 x. Lê Công Thuận Lời giải này chỉ dùng để tham khảo thêm Suy ra a 5 - b 5 = 2 5 - 1 5 = 31 Bài 2.2(2,5đ): Tìm nghiệm nguyên dương của pt: x 2 + 2x = y 2 + 4y + 15 (1) Giải: (1)  x 2 . nếu tam giác ABC vuông tại A thì PB.PC = S ABC (S ABC là diện tích của tam giác ABC) Giải: Theo bài toán sgk ta có: PB = 2 a c b   PC = 2 a b c   PB.PC = 2 a c b   . 2 a b