Các bài toán luyện tập học sinh giỏi lớp IX năm học 0809. Đề bài: Bài 1. Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho có thể định về dạng mn m n + + 1 , ở đó m và n – cũng là các số tự nhiên. Bài 2. Tính giá trị biểu thức x y x y + − , nếu x 2 + y 2 = 6xy và x ≠ y. Bài 3. Giải hệ phương trình: x y x y 2 4 4 2 1 2 = − + =    , . Bài 4. Giả s ử а, b, x v à y thoả mãn đẳng thức : (a + b)(x + y) = 1 và (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) = 1. Chứng minh rằng ax + by ≥ 0. Bài 5. Phân giác trong các góc của tam giác АВС cắt các cạn ВС, СА và АВ tại các điểm P, Q và R tương ứng . Р 1 – là giao điểm của đường thẳng đi qua điểm Р song song với АВ, và cạnh СА.Tương tự như vậy với các điểm Q 1 và R 1 . Tính tổng 1 1 1 1 1 1 PP QQ RR + + , nếu độ dài các cạnh của tam giác bằng а, b và с. Bài 6. Tr ên c ạnh huyền АВ của tam gíac vuô ng câ n АВС lấy điểm М và N sao cho góc МСN bằng 45° (điểm M nằm giữa А và N). Chứng minh : АМ 2 + BN 2 = MN 2 . ----------------------------------------- Lời giải: Thầy Nguyễn Xuân Tranh. THCS Yên lạc .0809. 1 Bài 1. Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho có thể định về dạng mn m n + + 1 , ở đó m và n – cũng là các số tự nhiên. Trả lời: có thể định được bất kỳ số tự nhiên nào. Giả sử m = n + 2, ở đó n – là số tự nhiên. Khi đó mn m n + + 1 = nn nn ++ ++ 2 1)2( = ( ) ( ) 12 1 2 + + n n = 2 1 + n . Suy ra có thể thoả mãn với bất kỳ số tự nhiên nào Thật vậy giả sử: x = 2 1 + n . Khi đ ó n = 2x – 1, m = 2x + 1 ta c ó mn m n + + 1 = x. V í d ụ : 1 = 11 111 + +⋅ . Bài 2. Tính giá trị biểu thức x y x y + − , nếu x 2 + y 2 = 6xy và x ≠ y. Trả lời: ± 2 . Cách 1:. Bởi vì x y x y + −       2 = ( ) ( ) x y x y + − 2 2 = x xy y x xy y 2 2 2 2 2 2 + + − + = 8 4 xy xy = 2, nên x y x y + − = ± 2 . Cách 2: Giả sử y x t = (x ≠ 0, vì nếu ngược lại thì từ điều kiện của đẳng thức kéo theo y = 0). Khi đóta chia cả hai vế của đẳng thức cho x 2 , và được phương trình bậc hai t 2 – 6t + 1 = 0. Nghiệm của phưuơng trình này là: t = 3 ± 2 2 ; Suy ra x y x y + − = 1 1 + − t t = ± 2 . Bài 3. Giải hệ phương trình: x y x y 2 4 4 2 1 2 = − + =    , . Trả lời: (1; 1); (−1; 1). Giải: x y x y 2 4 4 2 1 2 = − + =    , ⇔      =−−+ +−= ≥ 0144 ,144 ,5,0 24 24 yyy yyx y . Vì y = 1 là một nghiệm của phương trình đầu, nên chia vế trài của phưưong trình sau với (y – 1), nhận được phương trình: y 3 + y 2 + 5y + 1 = 0. Với y ≥ 0,5 vế trái của phương trình chỉ nhận giá trị dương nên trong truờng hợp này hệ không có nghiệm. y = 1, th ì x 4 = 1 ⇔ x = ±1 Bài 4. Giả s ử а, b, x v à y thoả mãn đẳng thức : Thầy Nguyễn Xuân Tranh. THCS Yên lạc .0809. 2 (a + b)(x + y) = 1 và (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) = 1. Chứng minh rằng ax + by ≥ 0. Gi ải: Đưa đ i ều kiện c ủa b ài to án v ề d ạng : ( ) ( ) ( ) ( )    =+++ =+++ 1 ,1 2222 byaybxax byaybxax ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )    =++− =+++ .1 ,1 22 aybxbyax aybxbyax t ư ừ đ ă ẳng th ư ức th ư ứ hai suy ra ( ) 1 2 ≤+ aybx ⇔ 1 ≤+ aybx , khi đ ó từ đẳng thức thứ nh ất : ax + by = 1 – (bx + ay) ≥ 0, l à điều phải chứng minh. Bài 5. Phân giác trong các góc của tam giác АВС cắt các cạn ВС, СА và АВ tại các điểm P, Q và R tương ứng . Р 1 – là giao điểm của đường thẳng đi qua điểm Р song song với АВ, và cạnh СА.Tương tự như vậy với các điểm Q 1 và R 1 . Tính tổng 1 1 1 1 1 1 PP QQ RR + + , nếu độ dài các cạnh của tam giác bằng а, b và с. Trả lời :       ++ cba 111 2 . Giải: Từ các tam giác đồng dạng АВС và PCP 1 suy ra BC PC AB PP = 1 , nên PC a c PP = 1 ( xem hình 1). Tính PC qoa các cạnh của tam giác АВС. Theo tính chất của phân giác ta có: c b AB AC PB PC == Và từ đẳng thức aBCPCPB ==+ . Ta có hệ phương trình      =+ = aPCPB c b PB PC Nên cb ab PC + = . Suy ra cbbc cb PCc a PP 111 1 += + = ⋅ = . Tương tự acac ac QQ 111 1 += + = và baab ba RR 111 1 += + = . Thầy Nguyễn Xuân Tranh. THCS Yên lạc .0809. Рис. 1 P 1 P A B C 3 Vậy : 1 1 1 1 1 1 PP QQ RR + + =       ++ cba 111 2 . Bài 6 . Tr ên c ạnh huyền АВ c ủa tam gíac vu ô ng c â n АВС lấy điểm М v à N sao cho góc МСN b ằng 45° (đi ểm M nằm giữa А và N). Chứng minh : АМ 2 + BN 2 = MN 2 . Gi ải: Từ tam gi ác АВС ta dựng h ình vuô ng KАCB, tia СМ v à CN cắt các cạnh hình vuông tại Р и Q (xem h ình . 2). Chứng minh đi ểm С là t â m đường tròn bàng ti êp tam giác PKQ, ti ếp xúc với cạnh PQ. Th ật v ậy ta x ét hai y ếu t ố: 1) Đi ểm С n ằm tr ên ph ân gi ác g óc PKQ; 2) góc giữa phân gi ác ngoài của góc P v à Q tam gi ác PKQ bằng : ( ) BQPAPQ ∠+∠− 2 1 180  = = ( ) KQPKPQ ∠−+∠−−  180180 2 1 180 = = 45° = ∠PCQ. K ẻ đ ư ờng vu ông góc CD v ới đo ạn PQ, là b án k ính c ủa đ ường tr òn bàng ti ếp v ì CA = CD = CB, n ên ∆САР = ∆СDР và ∆СBQ = ∆СDQ theo tr ường hợp cạnh huyền và cạnh góc vuông Suy ra, DM = AM и DN = BN. Ngoài ra , ∠MDC = ∠MAC = 45° và ∠NDC = ∠NBC = 45°. Vậy tam giác MDN – vuông cân. Suy ra điều phải chúng minh. ----------------------------------------- Thầy Nguyễn Xuân Tranh. THCS Yên lạc .0809. 45 ° D P Q N B C K A M h ình2 4