Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán học 9

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

1

Bài 1: (4,0 điểm).

Cho biểu thức . 2 1 2 1 ( ). 1 1 2 1 x x x x x x x x A x x x x          

a) Tìm các giá trị của x để . 6 6 5 A  

b) Chứng minh rằng với mọi x thoả mãn . 2 3 A  1 0, 1, 4 x x x   

1.a)  

2 1 2 (2 1)( 1) (2 1)( 1) ( 1) 1 ( ). 1 . 1 1 2 1 (1 )( 1) 2 1 (1 ) 1

x x x x x x x x x x x x x x x A x x x x x x x x x x

                              

( 1) 1 1 1 . 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x

                 

Ta có . Từ đó giải được 6 6 1 6 6 6. 1 0 5 5 1 x A x x x x           

2 3; 2 3 x x    

b)Ta có: 2 2 1 2 2 1 0 ( 1) 0 3 3 1 x A x x x x x            

Do nên . Vậy 1 x  2 1 0 ( 1) 0 x x     2 3 A 

Bài 2: (5,0 điểm).

a) Giải các phương trình: 3x2 + 4x + 10 = 2 2 14 7 x 

Giải

xác định đúng điều kiện: 2 2 ; 2 2 x x   

= 0  2 2 2 4 4 2 1 2 2 1. 7 7 x x x x       2 ( 2) ( 2 1 7) 0 x x     

(Thỏa mãn) 2

2 2 0

2 2 2 1 7 0 2

x x

x x x x

                       Bài 3: (3,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

. 4 1 1 1 1       b

ca a

bc c

ab

Ta có với x, y >0 thì: ( x+y)2 dấu bằng xảy ra khi x = y.   xy 4 (*) 1 1 4 1 1 4 1 1

 

  

       

y x y x y x y x

ThuVienDeThi.com

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

2



E N

M

B C

O1

O3

O2

D

P

A

T

Áp dụng bất đẳng thức (*) và do a+b+c = 1 nên ta có:

1 1 ; 1 ( ) ( ) 4 ab ab ab c c a c b c a c b               

Tương tự ta có:

1 1 ; 1 4

1 1 . 1 4

bc bc a a b a c

ca ca b b a b c

                     

  1 1 1 1 1 1 4 4 4 ab bc ca ab bc ab ca bc ca a b c c a b c a b c a b                         

. Dấu bằng xảy ra  4 1 1 1 1       b

ca a

bc c

ab

3 1     c b a

+ Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0.

+ Với xyz 0 thì (I) được viết lại: (II) Cộng ba phương trình của hệ (II) 

x y 3 xy 2 y z 5 yz 6 z x 4 zx 3

    

        



1 1 3 x y 2 1 1 5 y z 6 1 1 4 z x 3

             

theo vế ta được: (*) 1 1 1 11 2 x y z 3         

1 1 1 11 x y z 6   

Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có : x = 1, y = 2, z = 3. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3).

Bài 4: (6,0 điểm).

1) Cho hai đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T. Hai đường tròn này nằm trong đường tròn (C3) và tiếp xúc với (C3) tương ứng tại M và N. Tiếp tuyến chung tại T của (C1) và (C2) cắt (C3) tại P. PM cắt đường tròn (C1) tại diểm thứ hai A và MN cắt (C1) tại điểm thứ hai B. PN cắt đường tròn (C2) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C2) tại điểm thứ hai C.

Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp. 2) Cho ABC đều điểm M nằm trong ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2. Tính số đo góc BMC ?   1) Gọi O1, O2, O3 tương ứng là tâm các

đường tròn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3 thẳng hàng => BO1 // NO3 = > . Tương tự: N O

B O MN

MB

3

1  P O

A O MP MA

3

1 

=> => AB//NP MN

MB MP MA 

Tương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành (với E = AB  CD). Do PAT ~ PTM => PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN

Vậy PA. PM = PD.PN => EA ED PD PA PM

PN EC EB   

=> EBC ~  EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800

ThuVienDeThi.com