Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Lớp 9 - Nguyễn Ngọc Vụ

> TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HS GIỎI
Câu 1: (4điểm) 
a/ Chứng minh rằng: + = .
b/ Giải hệ phương trình gồm hai phương trình sau: 
 (1) và (2).
Câu 2: (6 điểm) 
a/ Tìm nghiệm tự nhiên (x; y) của phương trình: (x2 + 4y2 + 28)2 = 17(x4 + y4 + 14y2 + 49)
b/ Tìm n Î Z để n + 26 và n – 11 đều là lập phương của số nguyên dương.
c/ Cho biểu thức A = x2 + xy + y2 – 3x – 3y + 3002. Tìm giá trị x và y để A đạt min. 
Câu 3: (2điểm)
Giải hệ phương trình:.
Câu 4: (4 điểm) Cho DABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với hai đường cao AD và CE cắt nhau tại trực tâm H. Kẻ đường kính BM của (O). Gọi I là giao điểm của BM và DE, K là giao điểm của AC và HM.
a/ Chứng minh rằng: Các tứ giác AEDC và CMID là các tứ giác nội tiếp.
b/ Chứng minh rằng: OK ^ AC.
Câu 5: (4 điểm) Cho DABC nội tiếp (O) và một điểm M bất kỳ trên đường thẳng BC (M ¹ B và C). Vẽ đường tròn đi qua M và tiếp xúc với AB tại B; vẽ đường tròn đi qua M và tiếp xúc với AC tại C, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là P. 
Chứng minh rằng: P Î (O) và đường thẳng PM luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên BC.
--- Hết ---
ĐÁP ÁN TOÁN HSG 
Câu 1: a/ (2 đ) Để ý rằng 2 + ==. Tương tự thì 2 – = 
Vế trái: + = + = = =: Vế phải.
b/ (2đ) Điều kiện: x2 ³ 1; y2 ³ 1; xy + 2 ³ 0. Từ phương trình (1) ta có x2 + y2 = x2y2 (3).
Bình phương hai vế phương trình (2) ta có x2 – 1+ y2 – 1 + 2= xy + 2 hay 
x2 + y2 +2 – xy – 4 = 0 (4). Thay (3) vào (4) ta có PT: (xy)2 – xy – 2 = 0 Û (xy – 2)(xy + 1) = 0 Û xy – 2 = 0 hoặc xy + 1 = 0.
* Nếu xy – 2 = 0 Û xy = 2 thì thay vào (3) ta có được: x2 + y2 = 4 Û (x + y)2 – 2xy = 4 Û (x + y)2 = 8 Û x + y = . Giải hệ Û hoặc . Các giá trị x; y tìm được đều thỏa điều kiện nên được chọn.
* Nếu xy + 1 = 0 hay xy = – 1 thì thay vào (3) ta có được x2 + y2 = 1 Û (x + y)2 – 2xy = 1 Û (x + y)2 = – 1 < 0: Vô lý.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: (x; y) = (;) và (–; –).
Câu 2 
a/ (2điểm) Biến đổi tương đương PT đã cho: (*) Û [x2 + 4(y2 + 7)]2 = 17[x4 + (y2 + 7)2] 
Û x4 + 8x2(y2 + 7) + 16(y2 + 7)2 = 17x4 + 17(y2 + 7)2 Û 16x4 – 8x2(y2 + 7) + (y2 + 7)2 = 0 Û [4x2 – (y2 + 7)]2 = 0 Û 4x2 – y2 – 7 = 0 Û (2x – y)(2x + y) = 7 (1)
Vì x; y Î N nên 2x – y £ 2x + y và 2x + y ³ 0, chúng đều có giá trị nguyên nên suy được Û . Vậy phương trình có một nghiệm tự nhiên là: (2; 3).
Cách khác: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacovski để có: 
[1x2 + 4(y2 + 7)]2 £ (12 + 42)[x4 + (y2 + 7)2] hay [x2 + 4(y2 + 7)]2 £ 17[x4 + (y2 + 7)2], dấu bằng xảy ra (tức là có PT (*)) khi 4x2 = y2 + 7 Û (2x – y)(2x + y) = 7. Làm tiếp như trên. 
b/(2 điểm) n + 26 = a3 và n – 11 = b3 với a > b Î N* Þ a3 – b3 = 37Û (a2 + ab + b2)(a – b) = 37. Ta có số 37 là số nguyên tố và do a > b Î N* nên (a2 + ab + b2) > (a – b) và là các số tự nhiên Þ Û Û a = 4 và b = 3 (còn a = – 3 và b = – 4 bị loại). Thay vào đẳng thức n + 26 = a3 hoặc n – 11 = b3 ta có n = 38.
c/ (2điểm) Biến đổi biểu thức A = (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) – x – y + xy + 1 + 2009 
= (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) + 2009 = [(x – 1) + (y – 1)] 2 + (y – 1)2 + 2009. 
Có [(x – 1) + (y – 1)] 2 ³ 0 và (y – 1)2 ³ 0 "x; y nên Amin = 2009 khi (y – 1)2 = 0 và [(x – 1) + (y – 1)] 2 = 0 Û x = 1 và y = 1. Vậy Amin = 2009 khi (x; y) = (1; 1).
Câu 3 (2đ) Để sử dụng định lý Viét đảo ta cần biến đổi hệ phương trình thành tổng và tích: 
Û . Xem và là hai nghiệm của PT: X2 – SX + P = 0 tức là: X2 – 5X + 6 = 0 X1 = 2; X2 = 3. Vậy ta có hai hệ PT sau: 
(I) và (II) .
*Giải hệ (I): Hệ (I) Û hoặc Û hoặc 
*Giải hệ (II): Hệ (II) Û hoặc Û hoặc 
Vậy hệ PT đã cho có 4 nghiệm là: (–1; –1); (– 5; 5); (0; 0); (– 6; 4). 
Câu 4 a/ Theo giả thiết: = 900. Tứ giác AEDC có hai đỉnh kề D và E cùng nhìn đoạn AC dưới một góc 900 nên nội tiếp đường tròn Þ = (cùng bù với ), mà = (góc nội tiếp cùng chắn ).
Vậy = nên tứ giác DIMC nội tiếp đường tròn.
b/ BM là đường kính của (O) nên = = 900 (chắn nửa đường tròn). Suy ra HC // AM (cùng ^ AB) và HA // CM (cùng ^ BC) nên AMCH là hình bình hành Þ K là trung điểm của đường chéo AC. Vậy OK ^ AC (quan hệ đường kính và dây cung).
Câu 5 Trước hết cần chứng minh P Î (O) với mọi vị trí M. Xét các trường hợp:
*Điểm M thuộc cạnh BC: Do AB tiếp xúc với đường tròn (BPM) nên = (vì cùng chắn ). Do AC tiếp xúc với đường tròn (CPM) nên = (chắn ).
Suy ra + = Â + = 1800 nên tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn. 
Qua ba điểm A, B, C chỉ xác định được một đường tròn (O) nên P Î (O).
* Điểm M thuộc tia Bx là tia đối của tia BC (hoặc M thuộc tia Cy là tia đối của tia CB) 
Chứng minh tương tự có = (chắn ) và = (chắn ) nên = . Hai đỉnh kề B và C của tứ giác ACBP cùng nhìn đoạn PA dưới những góc bằng nhau nên nội tiếp đường tròn. Suy ra P Î (O). 
Gọi N là giao điểm của đường thẳng PM với (O) thì trong cả hai trường hợp ta đều có: = (chắn ) và = Þ = , chúng ở vị trí so le nên AN // BC. Do DABC nội tiếp đường tròn (O) cho trước và AN // BC với N Î (O) nên điểm N cố định. Vậy PM đi qua điểm N cố định.