NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG
SỞ GIÁO VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Toán
(Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: a) Tính giá trị biểu thức:
3
( ) 3( )( 1)M x y x y xy= − + − +
, biết

3 3 3 3
3 2 2 3 2 2, 17 12 2 17 12 2x y= + − − = + − −
b) Giải phương trình:
2 2
2 5
1 1 3
x x
x x x x
− =
− + + +
Bài 2: a) Giải hệ phương trình:
2 2
3 3 2
3 4 (1)
12 6 +9 (2)
x y x
x x y x


AB tại I.
Chứng minh ba điểm H, N, I thẳng hàng.
Bài 5: Các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện: x + y +z = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 4 4
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
x y z
F
x y x y y z y z z x z x
= + +
+ + + + + +
Hết
NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 9 NĂM HỌC 2012-2013
Bài 1:
a) Ta có
(
)
( ) ( )
(
)
3
3 3 3 3
3
3
3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3 2 2 . 3 2 2 3 2 2x = + − − = + − + − + − + − −
3 3

x
= +
)
⇔
2
5 3 14 0( 1; 1) ( 2)(5 7) 0t t t t t t− − = ≠ ≠ − ⇔ − + =
2
7
5
t
t
=


⇔

= −

* Nếu t = 2
2
1
2 ( 1) 0 1x x x
x
⇒ + = ⇔ − = ⇔ =
* Nếu
7
5
t = −
2
1 7 7 51

NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG
* Nếu
2 2
0x y y x y x+ = ⇔ = − ⇒ =
thế vào phương trình (1) ta được
2 2
2 3 4 2( 1) 1 0x x x+ = ⇔ − + =
phương trình này vô nghiệm.
* Nếu
2 2
3 3 0x xy y x y− + − + =
, trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta được:
3
3 3 3 4 3 3 0 ( 3)( 1) 0
1
x
xy x y x xy x y x y
y
=

− − + − = − ⇔ − − + = ⇔ − − = ⇔

=

+ Nếu x =3 thay vào phương trình (1) ta suy y
2
= 0 suy ra y = 0, cặp (x;y) = (3;
0) thoả mãn phương trình (2).
+ Nếu y =1 thay vào phương trình (1) ta suy (x - 2)
2

a b c abc
⇒ + + − = ⇔ − − − = + + ≥ ⇒ − > ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
Nếu
( 1)( 1) 4a b− − ≥
, vì
3 3 ( 1)( 1)( 1) 4 3 4( 1)a b c c a b c c a b c c c< < ⇒ > + + ⇒ > − − − ≥ ⇒ > −
4c
⇒ <
trái với
4c
≥
. Suy ra
( 1)( 1) 2;3a b− − =
+ Nếu
1 1 2
( 1)( 1) 2 5
1 2 3
a a
a b c
b b
− = =
 
− − = ⇒ ⇒ ⇒ =
 
− = =
 
thoả mãn bài ra
+ Nếu
1 1 2
9

 ÷
+ + +
 
 

NGUYỄN VĂN TRUNG – THCS KỲ KHANG
(với
0; 0; 0x a b y b c z c a= + > = + > = + >
)
2 2 2 0
x y y z z x
y x z y x z
   
 
⇔ + − + + − + + − =
 ÷  ÷
 ÷
 
   
( ) ( ) ( )
2 2 2
0
x y y z z x
x y z a b c
xy yz zx
− − −
⇔ + + = ⇔ = = ⇔ = =
. Vậy tam giác ABC đều.
Bài 4: Từ bài ra ta có hình vẽ sau:
a) Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông cân tại A mà D là trung điểm của BC

0
90 AH BHAHB ADB hay= = ⊥
b) Theo câu ta có 5 điểm A, P, H, M, N cùng nằm trên đường tròn đường kính
AM và NP suy ra
·
·
0
90AHM AHB= =
suy ra 3 điểm B, H, M thẳng hàng nên
·
·
0
45BHN MHN= =
(1)
Vì BI// AD nên BI vuông góc với BC suy ra
·
0
45ABI =
. Gọi E là trung điểm của
AB ta có ta giác EBI vuông cân tại E nên EB = EI = EA suy ra tam giác IAB
vuông cân tại I.
Xét tứ giác AIBH có
·
·
0 0 0
90 90 180AIB AHB+ = + =
nên nội tiếp suy ra
·
·
0

+ + + +
;
Tương tự:
4 4 4 4
2 2 2 2 2 2 2 2
;
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
y z z x
y z z x
y z y z y z y z z x z x z x z x
− = − − = −
+ + + + + + + +
Do đó
4 4 4
2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
x y z
F
x y x y y z y z z x z x
= + +
+ + + + + +
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
4 4 4 4 4 4
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2

 
+ + +
 ÷
= + +
 ÷
+ + +
 
+ + +
≥ + +
+ +
( )
1 1
) 4 4
x y z
z x
 
= + + =
 ÷
 ÷
+
 
Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất bằng
1
4
khi x = y = z =
1
3