Đáp án đề thi học sinh giỏi toán 9 thành phố Hà Nội Từ năm 2011 đến 2015

1. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
1
Hongtriquang.edu.vn
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2014 - 2015
Bài I: (5 điểm)
1) Cho a, b, c thỏa mãn: abc = 1 và
1 1 1
a b c
a b c
     . Chứng minh rằng có ít nhất một trong
các số a, b, c bằng 1.
2) Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng: 3 1 3 1
2 2 1n n
A  
   là hợp số
Bài 2. (5đ)
1) Giải phương trình: 2
3 2 3 6 4x x x x   
2) Giải hệ phương trình:
3 2
2 2
2 12 0
8 12
x xy y
x y
   

 
Bài 3. (2đ) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn:
1 1 1
3
a b c
   , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
P
a ab b b bc c c ca a
  
     
Bài 4. (6đ). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm (O). Các đường cao AD,
BE, CF đồng quy tại H.
1) Chứng minh rằng: 2 2 2
cos cos cos 1BAC CBA ACB  
2) P là điểm thuộc cung nhỏ AC của đường tròn tâm O. Gọi M, I lần lượt là trung điểm các đoạn
thẳng BC và HP. Chứng minh MI vuông góc với AP.
Bài 5. (2đ)
1) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho:
2
2
2
p p 
là lập phương của một số tự nhiên
2) Cho 5 số thực không âm a, b, c, d, e có tổng bằng 1. Xếp 5 số này trên một đường tròn. Chứng
minh rằng tồn tại một cách xếp sao cho hai số bất kì nhau có tích không lớn hơn
1
9
./.

2. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
2
Hongtriquang.edu.vn
Đáp án HÀ NỘI Năm học 2014 – 2015
Bài I: (5 điểm)
1) Cho a, b, c thỏa mãn: abc = 1 và
1 1 1
a b c
a b c
     . Chứng minh rằng có ít nhất một trong
các số a, b, c bằng 1.
1 1 1
1 0a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca
a b c
                
( 1)( 1)( 1) 0a b c      ít nhất một trong ba số bằng 1
Lời bình: Qua bài toán này ta thu được kết quả
Nếu abc = 1 thì 0a b c ab bc ca     
Ta có thể mở rộng bài toán: ;b ;
x y z
a c
x y y z z x
  
  
ta có bài toán mới
Chứng minh rằng nếu ( )( )( )xyz x y y z z x    thì
     ( )( )
x y z xy yz zx
x y y z z x x y y z y z z x z x x y
    
        
Đặc biệt: 1 ;1 b ;1
y z x
a c
x y y z z x
     
  
nên
(1 )(1 )(1 )a b c abc    1 a b c ab bc ca abc abc        
 1 2a b c abc ab bc ca       
Bài này đơn giản hơn rất nhiều so với bài thi vào chuyên toán KHTN 2013 – 2014
Với a, b, c là các số thực khác 0 thỏa mãn đẳng thức: ( )( )( ) 8a b b c c a abc    . Chứng minh rằng:
3
4 ( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c ab bc ca
a b b c c a a b b c b c c a c a a b
     
        
2) Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng: 3 1 3 1
2 2 1n n
A  
   là hợp số
8 1( 7) 8 1( 7) 5 2 0( 7) 7n
mod mod A mod A        .
Mặt khác ta chứng minh được A >7 nên A là hợp số

3. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
3
Hongtriquang.edu.vn
Bài tương tự: Tìm số tự nhiên n để
2
2 6 2
5 12n n 
 là số nguyên tố (Hsg 2013)
Bài 2. (5đ)
1) Giải phương trình: 2
3 2 3 6 4x x x x   
2) Giải hệ phương trình:
3 2
2 2
2 12 0
8 12
x xy y
x y
   

 
1) Điều kiện:
3
2
x 
Cách 1. Biến đổi thành bình phương (tổng hoặc hiệu)
2 2
2 3 2 3 2 5 10 5 0x x x x x x        
2 2
( 3 2 ) 5( 1) 0x x x      .
1x 
Cách 2. Đánh giá
Nhận thấy VP > 0 nên x > 0
Ta có: 2 3 2
3( 1) 1 1, . .(3 2 ) 1
3
x x x
VP x VT x x x VT VP
  
         
Dấu “=” xảy ra khi x = 1
Sử dụng BDT cauchy:
4 2
1 3 2 2
2
x
x x

   
Do đó 2
3 6 4 3 2 (2 )x x x x x x      2
4( 1) 0 1x x    
Thử lại với x = 1 thỏa mãn phương trình
Cách 3. Liên hợp
  2
3 2 3 7 4x x x x x    
3(1 )
(3 4)( 1)
3 2 1
x
x x x
x

   
 
3
( 1) 3 4 0
3 2 1
x
x x
x
 
     
  
Với
3
2
x  thì
3
3 23 4 3. 4
2 0 13 2 1
x
x
x
    
 
2) Thay pt (2) vào pt (1) ta có: 3 2 2 2 2 2
2 ( 8 ) 0 ( 2 )( 4 ) 0x xy y x y x y x xy y        

4. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
4
Hongtriquang.edu.vn
Từ đó x = - 2y, thế trở lại pt (2) giải ra x = 2, y = -1
Bài tương tự: Giải hệ phương trình:
4 2
2 2
2 3
3
x x y
x y y
  

  
Cộng hai phương trình cho nhau
Bài 3. (2đ) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn:
1 1 1
3
a b c
   , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
P
a ab b b bc c c ca a
  
     
Bài giải
2 2
1 1 1 1
3
2 aab ab aba ab b
   
 
   
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Bài tương tự:
Bài 4. (6đ). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm (O). Các đường cao AD,
BE, CF đồng quy tại H.
1) Chứng minh rằng: 2 2 2
cos cos cos 1BAC CBA ACB  
2) P là điểm thuộc cung nhỏ AC của đường tròn tâm O. Gọi M, I lần lượt là trung điểm các đoạn
thẳng BC và HP. Chứng minh MI vuông góc với AP.
Bài giải
1) Chứng minh
2
2
Δ Δ AEF
ABC
S AE
AEF ABC cos BAC
S AB
 
    
 
Chứng minh tương tự và cộng lại ta có: s 2 2 2
1AEF BFD CED
ABC
S S S
cos ABC cos ACB cos BAC
S
 
   
2) Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua (O). Khi đó HBA′C là hình bình hành nên ta có M là trung
điểm HA′
Do đó MI||PA′⊥AP

5. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
5
Hongtriquang.edu.vn
Lời bình Đây là bài toán cơ bản, bởi ta đã quen với bài toán trực tâm với trung điểm cạnh. Mối liên
hệ giữa tâm ngoại tiếp và trực tâm.
Bài 5. (2đ)
1) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho:
2
2
2
p p 
là lập phương của một số tự nhiên
Bài giải
Từ giả thiết ta có: 2
( 1) 2( 1)( 1)p p a a a    
Nếu p = 2 thì a = 0 (thỏa mãn)
Nếu p > 2 thì p lẻ | ( 1)p a  hoặc 2
| ( 1)p a a 
Nếu | ( 1)p a  mà a < p p a 
Khi đó 2
( 1) 2( 1)( 1)p p a a a     2
2 3 2 0a a    (vô nghiệm)
Nếu 2
| ( 1)p a a  k  sao cho 2
1(*)pk a a  
Khi đó 2
( 1) 2( 1)( 1)p p a a a     1 2 ( 1)p k a    2 ( 1) 1p k a   
Thay vào pt (*) ta có 2 2 2
(2 1) 1 2 0a k a k k     
4 2
4 12 4 3k k k    
Cần tìm k sao cho  là số chính phương. Mà 2 2 2 2
(2 2) (2 4)k k    
4 2 2 2
4 12 4 3 (2 3)k k k k      3 127k p   
Vậy p = 2 hoặc p = 127.
2) Cho 5 số thực không âm a, b, c, d, e có tổng bằng 1. Xếp 5 số này trên một đường tròn. Chứng
minh rằng tồn tại một cách xếp sao cho hai số bất kì nhau có tích không lớn hơn
1
9
./.
Kẻ đường kính chứng minh đường trung bình

6. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
6
Hongtriquang.edu.vn
Giả sử a b c d e    . Khi đó, lấy a làm chuẩn và xếp theo chiều kim đồng hồ như sau:
a b c d e    . Cách xếp này sẽ thỏa mãn yêu cầu vì:
+) 21 1 1 1
( ) ( )
3 12 12 9
ad a b c d a b c d        
+)
1
9
bd ad 
+)
1
9
ce ae ad  
+)
2 2
21 1 2 1 2 1
( ) ( ) ( )
4 4 3 4 3 9
bc b c a b c a b c d
   
            
   
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2013 - 2014
Bài I: (5 điểm)
1) Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 2014;
1 1 1 1
2014a b c
   Tính giá trị của:
2013 2013 2013
1 1 1
M
a b c
  
2) Tìm số tự nhiên n để
2
2 6 2
5 12n n 
 là số nguyên tố
Bài 2 (5 điểm)
1) Giải phương trình: 2
2 2 2 1 2 0x x x    
2) Giải hệ phương trình:
2 2
4 4 2 2 2
4 5 2
9 5 4 2
x y z xy
x y z z x y
    

    
Bài 3 (2 điểm) Cho các số thực thỏa mãn: 0 4;0 4;0 4a b c      và a + b + c = 6. Tìm GTLN
của biểu thức: 2 2 2
P a b c ab bc ca     
Bài 4 (6 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp (O). Gọi điểm I là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác ABC, tia AI cắt (O) tại M (M khác A).
a) Chứng minh các tam giác IMB và IMC là các tam giác cân
b) Đường thẳng MO cắt đường tròn tại N (N khác M) và cắt cạnh BC tại P. Chứng
minh
2
BAC IP
sin
IN


7. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
7
Hongtriquang.edu.vn
c) Gọi các điểm D, E lần lượt là hình chiếu của I trên các cạnh AB, AC. Gọi điểm H, K lần lượt đối
xứng với các điểm D, E qua I. Biết rằng AB + AC = 3BC, chứng minh các điểm B, C, H, K cùng
thuộc 1 đường tròn
Bài 5 ( 2 điểm)
1) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn 5 2 1x y
 
2) Cho lục giác đều ABCDEF cạnh có độ dài bằng 1 và P là điểm nằm trong lục giác đó. Các tia
AP, BP, CP, DP, EP, FP cắt các cạnh của lục giác này lần lượt tại các
điểm 1 2 3 4 5 6, , , , ,M M M M M M (các điểm này lần lượt khác các điểm A, B, C, D, E, F). Chứng minh
lục giác 1 2 3 4 5 6M M M M M M có ít nhất 1 cạnh có độ dài lớn hơn hoặc bằng 1./.
ĐÁP ÁN
Bài 1
1) Từ gt
1 1 1 1
a b c a b c
  
 
1 1 1 1 ( )
( )
a b
a b a b c c c a b c
 
    
   
,
2
( )( ) ( )a b ac bc c a b ab      
2
( )( ) 0a b ac bc c ab      ( )( )(b c) 0a b a c    
2013 2013
1 1
2014
M
c
 
2) Xét n = 1; 2; 3 thấy n = 3 thỏa mãn.
Với n > 3 ta có:
2 2
2 6 2 3 1
5 12 25 12 13n n n n   
   
Mà 2
3 1n n  lẻ với mọi n, nên
2
3 1
25n n 
chia 13 dư -1; suy ra
2
3 1
25 12n n 
 chia hết cho 13.
Bài 2.
Điều kiện
1
2
x


Biến đổi phương trình thành 2 2
( 2 1 1)x x  
2 1 1
2 1 1
x x
x x
   
 
   
TH1. 1 2 1x x   2
1
2 1 2 1
x
x x x

 
   
1
0( ); 4( / )
x
x l x t m

 
 
4x 

8. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
8
Hongtriquang.edu.vn
TH2. Giải tương tự
Kết luận. Phương trình có nghiệm x = 4
2)
2 2
4 4 2 2 2
4 5 2
9 5 4 2
x y z xy
x y z z x y
    

    
Từ pt (1) 2 5
( ) 4 5 0
4
x y z z     
Từ phương trình (2): 2 2 2 2
( 4 9 5 (4 5)(1 z) 0)x zy z z      
5
1
4
z  
Từ đó
5
4
z 
Với
5
4
z  thì x = y.
Vậy hệ có nghiệm (x; y; z ) là
5
; ;
4
t t
 
 
 
Bài 3
Cách 1.
Giả sử a b c  suy ra 4 2a 
Ta có: 2
( ) 36P a b c ab bc ac ab bc ac         
Xét: (6 ) (6 )A ab bc ac a a bc a a       
Mặt khác: 0 ( 4)( 2)a a   nên: 2
6 8a a  suy ra (6 ) 8a a 
ta có GTLN của P là 28 , dấu bằng lệch là hoán vị (4,2,0)
Cách 2:
Do 0 ; ; 4 ( 4)( 4)( 4) 0a b c a b c      
4( ) 16( ) 64 0 16.6 64 32ab bc ca abc a b c            (do 0abc  )
8ab bc ca   
2
( ) ( ) 36 8 28P a b c ab bc ca        
ta có GTLN của P là 28, dấu bằng lệch là hoán vị (4,2,0)

9. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
9
Hongtriquang.edu.vn
Bài 4
a) Chứng minh hai tam giác cân do hai góc ở đáy bằng nhau. Thật vậy ta có:
MIB IAB IBA IBC IAC    (phân giác) IBC IAC IBC MBC    (góc cùng chắn cung MC )
MBI
Suy ra tam giác MIB cân tại M suy ra MI=MB và do đó MI=MB=MC.
b)
Gợi ý. Ta có
ˆ
2
MB IM
B
BA
NM
MN MN
C
sin sin  
Ta chứng minh
IM IP
MN IN

Bằng cách chứng minh tam giác MIP đồng dạng MNI
Ta chứng minh ( )IMP NMI c g c   
IM MP
NM MI
  2
.MP MN MB  (luôn đúng)
c)
P
N
O
K
H
A
B
C
M
I
D
E
P
N
O
K
H
A
B
C
M
I
D
E
P
N
O
K
H
A
B
C
M
I
D
E

10. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
10
Hongtriquang.edu.vn
Ta có I, B, C cùng thuộc một đường tròn (M,IM) (1).
Ta có AB + AC = 3BC, mà theo định lý Ptoleme áp dụng cho tứ giác nội tiếp ABCM có:
 . . . . 3 . 3 .AM BC AB MC AC MB AB AC MI BC DI AM MI      
Gọi G là trung điểm IA thì AG = GI = IM và G là tâm đường tròn đường kính IA chứa A, D, E, I.
Vì IG = IM nên 2 đường tròn (G, IG) và (M, IM) đối xứng nhau qua I. Vì D, E thuộc (G, IG) nên
đối xứng H, K của D, E qua I cũng thuộc (M, IM) hay H, K cũng thuộc (M, IM) (2).
Từ (1) và (2) ta có B, C, H, K cùng thuộc đường tròn (M, IM) (đpcm).
Bài 5
1) Xét mod 8 suy ra x chẵn, đặt x = 2z; có  25 1z
 chia hết cho 24, tức chia hết cho 3. Pt có
nghiệm x = 1; y = 2
2) -Vì các điểm M không trùng với các đỉnh của lục giác ban đầu nên P không nằm trên đường chéo
nào của lục giác.
Suy ra P nằm hoàn toàn ở miền trong của tam giác có đỉnh O và cạnh là cạnh lục giác ban đầu.
Không mất tính tổng quát, ta cho P nằm ở miền trong tam giác OAB
Khi đó các đường AP, BP,CP, DP,EP,FP không cắt được đoạn CD.
Tổng quát là tồn tại ít nhất một cạnh của lục giac ABCDEF không bị cắt
TH1: Nếu có một cạnh không bị cắt, ta xét 2 điểm M nằm trên 2 cạnh liền kề cạnh này là xong.
TH2: nếu có 2 cạnh liên tiếp không bị cắt thì ta lại xét 2 điểm M năm trên 2 cạnh liên tiếp bị cắt của
2 cạnh không bị cắt này.

11. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
11
Hongtriquang.edu.vn
Gọi 2 điểm M1, M2 thuộc 2 cạnh FA, CD thì góc M1BM2 > 600
, tức cạnh M1M2 lớn hơn 1
trong 2 cạnh BM1 hoặc BM2, lớn hơn 1.
TH 3:Nếu có 3 cạnh liên tiếp không bị cắt thì ta xét 2 điểm M nằm ở 2 cạnh bị cắt mà không liền
nhau
TH4. có 4 cạnh liên tiếp không bị cắt. Suy ra 2 cạnh bị cắt liên tiếp nhau. Chúng có chung đỉnh ,
đỉnh C chẳng hạn. Khi đó, 2 cạnh bị cắt là CB và CD. Mặt khác CP phải cắt một cạnh khác ngoài
CB và CD . Số cạnh bị cắt không ít hơn 3. Sẽ không tồn tại 4 cạnh liên tiếp không bị cắt.
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2012-2013
Câu 1. (5 điểm)
a) Tìm các số thực a, b sao cho đa thức: 4 3 2
4 11 2 5 6x x ax bx    chia hết cho đa thức 2
2 3x x 

12. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
12
Hongtriquang.edu.vn
b) Cho biểu thức 2013 2012 2011 2013 2012 2011
(a 8 11 ) ( 8 11 )P a a b b b      . Tính giá trị của biểu thức P
với 4 5a   ; 4 5b  
Câu 2. (5 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
6 5 5 6 0
20 28 9 0
x y xy x y
x y x
      

   
b) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: 2 2
6 10 2 28 18 0x y xy x y     
Câu 3. (2 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn:
1 2 3
3
a b c
   . Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
27 8 3
c(c 9 ) a(4a ) b(9b 4 ) 2
a b c
a b c
  
  
Câu 4. (7 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) và AB < AC. Các
đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng
EF và CB. Đường thẳng AI cắt (O) tại M (M khác A).
a) Chứng minh năm điểm A, M, F, H, E cùng nằm trên đường tròn.
b) Gọi N là trung điểm BC, chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.
c) Chứng minh BM.AC + AM.BC = AB.MC
Câu 5. (1 điểm). Cho 2013 điểm 1 2 2013; ;...A A A và đường tròn (O;1) tùy ý cùng nằm trong mặt
phẳng. Chứng minh trên đường tròn (O; 1) đó ta luôn có thể tìm được điểm M sao cho
1 2 2013...M 2013MA MA A  
Bài giải
1a) Tìm các số thực a, b sao cho đa thức: 4 3 2
4 11 2 5 6x x ax bx    chia hết cho đa thức
2
2 3x x 

13. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
13
Hongtriquang.edu.vn
Đặt  4 3 2 2
( ) 4 11 2 5 6 2 3 ( ) ( 1)( 3) ( )f x x x ax bx x x q x x x q x          
Từ đó
( 1) 0
(3) 0
f
f
 


2 5 9
18 15 91
a b
a b
 
 
 
1b) Nhận xét
8
11
a b
ab
 


nên a, b là nghiệm của phương trình 2
8 11 0x x  
Ta có 2013 2012 2011 2013 2012 2011
(a 8 11 ) ( 8 11 )P a a b b b     
2 2011 2 2011
(a 8 11) ( 8 11)a a b b b      0
2)
a) Tính Delta hoặc phân tích thành nhân tử từ pt (1) (2x − y + 3)(3x + y − 2) = 0
Rút y theo x, thay vào phương trình (2) ta giải được hệ
b) Nhân 2 vào 2 vế (x + 4y)2
+ (4y − 7)2
+ (x − 1)2
+ 10x2
− 14 = 0
Từ đó 2
10x 14 0  1x 
Xét ba trường hợp, x = -1; x = 0; x = 1 thay vào ta tìm được y.
Câu 3.
Đặt
1 2 3
( ; ; ) ( ; ; )a b c
x y z
 khi đó 3x y z  
BĐT cần chứng minh tương đương với
3
2 2
3
2
z
x z



Ta có
2 2
2 2 2 2
3 3
( ) ( ) 3
2 2 2
z zx x
z z
x z x z
      
 
  
Dấu bằng xảy ra khi a = 2b = 3c = 1.
Câu 4.
A
F
E
I
M
H

14. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
14
Hongtriquang.edu.vn
a) Sử dụng dấu hiệu tích trong chứng minh tứ giác nội tiếp ta có .IF IB.IC IM.IAIE   nên tứ giác
AMFE nội tiếp
Mặt khác, tứ giác AFHE nội tiếp
Vậy A, M, F, H, E cùng nằm trên đường tròn.
b) Vì tứ giác AMHE nội tiếp nên HM vuông góc với AM tại M
Sử dụng bổ đề nếu HN kéo dài cắt (O) tại D thì A, O, D thẳng hàng. Khi đó DM vuông góc với IA
Vậy HM, DM cũng vuông góc với IA nên H, M, D thẳng hàng, tức H, M, N thẳng hàng.
c) Sử dụng định lí Ptoleme cho tứ giác AMBC
Câu 5. Kẻ đường kính DE bất kì 1 2 2013 1 2 2013( .. ) ( .. ) 4026DA DA DA EA EA EA       
Đặt 1 2 2013..P DA DA DA    , 1 2 2013..S EA EA EA   
Nếu 2013P  thì D là điểm M cần tìm
Nếu 2013P  thì 2013P  thì E là điểm cần tìm.
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI Năm học 2011-2012
Bài I: (5 điểm)

15. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
15
Hongtriquang.edu.vn
1) Cho biểu thức 2012 2012 2012 2008 2008 2008
( ) ( )A a b c a b c      với a, b, c là các số nguyên dương.
Chứng minh A chia hết cho 30
2) Cho 3 2012
( ) (2x 21x 29)f x    Tính f(x) tại 3 3
49 49
x 7 7
8 8
   
Bài II: (5 điểm)
1.Giải phương trình: 2 2
12 5 3 5x x x     2.Giải hpt
2 2
2 2
2 0
6
x xy x y y
x y x y
     

   
Bài III (2 điểm) Giải pt nghiệm nguyên dương : 2 2
2 3 5 3 4 0x y xy x y     
Bài IV (4 điểm)
Cho A là điểm thuộc nửa đường tròn tâm O đường kính BC ( A không trùng với B, C) Gọi H là
hình chiếu của A lên BC. Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N.
1) Chứng minh AO MN
2) Cho AH= 2 cm, BC= 7 cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC
Bài V (4 điểm)
1) Gọi 1 2 3, , ,h h h r lần lượt là độ dài các đường cao và bán kính đường tròn nội tiếp của một tam
giác. Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều khi và chỉ khi
1 2 2 3 3 1
1 1 1 1
2 2 2 3rh h h h h h
 
  
2) Trong mặt phẳng cho 8045 điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho
không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được 2012 điểm nằm trong
hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1.
Gợi ý
Bài 1

16. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
16
Hongtriquang.edu.vn
a) Biến đổi A về dạng
2008 2 2 2008 2 2 2008 2 2
( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)A a a a b b b c c c        
Chứng minh được 2 2
x( 1)( 1)x x  chia hết cho 30 với x nguyên. Từ đó A chia hết cho 30.
b) 3 3
7 7
7 7
2 2 2 2
x     3 37
14 3 2 21 28 0
2
x x x x       
3 2012 2012
( ) (2 21 29) ( 1) 1f x x x      
Bài 2
a) Giải phương trình sau 2 2
12 5 3 5x x x    
Giải:
Cách 1. Để phương trình có nghiệm thì : 2 2 5
12 5 3 5 0
3
x x x x       
Ta nhận thấy : x = 2 là nghiệm của phương trình
 
 
2 2
2 2
2 2
2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 1
2 3 0 2
12 4 5 3
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x
 
          
   
  
       
    
Do
2 2 2 2
1 1 2 2
0
12 4 5 3 12 4 5 3
x x
x x x x
 
   
       
5
3
x 
Từ đó
2 2
2 2 5
3 0,
312 4 5 3
x x
x
x x
 
    
   
nên pt (*) vô nghiệm.
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2.
Cách 2. Từ pt đã cho chuyển vế ta có 2 2 7
12 5
3 5
x x
x
   

Từ pt trên suy ra x dương.
Xét 2x  suy ra 4 3 7VT VP   
Xét
5
2
3
x  suy ra 7VT VP 
Thử với x = 2 đúng.

17. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
17
Hongtriquang.edu.vn
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2.
b)
Từ pt (1) 2 2
2 0x xy x y y     , ta coi pt ẩn x, tính Δ = 9y2
− 6y + 1 → x = y; x = −2y − 1
Thay vào pt (2) và ta giải được hệ.
Bài 3.
Biến đổi về pt bậc 2 ẩn x : 2 11
Δ 14 33 0
3
y
y y
y

     

Vì phương trình có nghiệm x là số nguyên nên Δ là số chính phương.
Đặt 2 2
Δ 14 33 ( )y y k k Z      7 7 16y k y k    
Ta đc 4 nghiệm           , 14;11 16, ,:12 4;3 2;2,x y 
Bài 4
Câu a) Quá quen thuộc

18. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
18
Hongtriquang.edu.vn
Ta có AMHN là hình chữ nhật nên 0
O B 90OAN ANM AC IAN AC ABC     
Từ đó AO vuông góc với MN
Hoặc Chứng minh tam giác AIK đồng dạng với AOH; (K là giao điểm của MN và AO)
Câu b)
Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp △MNC
Vì tứ giác BMNC nội tiếp để nên B cũng thuộc đường tròn đó
Gọi I là giao điểm của AH và MN IJ MN  mà theo câu a OA⊥MN / /IJ OA
CM tương tự OJ // AI
Vậy AIJO là hình bình hành
2
2 2
AH
OJ AI   ;
7
2 2
AB
OB AB   ; 2 2 2 27 2 3
( ) ( )
2 2 2
BJ OB OJ    
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN là
3
2
Bài 5.
1
1 1 1 1
2 2 2 3
S S S S S S S
a b b c c a a b c
  
  
 
1 1 1 9
2
2
S S S
S
a b a b b a b
 
     
 
1 2
92
a b
S S S
a b

 

1 1 1 1
32 2 2 3
a b c
S S S S S S SS
a b b c c a a b c
 
   
  
 

19. THI HSG TP HN 9 Thầy Hồng Trí Quang
19
Hongtriquang.edu.vn
2. Gọi X là tập hợp các điểm đã cho trước.
Trong các tam giác có 3 đỉnh thuộc tập
X, ta chọn △ABC là tam giác có diện
tích lớn nhất.
Các đường thẳng qua A,B,C thứ tự
song song với BC,CA,AB đôi một cắt
nhau tại D,E,F như hình vẽ.
Ta chứng minh mọi điểm của tập X đều nằm trong △DFE, kể cả trên cạnh.
Giả sử, có 1 điểm M thuộc tập X sao cho M nằm ngoài △DFE. Không mất tính tổng quát, giả sử vị
trí của M nằm như hình vẽ.