Bồi dưỡng Toán 9 đề 19

ĐÁP ÁN ĐỀ 19
Bài 1: Chứng minh rằng trong 2008 số khác nhau tùy ý lấy ra từ tập hợp:
 A ={1, 2, 3,..,20072008} có ít nhất 2 số x, y thỏa mãn: 0<2008x-2008y<1
Lời giải:
Chia tập hợp A thành 2007 tập hợp con
Ak={k2008,k2008 +1..,(k+1)2008–1} với k≤2005 
và A2006 ={20062008, .., 20072008–2}, A2007={20072008–1, 20072008}
Bây giờ lấy 2008 số khác nhau từ tập hợp A, theo nguyên lý Derichle, tồn tại 2 số x < y cùng nằm trong 1 tập hợp con Ap nào đó.Xét các trường hợp
a) p = 2007. 
Khi đó x=20072008–1 và y = 20072008. 
Ta có: 2008y=2007 Và 2008x>2006 nên 0<2008x-2008y<1 ĐPCM.
b) p ≤ 2006.
 Khi đó p2008 ≤ x < y≤ (p+1)2008–1 ( Đúng cho cả trường hợp p =2006)
⟹p<2008x<2008y<p+1 
⟹0<2008x-2008y<1 .
ĐPCM.
Bài 2: Chứng minh rằng: Với m, n nguyên dương thì |2009n-m| ≥ 190n
Lời giải:
Vì 2009 là số vô tỷ, mn là số hữu tỷ nên 2009≠mn
⟹2009≠m2n2⟹m2-2009n2≠0 
⟹m2-2009n2≥1m2-2009n2≤-1⟹m2≥2009n2+1m2≤2009n2-1⟹m≥2009n2+1m≤2009n2-1 
⟹m-2009n≥2009n2+1-2009n2009n-m≥2009n-2009n2-1 
⟹m-2009n≥12009n2+1+2009n2009n-m≥12009n+2009n2-1⟹2009n-m≥12009n2+1+2009n 
Mặt khác 2009<45 và 2009n2+1<45n nên:
12009n2+1+2009n>145n+45n=190n 
Do đó: 2009n-m>190n. ĐPCM.
Bài 3: Chứng minh bất đẳng thức nn+3 +(n+1)n+3 < (n+2)n+3
Bổ đề: Cho x≥0 , n∈N, ta có: 1+xn≥1+nx 
Chứng minh bổ đề: Ta có: 1+xn=1+nx+k=2nCnkxk≥1+nx
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Do đó:
1+2nn+3>1+n+32n =3n+2n>3⟹nn+3<13n+2n+3 	(1)
1+1n+1n+3>1+n+31n+1=2n+2n+1>2⟹n+1n+3<12n+2n+3 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
 nn+3+n+1n+3<12+13n+2n+3<n+2n+3 .ĐPCM.
Bài 4: Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn a ≥ b ≥ c; abc = 1 và a+b+c>1a+1b+1c
Chứng minh rằng: a + b> ab +1
Lời giải:
Trước hết, ta chứng minh c < 1.Thật vậy:
Nếu c >1. Vì a ≥ b ≥ c nên a > 1, b > 1 ⟹ abc > 1. Vô lý
Nếu c = 1. Vì a ≥ b ≥ c và abc = 1 nên a = 1, b = 1
 ⟹a + b + c =1a+1b+1c . Vô lý
Vậy c < 1.
Trở lại với bài toán ban đầu,ta có:
 a + b + c-1a+1b+1c>0
⟺a+b+1ab-1a+1b+ab>0 
⟺a+bab+1-a+b+a2b2ab>0 
⟺ab-1a+b-ab-1ab>0 
⟺1-1aba+b-ab-1>0 
⟺ (1 – c)(a + b – ab – 1) > 0
⟹ a + b – ab – 1 > 0
⟹a + b > ab + 1.ĐPCM
Bài 5: Cho tam giác cân ABC (AB = AC). M là điểm chuyển động trên cạnh đáy BC. Dựng đường tròn (O1) qua M và tiếp xúc với AB tại B, đường tròn (O2) qua M và tiếp xúc với AC tại C. Hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại D.
a) Chứng minh đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định
b) Chứng minh tổng độ dài hai đường tròn trên không phụ thuộc vào vị trí của M
Lời giải:
a) Ta có:∠MBO1 =900 – ∠ABC = 900 – ∠ACB = ∠MCO2
⟹ Hai tam giác cân ΔMO1B và ΔMO2C đồng dạng với nhau
Kẻ O2K vuông góc với BC. Ta có:
∠MDC = 12∠MO2C =∠KO2C	(1)
∠KO2C = ∠ACB (Cùng phụ với ∠KCO2) 	(2)
Từ (1) và (2) suy ra: ∠MDC = ∠ACB	 = C	(3)
Chứng minh tương tự, ta có:
∠MDB = ∠ABC = B 	(4)
Từ (3) và (4) suy ra ∠MDC = ∠MDB
Lại có: ∠BAC + ∠BDC = ∠BAC + ∠MDB + ∠MDC = A + B + C =1800
⟹Tứ giác ABDC là tứ giác nội tiếp
Vì MD là phân giác góc BDC nên MD đi qua điểm chính giữa cung BC không chứa D của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hay nói cách khác MD qua A là điểm cố định. ĐPCM.
b) Kẻ AH vuông góc với BC. Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính của các đường tròn (O1), (O2). Dễ dàng chứng minh được:
ΔAHC ∽ΔCKO2 (góc, góc) ⟹CO2AC=CKAH=MC2AH⟹R2=AC.MC2AH 	(5)
Tương tự như vậy, ta chứng minh được: R1=AB.MB2AH	(6)
Cộng vế theo vế hai đẳng thức (5) và (6) với chú ý rằng AB = AC, ta được:
R1+R2=AB2AHMB+MC=AB.BC2AH 
Độ dài của đường tròn (O1) là ρ1=2πR1
Độ dài của đường tròn (O2) là ρ2=2πR2
⟹ ρ1+ ρ2= 2πR1+R2=πAB.BCAH=const 
⟹Tổng độ dài của hai đường tròn không phụ thuộc vào vị trí của M. ĐPCM.