Đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Bắc Ninh – Năm học 2022 – 2023

Đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Bắc Ninh – Năm học 2022 – 2023

 Bài 1. (4,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức  $ P=\frac{x-2\sqrt{x}}{x\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}+1}{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}}+\frac{1+2x-2\sqrt{x}}{{{x}^{2}}-\sqrt{x}} $ ,  $ \left( x>0;\,x\ne 1 \right) $
2) Cho đường thẳng  $ \left( d \right) $ :  $ y=ax+b\,\,\left( a\ne 0 \right) $ . Tìm  $ a,\,\,b $  biết  $ \left( d \right) $  đi qua  $ M\left( 1,\,\,2 \right) $ và cắt trục  $ Ox,\,\,Oy $ lần lượt tại  $ A $  và  $ B $  sao cho tam giác  $ OAB $  cân,  $ O $  là gốc tọa độ.

Bài 2. ( 4,0 điểm)
1) Giải phương trình \[5{{x}^{2}}+6x+4=3\left( x+1 \right)\sqrt{3{{x}^{2}}+4}\] .
2) Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{align}
& \left( 4{{x}^{2}}+1 \right)x+\left( y-3 \right)\sqrt{5-2y}=0 \\
& {{x}^{3}}-5{{x}^{2}}+3x-8+2y=0 \\
\end{align} \right.\].

Bài 3. ( 4,0 điểm).
1) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương  $ \left( x,\,\,y \right) $ của phương trình  $ \left| \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}-\frac{1}{10} \right|=\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{100}} $
2) Cho  $ a,\,\,b $ là các số nguyên dương thỏa mãn  $ p={{a}^{2}}+{{b}^{2}} $  là số nguyên tố và  $ p-5 $ chia hết cho  $ 8 $ . Giả sử  $ x,\,\,y $ là các số nguyên thỏa mãn  $ a{{x}^{2}}-b{{y}^{2}} $ chia hết cho  $ p $ . Chứng minh rằng cả hai số  $ x,\,\,y $ chia hết cho  $ p $ .

Bài 4. ( 6,0 điểm) Cho hình vuông  $ ABCD $  nội tiếp đường tròn  $ \left( O \right) $ . Điểm  $ M $  thuộc cung nhỏ  $ CD $  của đường tròn  $ \left( O \right) $ ,  $ \left( M\ne C,\,\,M\ne D \right) $ . Đường thẳng  $ MA $ cắt  $ BD $  và  $ DC $ theo thứ tự tại  $ H $ và $ K $ , đường thẳng  $ MB $ cắt  $ CD $  và  $ AC $ theo thứ tự tại  $ E $ và $ F $ . Hai đường thẳng  $ CH $ , $ DF $ cắt nhau tại  $ N $ .
a) Chứng minh rằng tứ giác  $ DHEM $ nội tiếp và  $ HE $ là phân giác của góc $ MHC $ .
b) Gọi  $ G $ là giao điểm của  $ KF $ và $ HE $  . Chứng minh rằng tứ giác  $ GHOF $ là hình chữ nhật và $ G $  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  $ KNE $ .
c) Chứng minh rằng  $ \frac{HN}{HM}=\frac{DK}{DC} $ .

Bài 5. ( 2,0 điểm)
1) Cho đường tròn tâm .

Bước 1, lấy một đường kính của của đường tròn đó, tại mỗi đầu mút của đường kính ghi số 1.

Bước 2, tại điểm chính giữa của mỗi cung nhận được ghi số 2.

Bước 3, coi 4 điểm đã ghi số ở trên là các điểm chia đường tròn; khi đó, đường tròn được chia thành 4 cug bằng nhau; tại điểm chính giữa của mỗi cung này ta ghi số có giá trị bằng tổng của hai số được ghi ở hai đầu cung tương ứng.

Cứ tiếp tục quá trình như vậy, hỏi sau 2021 bước tổng các số được ghi trên đường tròn là bao nhiêu?

2) Cho ba số  $ a,\,\,b,\,\,c $ không âm thỏa mãn:  $ {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1 $ . Chứng minh:
$ \left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)\frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}}\le \frac{3}{2} $

HƯỚNG DẪN GIẢI  Đề thi HSG Toán 9 Tỉnh Bắc Ninh – Năm học 2022 – 2023

Bài 1.  (4,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức $P=\frac{x-2\sqrt{x}}{x\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}+1}{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}}+\frac{1+2x-2\sqrt{x}}{{{x}^{2}}-\sqrt{x}}$,  $\left( x>0;\,x\ne 1 \right)$

2)  Cho đường thẳng $\left( d \right)$: $y=ax+b\,\,\left( a\ne 0 \right)$. Tìm $a,\,\,b$ biết $\left( d \right)$ đi qua $M\left( 1,\,\,2 \right)$và cắt trục $Ox,\,\,Oy$lần lượt tại $A$ và $B$ sao cho tam giác $OAB$ cân, $O$ là gốc tọa độ.

Lời giải

1) a) Với $x>0;\,x\ne 1$, ta có:

$P=\frac{x-2\sqrt{x}}{x\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}+1}{x\sqrt{x}+x+\sqrt{x}}+\frac{1+2x-2\sqrt{x}}{{{x}^{2}}-\sqrt{x}}$

$P=\frac{x-2\sqrt{x}}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( x+\sqrt{x}+1 \right)}+\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}\left( x+\sqrt{x}+1 \right)}+\frac{1+2x-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( x+\sqrt{x}+1 \right)}$

$P=\frac{\sqrt{x}\left( x-2\sqrt{x} \right)+\left( \sqrt{x}+1 \right)\left( \sqrt{x}-1 \right)+1+2x-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( x+\sqrt{x}+1 \right)}$

$P=\frac{\sqrt{x}\left( x+\sqrt{x}-2 \right)}{\sqrt{x}\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( x+\sqrt{x}+1 \right)}$

$P=\frac{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( \sqrt{x}+2 \right)}{\left( \sqrt{x}-1 \right)\left( x+\sqrt{x}+1 \right)}$

$P=\frac{\sqrt{x}+2}{x+\sqrt{x}+1}$

2)  Cho đường thẳng $\left( d \right)$: $y=ax+b\,\,\left( a\ne 0 \right)$. Tìm $a,\,\,b$ biết $\left( d \right)$ đi qua $M\left( 1,\,\,2 \right)$và cắt trục $Ox,\,\,Oy$lần lượt tại $A$ và $B$ sao cho tam giác $OAB$ cân, $O$ là gốc tọa độ.

Vì $\left( d \right)$ đi qua $M\left( 1,\,\,2 \right)$ nên $a+b=2$.

Đường thẳng $\left( d \right)$ cắt trục $Ox,\,\,Oy$lần lượt tại $A\left( \frac{-b}{a};0 \right)$ và $B\left( 0,b \right)$

Tam giác $OAB$ cân khi $OA=OB\Rightarrow \left| \frac{b}{a} \right|=\left| a \right|\Leftrightarrow \left| a \right|=1\left( \text{Do}\,\,b\ne 0 \right)$

$\Rightarrow a=\pm 1$

Nếu $a=-1\Rightarrow b=3$.

Nếu $a=1\Rightarrow b=1$.

Vậy $\left( a,b \right)\in \left\{ \left( -1;3 \right),\left( 1;1 \right) \right\}$

Bài 2.   ( 4,0 điểm)

1)  Giải phương trình $5{{x}^{2}}+6x+4=3\left( x+1 \right)\sqrt{3{{x}^{2}}+4}$.

2) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{align}& \left( 4{{x}^{2}}+1 \right)x+\left( y-3 \right)\sqrt{5-2y}=0 \\& {{x}^{3}}-5{{x}^{2}}+3x-8+2y=0 \\\end{align} \right.$.

Lời giải

1)  Giải phương trình $5{{x}^{2}}+6x+4=3\left( x+1 \right)\sqrt{3{{x}^{2}}+4}$.

Ta có $5{{x}^{2}}+6x+4=3\left( x+1 \right)\sqrt{3{{x}^{2}}+4}$

$\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+4-3\left( x+1 \right)\sqrt{3{{x}^{2}}+4}+2{{x}^{2}}+6x=0$

Đặt $t=\sqrt{3{{x}^{2}}+4}$ ta được phương trình ${{t}^{2}}-3\left( x+1 \right)t+2{{x}^{2}}+6x=0$

Ta có $\Delta =9{{\left( x+1 \right)}^{2}}-4\left( 2{{x}^{2}}+6x \right)={{\left( x-3 \right)}^{2}}$

$ \Rightarrow \left[ \matrix{
t = 2x \hfill \cr
t = x + 3 \hfill \cr} \right.$

Với $t=2x\Rightarrow \sqrt{3{{x}^{2}}+4}=2x\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\ge 0 \\& {{x}^{2}}-4=0 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow x=2$

Với $t=3+x\Rightarrow \sqrt{3{{x}^{2}}+4}=3+x\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\ge -3 \\& 2{{x}^{2}}-6x-5=0 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow x=\frac{3\pm \sqrt{19}}{2}$

Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left\{ \frac{3-\sqrt{19}}{2};2;\frac{3+\sqrt{19}}{2} \right\}$

 2) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{align}& \left( 4{{x}^{2}}+1 \right)x+\left( y-3 \right)\sqrt{5-2y}=0\left( 1 \right) \\& {{x}^{3}}-5{{x}^{2}}+3x-8+2y=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right) \\\end{align} \right.$.

ĐKXD: $y\le \frac{5}{2}$

Ta có $\left( 1 \right)\Leftrightarrow \left( 4{{x}^{2}}+1 \right)x+\left( y-3 \right)\sqrt{5-2y}=0$

$\Leftrightarrow {{\left( 2x \right)}^{3}}+2x={{\left( \sqrt{5-2y} \right)}^{3}}+\sqrt{5-2y}\left( 3 \right)$

Nếu $2x>\sqrt{5-2y}\Rightarrow {{\left( 2x \right)}^{3}}+2x>{{\left( \sqrt{5-2y} \right)}^{3}}+\sqrt{5-2y}$

Nếu $2x<\sqrt{5-2y}\Rightarrow {{\left( 2x \right)}^{3}}+2x<{{\left( \sqrt{5-2y} \right)}^{3}}+\sqrt{5-2y}$

Nếu $2x=\sqrt{5-2y}\Rightarrow {{\left( 2x \right)}^{3}}+2x={{\left( \sqrt{5-2y} \right)}^{3}}+\sqrt{5-2y}$

Do đó từ (1) ta có: $2x=\sqrt{5-2}\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x\ge 0 \\& 2y=5-4{{x}^{2}} \\\end{align} \right.$

Thay vào phương trình (2) ta được :

$2{{\left( x-1 \right)}^{3}}={{\left( x+1 \right)}^{3}}\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt[3] {2}+1}{\sqrt[3] {2}-1}\Rightarrow y=\frac{5}{2}-2{{\left( \frac{\sqrt[3] {2}+1}{\sqrt[3] {2}-1} \right)}^{2}}$ ( thỏa ĐK)

Vậy nghiệm của hệ là $\left( x,\,y \right)=\left( \frac{\sqrt[3] {2}+1}{\sqrt[3] {2}-1};\,\,\,\frac{5}{2}-2{{\left( \frac{\sqrt[3] {2}+1}{\sqrt[3] {2}-1} \right)}^{2}} \right)$

Bài 3.   ( 4,0 điểm).

1) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương $\left( x,\,\,y \right)$của phương trình $\left| \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}-\frac{1}{10} \right|=\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{100}}$

2) Cho $a,\,\,b$là các số nguyên dương thỏa mãn $p={{a}^{2}}+{{b}^{2}}$ là số nguyên tố và $p-5$chia hết cho $8$. Giả sử $x,\,\,y$là các số nguyên thỏa mãn $a{{x}^{2}}-b{{y}^{2}}$chia hết cho $p$. Chứng minh rằng cả hai số $x,\,\,y$chia hết cho $p$.

Lời giải

1) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương $\left( x,\,\,y \right)$của phương trình $\left| \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}-\frac{1}{10} \right|=\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{100}}$

Ta có $\left| \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}-\frac{1}{10} \right|=\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{100}}\Rightarrow {{\left( \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}-\frac{1}{10} \right)}^{2}}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{100}$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}=10\Leftrightarrow \sqrt{x}=10-\sqrt{y}\Leftrightarrow x=y-20\sqrt{y}+100$

Vì $x,\,\,y$ nguyên dương nên $y$là số chính phương, lập luận tương tự thì $x$ cũng là số chính phương.

Đặt $x={{a}^{2}},\,\,y={{b}^{2}}\,\,\left( a,\,\,b\in \mathbb{N} \right)$

Ta có $a+b=10$

$\Rightarrow \left( a,b \right)\in \left\{ \left( 1;\,9 \right),\,\,\left( 2;\,\,8 \right),\,\left( 3;\,\,7 \right),…,\,\,\left( 9;\,\,1 \right) \right\}$

$\Rightarrow \left( x,y \right)\in \left\{ \left( 1;\,81 \right),\,\,\left( 4;\,\,64 \right),\,\left( 9;\,\,47 \right),…,\,\,\left( 81;\,\,1 \right) \right\}$

2) Cho $a,\,\,b$là các số nguyên dương thỏa mãn $p={{a}^{2}}+{{b}^{2}}$ là số nguyên tố và $p-5$chia hết cho $8$. Giả sử $x,\,\,y$là các số nguyên thỏa mãn $a{{x}^{2}}-b{{y}^{2}}$chia hết cho $p$. Chứng minh rằng cả hai số $x,\,\,y$chia hết cho $p$.

Vì $p-5\vdots 8\Rightarrow p=8k+5\left( k\in \mathbb{N} \right).$

Ta có ${{\left( a{{x}^{2}} \right)}^{4k+2}}-{{\left( b{{y}^{2}} \right)}^{4k+2}}\vdots \left( a{{x}^{2}}-b{{y}^{2}} \right)\vdots p$

$\Rightarrow {{a}^{4k+2}}{{x}^{4k+4}}-{{b}^{4k+2}}{{y}^{4k+4}}\vdots p$

Mà ${{a}^{4k+2}}{{x}^{4k+4}}-{{b}^{4k+2}}{{y}^{4k+4}}=\left( {{a}^{4k+2}}+{{b}^{4k+2}} \right){{x}^{8k+4}}-\left( {{x}^{8k+4}}+{{y}^{8k+4}} \right){{b}^{4k+2}}$

Do $\left( {{a}^{4k+2}}+{{b}^{4k+2}} \right)=\left( {{\left( {{a}^{2}} \right)}^{2k+1}}+{{\left( {{b}^{2}} \right)}^{2k+1}} \right)\vdots \left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)=p$

Và $b<p$ nên $\left( {{x}^{8k+4}}+{{y}^{8k+4}} \right)\vdots p\left( * \right)$

Nếu trong hai số $x,\,\,y$ có một số chia hết cho $p$thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng chia hết cho $p$.

Nếu cả hai số đều không chia hết cho $p$thì theo định lí Fecma ta có ${{x}^{8k+4}}={{x}^{p-1}}\equiv 1\left( \bmod \,p \right);\,$

$\,{{y}^{8k+4}}={{y}^{p-1}}\equiv 1\left( \bmod \,p \right)$$\Rightarrow \,{{x}^{8k+4}}+{{y}^{8k+4}}\equiv 2\left( \bmod \,p \right)$ mâu thuẫn với (*)

Vậy cả hai số $x,\,\,y$chia hết cho $p$.

Bài 4.   ( 6,0 điểm) Cho hình vuông $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$.  Điểm $M$ thuộc cung nhỏ $CD$ của đường tròn $\left( O \right)$, $\left( M\ne C,\,\,M\ne D \right)$. Đường thẳng  $MA$cắt $BD$ và  $DC$theo thứ tự tại $H$và$K$,  đường thẳng  $MB$cắt $CD$ và  $AC$theo thứ tự tại $E$và$F$. Hai đường  thẳng $CH$,$DF$cắt nhau tại $N$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $DHEM$nội tiếp và $HE$là phân giác của góc$MHC$.

b) Gọi $G$là giao điểm của $KF$và$HE$ . Chứng minh rằng tứ giác $GHOF$là hình chữ nhật và$G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $KNE$.

c) Chứng minh rằng $\frac{HN}{HM}=\frac{DK}{DC}$.

Lời giải

a) Vì hình vuông $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên $O$ là giao điểm hai đường chéo của hình vuông.

Ta có $\widehat{HDE}=\widehat{HME}=45{}^\circ $ nên tứ giác  $DHEM$nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{DHE}=\widehat{DME}=90{}^\circ $

lại có $BD$là đường trung trực của $AC$ mà $H\in BD$nên $\Delta AHC$ cân tại $H$

Suy ra $HB$là phân giác của góc$AHC$

Ta có $\widehat{OHE}=\frac{1}{2}\widehat{AHM}\Rightarrow \widehat{EHC}+\widehat{OHC}=\frac{1}{2}\left( \widehat{AHC}+\widehat{MHC} \right)$

$\Rightarrow \widehat{EHC}=\frac{1}{2}\widehat{MHC}$

Vậy $HE$là phân giác của góc$MHC$.

b) Xét $\Delta HDE$ có $\widehat{DHE}=90{}^\circ ,\,\,\widehat{HDE}=45{}^\circ \Rightarrow \widehat{GEK}=45{}^\circ $

Ta có $\widehat{MKC}=\frac{1}{2}\left( \text{sd }\overset\frown{AD}+\text{sd }\overset\frown{MC} \right);\,\,\widehat{MFC}=\frac{1}{2}\left( \text{sd }\overset\frown{AB}+\text{sd }\overset\frown{MC} \right)$

Mà $\overset\frown{AB}=\overset\frown{AD}\Rightarrow \widehat{MKC}=\widehat{MFC}\Rightarrow MKFC$ nội tiếp.

Lại có $\widehat{KMC}=\widehat{AMC}=90{}^\circ \Rightarrow \widehat{KFC}=90{}^\circ \,\,\text{hay}\,\,KF\bot AC$

Vì $\widehat{GHO}=\widehat{HOF}=\widehat{GFO}=90{}^\circ \Rightarrow GHOF$ là hình chữ nhật.

Ta có $\widehat{HGF}=90{}^\circ \Rightarrow \widehat{HGK}=90{}^\circ ;\,\,\widehat{KGE}=90{}^\circ $

$\Rightarrow \Delta KGE$ vuông cân tại $G\Rightarrow GK=GE\left( 1 \right)$

Vì $\widehat{AMB}=\widehat{BMC}$ nên $MB$ là phân giác của $\widehat{AMC}$. $\Delta MHC$có $HE$ là phân giác của $\widehat{MHC}$ và $ME$là phân giác của $\widehat{HMC}$ nên $E$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta HMC$, do đó $EC$ là phân giác của $\widehat{HCM}$hay ta đươc $\widehat{NCD}=\widehat{MCD}$ . Chứng minh tương tự như ý a ta được $KF$ là phân giác của $\widehat{MFD}$.

Ta cũng có  $\widehat{AMD}=\frac{1}{2}\text{sd }\overset\frown{AD};\,\widehat{AMB}=\frac{1}{2}\text{sd }\overset\frown{AB}$nên $\Rightarrow \widehat{AMD}=\widehat{AMB}$ hay $MK$là phân giác của $\widehat{DMF}$. Vậy $K$là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta DMF$, suy ra $DC$là phân giác của $\widehat{NDM}$$\Rightarrow \widehat{NDC}=\widehat{MDC}$

Hai tam giác  $\Delta NDC,\,\,\Delta MDC$có $\widehat{NDC}=\widehat{MDC},\,\,\widehat{NCD}=\widehat{MCD}$, $DC$ chung

$\Rightarrow \Delta NDC=\,\,\Delta MDC\left( \text{g}\text{.c}\text{.g} \right)\Rightarrow NC=MC$

Hai tam giác  $\Delta NKC,\,\,\Delta MKC$có $NC=MC,\,\,\widehat{NCK}=\widehat{MCK}$, $KC$ chung

$\Rightarrow \Delta NKC=\,\,\Delta MKC\left( \text{c}\text{.g}\text{.c} \right)\Rightarrow \widehat{KNC}=\widehat{KMC}=90{}^\circ \Rightarrow \widehat{KNH}=90{}^\circ $

Mà $\widehat{HGK}=90{}^\circ $nên $HNGK$nội tiếp .

Lại có $\widehat{KHG}=\widehat{GHN}$nên $\overset\frown{NG}=\overset\frown{KG}\Rightarrow GK=GN\left( 2 \right)$ .

Từ  $\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)\Rightarrow GK=GN=GE$ hay $G$ là tâm  đường tròn ngoại tiếp  $\Delta NKE$.

c) Vì $\widehat{KMC}=\widehat{KNC}=90{}^\circ $nên $MKNC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{HMN}=\widehat{NCH}$ .

$\Delta HMN$và $\Delta HCK$ có chung $\widehat{MHC}$ và $\widehat{HMN}=\widehat{KCH}$

$\Rightarrow \Delta HMN\backsim \Delta HCK\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{HN}{HM}=\frac{HK}{HC}\left( 3 \right)$

lại có $HE$ là phân giác của $\widehat{KHC}$ nên $\frac{EK}{EC}=\frac{HK}{HC}\left( 4 \right)$

$ME$ là phân giác của $\widehat{KMC}$ nên $\frac{EK}{EC}=\frac{MK}{MC}\left( 5 \right)$

$\Delta DBM\backsim \Delta KCM\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{MD}{MB}=\frac{MK}{MC}\left( 6 \right)$

$MH$ là phân giác của $\widehat{DMB}$ nên $\frac{HD}{HB}=\frac{MD}{MB}\left( 7 \right)$

Do $AB\text{//}DK\Rightarrow \frac{HK}{HA}=\frac{HD}{HB}=\frac{DK}{DC}\left( 8 \right)$

Từ $\left( 3 \right),\left( 4 \right),\left( 5 \right),\left( 6 \right),\left( 7 \right),\left( 8 \right)\Rightarrow \frac{HN}{HM}=\frac{DK}{DC}$.

Bài 5.   ( 2,0 điểm)

1) Cho đường tròn tâm . Bước 1, lấy một đường kính của của đường tròn đó, tại mỗi đầu mút của đường kính ghi số 1. Bước 2, tại điểm chính giữa của mỗi cung nhận được ghi số 2. Bước 3, coi 4 điểm đã ghi số ở trên là các điểm chia đường tròn; khi đó, đường tròn được chia thành 4 cug bằng nhau; tại  điểm chính giữa của mỗi cung này ta ghi số có giá trị bằng tổng của hai số được ghi ở hai đầu cung tương ứng. Cứ tiếp tục quá trình như vậy, hỏi sau 2021 bước tổng các số được ghi trên đường tròn là bao nhiêu?

2)  Cho ba số $a,\,\,b,\,\,c$không âm thỏa mãn: ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1$. Chứng minh: $\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)\frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}}\le \frac{3}{2}$

Lời giải

1) Gọi  ${{S}_{n}}$là tổng của tất cả các số ghi trên đường tròn sau $n$ bước $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$.

Sau bước 1, trên đường tròn có ${{2}^{1}}$số là $1,1$nên ${{S}_{1}}=1+1=2={{2.3}^{0}}$

Sau bước 2, trên đường tròn có ${{2}^{1}}$số là $1,2,\,1,\,2$ nên ${{S}_{1}}=1+2+1+2=6={{2.3}^{1}}$

Sau bước 3, trên đường tròn có ${{2}^{3}}$số là $1,3,\,2,\,3,\,1,3,\,2,\,3$ nên ${{S}_{1}}=1+3+2+3+1+3+2+3=18={{2.3}^{2}}$

Dự đoán sau $n$ bước tổng là ${{S}_{n}}={{2.3}^{n-1}}$. Ta sẽ chứng minh ${{S}_{n}}={{2.3}^{n-1}}\left( * \right),\,\,\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$ bằng  phương pháp quy nạp toán học.

Thật vậy, với $n=1$thì $\left( * \right)$luôn đúng.

Giả sử $\left( * \right)$đúng với $n=k\left( k\in {{\mathbb{N}}^{*}} \right)$ nghĩa là sau $k$bước trên đường tròn đã cho có các số với tổng là ${{S}_{k}}={{2.3}^{k-1}}$

Sang bước thứ $k+1$, ta coi ${{2}^{k}}$điểm đã ghi số là ${{2}^{k}}$điểm  chia, nên đường tròn được chia thành ${{2}^{k}}$cung bằng nhau . Do điểm chính giữa của mỗi cung này laijghi tổng hai số đã ghi ở hai đầu mỗi cung tương ứng . Do đó ${{S}_{k+1}}={{S}_{k}}+2.{{S}_{k}}=3.{{S}_{k}}={{2.3}^{k}}$

Vậy ${{S}_{n}}={{2.3}^{n-1}},\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}\Rightarrow {{S}_{2021}}={{2.3}^{2020}}$

2) Để ý rằng $\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)={{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+a{{b}^{2}}+b{{c}^{2}}+c{{a}^{2}}+\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)$

Âp dụng BĐT Cauchy ta có ${{a}^{3}}+a{{b}^{2}}\ge 2{{a}^{2}}b;\,\,{{b}^{3}}+b{{c}^{2}}\ge 2{{b}^{2}}c;\,\,{{c}^{3}}+c{{a}^{2}}\ge 2{{c}^{2}}a$

Do đó $\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge 3\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)$

Hay ${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\le \frac{1}{3}\left( a+b+c \right)\,\,\,\left( 1 \right)\,,\,\,\,\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1 \right)$

$\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)\left( \frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}} \right)\le \frac{1}{3}\left( a+b+c \right)\,\,\left( \frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}} \right)$

Ta có  ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1\ge ab+ac+bc\Leftrightarrow {{a}^{2}}+1\ge {{a}^{2}}+ab+ac+bc=\left( a+b \right)\left( c+c \right)$

Áp dụng BĐT Cauchy và BĐT Cauchy- Schwarz, ta có

$\frac{a}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}\le \frac{a}{\sqrt{\left( a+b \right)\left( c+a \right)}}=\sqrt{\frac{a}{a+b}.\frac{a}{a+c}}\le \frac{1}{2}\left( \frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c} \right)$

$\frac{b+c}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}=\sqrt{1.\frac{{{\left( b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}}\le \frac{1}{2}\left( 1+\frac{{{\left( b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{a}^{2}}} \right)\le \frac{1}{2}\left( 1+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}} \right)$

$\Rightarrow \frac{a+b+c}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}=\frac{a}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}+\frac{b+c}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}\le \frac{1}{2}\left( 1+\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}} \right)\left( 1 \right)$

Tương tự

$\Rightarrow \frac{a+b+c}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}=\frac{a}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}+\frac{b+c}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}\le \frac{1}{2}\left( 1+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}} \right)\left( 2 \right)$$\Rightarrow \frac{a+b+c}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}}=\frac{c}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}}+\frac{a+b}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}}\le \frac{1}{2}\left( 1+\frac{c}{c+a}+\frac{c}{b+c}+\frac{{{a}^{2}}}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}} \right)\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)$

$\Rightarrow \frac{1}{3}\left( a+b+c \right)\left( \frac{1}{\sqrt{{{a}^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{{b}^{2}}+1}}+\frac{1}{\sqrt{{{c}^{2}}+1}} \right)\le \frac{1}{6}\left( 3+\frac{a+b}{a+b}+\frac{a+c}{a+c}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}+{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}+{{b}^{2}}} \right)=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}$Dấu $”=”$xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$