Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bắc Ninh

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bắc Ninh

Đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bắc Ninh – Năm học 2018-2019

Câu 1 (4,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

$P=\left( \frac{2(a+b)}{\sqrt{{{a}^{3}}}-2\sqrt{2{{b}^{3}}}}-\frac{\sqrt{a}}{a+\sqrt{2ab}+2b} \right).\left( \frac{\sqrt{{{a}^{3}}}+2\sqrt{2{{b}^{3}}}}{2b+\sqrt{2ab}}-\sqrt{a} \right)$ với $a\ge 0,b>0,a\ne 2b.$

2) Cho hàm số $y=\left( {{m}^{2}}-4m-4 \right)x+3m-2$ có đồ thị là $d$. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để đường thẳng $d$ cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm $A$, $B$ sao cho tam giác $OAB$ có diện tích là $1$ $\text{c}{{\text{m}}^{2}}$ ($O$ là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục là $\text{cm}$).

Câu 2 (4,0 điểm)

1) Cho phương trình ${{x}^{2}}-\left( 3m-2 \right)x+2{{m}^{2}}-5m-3=0$, $x$ là ẩn, $m$ là tham số. Tìm tất cả giá trị của $m$ để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.

2) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{3y+1}=\sqrt{x}+\sqrt{x+2y}  \\{{x}^{3}}-3x+2=2{{y}^{3}}-{{y}^{2}}  \\\end{array} \right.$

Câu 3 (4,0 điểm)

1) Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn các điều kiện $(a+c)(b+c)=4{{c}^{2}}$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a}{b+3c}+\frac{b}{a+3c}+\frac{ab}{bc+ca}$.

2) Tìm số nguyên tố $p$ thỏa mãn ${{p}^{3}}-4p+9$ là số chính phương.

Câu 4 (7,0 điểm)

1) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $\left( O \right)\left( AB<AC \right)$ và đường cao$AD$. Vẽ đường kính $AE$ của đường tròn$\left( O \right)$.

a) Chứng minh rằng $AD.AE=AB.AC$.

b) Vẽ dây $AF$ của đường tròn $\left( O \right)$ song song với $BC,EF$ cắt $AC$ tại $Q,BF$ cắt $AD$ tại$P$. Chứng minh rằng $PQ$ song song với $BC$.

c) Gọi $K$ là giao điểm của $AE$ và$BC$. Chứng minh rằng:

$AB.AC-AD.AK=\sqrt{BD.BK.CD.CK}$

2) Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{BAC}={{90}^{\circ }},\widehat{ABC}={{20}^{\circ }}$. Các điểm $E$ và $F$ lần lượt nằm trên các cạnh $AC,AB$ sao cho $\widehat{ABE}={{10}^{\circ }}$ và $\widehat{ACF}={{30}^{\circ }}$. Tính $\widehat{CFE}$.

Câu 5 (1,0 điểm)

Trong kì thi Olympic có $17$ học sinh thi môn Toán được mang số báo danh là số tự nhiên trong khoảng từ $1$ đến $1000.$ Chứng minh rằng có thể chọn ra $9$ học sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho $9.$

Lời giải Đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bắc Ninh – Năm học 2018-2019

LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1 (4,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức:

$P=\left( \frac{2(a+b)}{\sqrt{{{a}^{3}}}-2\sqrt{2{{b}^{3}}}}-\frac{\sqrt{a}}{a+\sqrt{2ab}+2b} \right).\left( \frac{\sqrt{{{a}^{3}}}+2\sqrt{2{{b}^{3}}}}{2b+\sqrt{2ab}}-\sqrt{a} \right)$ với $a\ge 0,b>0,a\ne 2b.$

2) Cho hàm số $y=\left( {{m}^{2}}-4m-4 \right)x+3m-2$ có đồ thị là $d$. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để đường thẳng $d$ cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm $A$, $B$ sao cho tam giác $OAB$ có diện tích là $1$ $\text{c}{{\text{m}}^{2}}$ ($O$ là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục là $\text{cm}$).

Lời giải

• Ta có $\sqrt{{{a}^{3}}}-2\sqrt{2{{b}^{3}}}={{\left( \sqrt{a} \right)}^{3}}-{{\left( \sqrt{2b} \right)}^{3}}=\left( \sqrt{a}-\sqrt{2b} \right)\left( a+\sqrt{2ab}+2b \right).$

Suy ra

$\begin{align}& \text{   }\frac{2(a+b)}{\sqrt{{{a}^{3}}}-2\sqrt{2{{b}^{3}}}}-\frac{\sqrt{a}}{a+\sqrt{2ab}+2b}=\frac{2(a+b)-\sqrt{a}\left( \sqrt{a}-\sqrt{2b} \right)}{\left( \sqrt{a}-\sqrt{2b} \right)\left( a+\sqrt{2ab}+2b \right)} \\& =\frac{a+\sqrt{2ab}+2b}{\left( \sqrt{a}-\sqrt{2b} \right)\left( a+\sqrt{2ab}+2b \right)}=\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{2b}}. \\\end{align}$

$\begin{align}& \frac{\sqrt{{{a}^{3}}}+2\sqrt{2{{b}^{3}}}}{2b+\sqrt{2ab}}-\sqrt{a}=\frac{\left( \sqrt{a}+\sqrt{2b} \right)\left( a-\sqrt{2ab}+2b \right)}{\sqrt{2b}\left( \sqrt{2b}+\sqrt{a} \right)}-\sqrt{a} \\& =\frac{a-\sqrt{2ab}+2b}{\sqrt{2b}}-\sqrt{a}=\frac{a-2\sqrt{2ab}+2b}{\sqrt{2b}}=\frac{{{\left( \sqrt{a}-\sqrt{2b} \right)}^{2}}}{\sqrt{2b}}. \\\end{align}$

Từ đó suy ra $P=\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{2b}}.\frac{{{\left( \sqrt{a}-\sqrt{2b} \right)}^{2}}}{\sqrt{2b}}=\frac{\sqrt{a}-\sqrt{2b}}{\sqrt{2b}}.$

Cách 2: Đặt $x=\sqrt{a};y=\sqrt{2b}$ ta được

$P=\left( \frac{2{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{{{x}^{3}}-{{y}^{3}}}-\frac{x}{{{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}}} \right).\left( \frac{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}}{{{y}^{2}}+xy}-x \right)$ với $x\ge 0;y>0,x\ne y$.

• Vì ba điểm $O,\,A,\,B$ tạo thành một tam giác nên ${{m}^{2}}-4m-4\ne 0$ và $3m-2\ne 0$.

Tọa độ giao điểm $A$ của $d$ và $Ox$ là $A\left( \frac{2-3m}{{{m}^{2}}-4m-4};0 \right)\Rightarrow OA=\left| \frac{2-3m}{{{m}^{2}}-4m-4} \right|$.

Tọa độ giao điểm $B$ của $d$ và $Oy$ là $B\left( 0;3m-2 \right)\Rightarrow OB=\left| 3m-2 \right|$.

Do tam giác $ABO$ vuông tại $O$ nên ${{S}_{OAB}}=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}\left| \frac{2-3m}{{{m}^{2}}-4m-4} \right|\left| 3m-2 \right|=1$

Do đó, $\frac{{{\left( 3m-2 \right)}^{2}}}{\left| {{m}^{2}}-4m-4 \right|}=2\Leftrightarrow \left[ \begin{align}& 9{{m}^{2}}-12m+4=2\left( {{m}^{2}}-4m-4 \right) \\& 9{{m}^{2}}-12m+4=-2\left( {{m}^{2}}-4m-4 \right) \\\end{align} \right.$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
7{m^2} – 4m + 12 = 0\\
11{m^2} – 20m – 4 = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
m = 2\\
m = – \frac{2}{{11}}
\end{array} \right.$ (thỏa mãn).

Câu 2 (4,0 điểm)

1) Cho phương trình ${{x}^{2}}-\left( 3m-2 \right)x+2{{m}^{2}}-5m-3=0$, $x$ là ẩn, $m$ là tham số. Tìm tất cả giá trị của $m$ để phương trình có ít nhất một nghiệm dương.

2) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{3y+1}=\sqrt{x}+\sqrt{x+2y}  \\{{x}^{3}}-3x+2=2{{y}^{3}}-{{y}^{2}}.  \\\end{array} \right.$

Lời giải

1)$\Delta ={{\left( 3m-2 \right)}^{2}}-4\left( 2{{m}^{2}}-5m-3 \right)={{m}^{2}}+8m+16={{\left( m+4 \right)}^{2}}\ge 0,$ $\forall m$.

Do đó, phương trình luôn có nghiệm, các nghiệm là ${{x}_{1}}=2m+1;{{x}_{2}}=m-3$.

Phương trình có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi

$\left[ \begin{array}{l}
{x_1} > 0\\
{x_2} > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
2m + 1 > 0\\
m – 3 > 0
\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow m>-\frac{1}{2}$.

2)$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{3y+1}=\sqrt{x}+\sqrt{x+2y}  \\{{x}^{3}}-3x+2=2{{y}^{3}}-{{y}^{2}}\,\left( * \right)  \\\end{array} \right.$

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}2x-y-1\ge 0  \\x+2y\ge 0  \\x\ge 0  \\y\ge -\frac{1}{3}  \\\end{array} \right.$

Nhận xét:

$\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{x}=0\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=0 \\& y=-1 \\\end{align} \right.$. Không thỏa mãn điều kiện.

$\sqrt{3y+1}+\sqrt{x+2y}=0\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& x=\frac{2}{3} \\& y=-\frac{1}{3} \\\end{align} \right.$. Không thỏa mãn phương trình $\left( * \right)$.

Do đó, ta có $\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{3y+1}=\sqrt{x}+\sqrt{x+2y}$

$\Leftrightarrow \sqrt{2x-y-1}-\sqrt{x}+\sqrt{3y+1}-\sqrt{x+2y}=0$

$\Leftrightarrow \frac{x-y-1}{\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{x}}-\frac{x-y-1}{\sqrt{3y+1}+\sqrt{x+2y}}=0$

$\Leftrightarrow (x-y-1)\left( \frac{1}{\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{x}}-\frac{1}{\sqrt{3y+1}+\sqrt{x+2y}} \right)=0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}y=x-1  \\\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{x}=\sqrt{3y+1}+\sqrt{x+2y}  \\\end{array} \right.$

 Với $y=x-1$  thay vào phương trình $\left( * \right)$ ta có

${{(x-1)}^{2}}(x+2)=2{{(x-1)}^{3}}-{{(x-1)}^{2}}\Leftrightarrow {{(x-1)}^{2}}(x-5)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}}x=1  \\x=5  \\\end{array} \right.$

$x=1\Rightarrow y=0;x=5\Rightarrow y=4$

Với $\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{x}=\sqrt{3y+1}+\sqrt{x+2y}$

Ta có $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{3y+1}=\sqrt{x}+\sqrt{x+2y}  \\\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{x}=\sqrt{3y+1}+\sqrt{x+2y}  \\\end{array} \right.$

Cộng vế với vế hai phương trình ta được $\sqrt{x}=\sqrt{3y+1}\Leftrightarrow y=\frac{x-1}{3}$

Thay vào $\left( * \right)$ ta được ${{(x-1)}^{2}}(x+2)=\frac{2}{27}{{\left( x-1 \right)}^{3}}-\frac{1}{9}{{\left( x-1 \right)}^{2}}$

$\Leftrightarrow {{(x-1)}^{2}}(25x+59)=0\Leftrightarrow x=1$ do $(x\ge 0)$.

Vậy hệ có các nghiệm $(x;y)=(1;0);(5;4)$.

Câu 3 (4,0 điểm)

1) Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn các điều kiện $(a+c)(b+c)=4{{c}^{2}}$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a}{b+3c}+\frac{b}{a+3c}+\frac{ab}{bc+ca}$.

2) Tìm số nguyên tố $p$ thỏa mãn ${{p}^{3}}-4p+9$ là số chính phương.

Lời giải

• Đặt $a=x.c,b=y.c,(x,y>0)$. Từ điều kiện suy ra $(x+1)(y+1)=4$.

Khi đó, $P=\frac{x}{y+3}+\frac{y}{x+3}+\frac{xy}{x+y}=\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+3(x+y)}{xy+3(x+y)+9}+\frac{xy}{x+y}$

$=\frac{{{(x+y)}^{2}}+3(x+y)-2xy}{xy+3(x+y)+9}+\frac{xy}{x+y}$

Do $(x+1)(y+1)=4\Rightarrow xy=3-(x+y)$.

Đặt $t=x+y,(0<t<3)\Rightarrow xy=3-t$  và

$3-t=xy\le {{\left( \frac{x+y}{2} \right)}^{2}}=\frac{{{t}^{2}}}{4}\Leftrightarrow {{t}^{2}}+4t-12\ge 0\Rightarrow t\ge 2$  (do $t>0$)

Khi đó, $P=\frac{{{t}^{2}}+3t-2(3-t)}{3-t+3t+9}+\frac{3-t}{t}=\frac{t}{2}+\frac{3}{t}-\frac{3}{2}$ với $2\le t<3$.

Ta có $P\ge 2\sqrt{\frac{t}{2}.\frac{3}{t}}-\frac{3}{2}=\sqrt{6}-\frac{3}{2}$.

Do đó, ${{P}_{\min }}=\sqrt{6}-\frac{3}{2}$ đạt được khi $t=\sqrt{6}$ hay $\left( x;y \right)$ là nghiệm của hệ $\left\{ \begin{align}& x+y=\sqrt{6} \\& xy=3-\sqrt{6} \\\end{align} \right.$.

Ta lại có $P=\frac{{{t}^{2}}-3t+6}{2t}=\frac{{{t}^{2}}-5t+6+2t}{2t}=\frac{\left( t-2 \right)\left( t-3 \right)}{2t}+1\le 1$ (do $2\le t<3$).

Do đó, ${{P}_{\max }}=1$ đạt được khi $t=2$ hay $\left( x;y \right)$ là nghiệm của hệ $\left\{ \begin{align}& x+y=2 \\& xy=1 \\\end{align} \right.\Leftrightarrow x=y=1$.

• Đặt ${{p}^{3}}-4p+9={{t}^{2}}(t\in \mathbb{N})$

Biến đổi thành $p\left( {{p}^{2}}-4 \right)=(t-3)(t+3)\,\,\,\,\,(1)\Rightarrow \left( t-3 \right)\vdots \,p\,\,\,\,or\,\,\,\,\,\left( t+3 \right)\vdots \,p$

Trường hợp 1: Nếu $p|t-3$

Đặt $t-3=pk(k\in \mathbb{N})$

Khi đó thay vào (1) ta có:

$p\left( {{p}^{2}}-4 \right)=pk(pk+6)\Leftrightarrow {{p}^{2}}-p{{k}^{2}}-6k-4=0$

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn $p$ điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

$\Delta ={{k}^{4}}+4\left( 6k+4 \right)={{k}^{4}}+24k+16$ là một số chính phương.

Mặt khác với $k>3$ ta dễ chứng minh được ${{\left( {{k}^{2}} \right)}^{2}}<{{k}^{4}}+24k+16<{{\left( {{k}^{2}}+4 \right)}^{2}}$

Suy ra các trường hợp:

${{k}^{4}}+24k+16={{\left( {{k}^{2}}+1 \right)}^{2}}\Leftrightarrow 2{{k}^{2}}-24k-15=0$  (loại)

${{k}^{4}}+24k+16={{\left( {{k}^{2}}+2 \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{k}^{2}}-6k-3=0$ (loại)

${{k}^{2}}+24k+16={{\left( {{k}^{2}}+3 \right)}^{2}}\Leftrightarrow 6{{k}^{2}}-24k-7=0$   (loại)

Do đó phải có$k\le 3$. Thử trực tiếp được $k=3$  thỏa mãn.

Từ đó ta có $t=36;p=11$.

Trường hợp 2: Nếu $p|t+3$

Đặt $t+3=pk(k\in \mathbb{N})$

Khi đó thay vào (1) ta có:$p\left( {{p}^{2}}-4 \right)=pk(pk-6)\Leftrightarrow {{p}^{2}}-p{{k}^{2}}+6k-4=0$

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn $p$ điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là: $\Delta ={{k}^{4}}-4\left( 6k-4 \right)={{k}^{4}}-24k+16$ là một số chính phương.

Mặt khác với $k>3$ ta dễ chứng minh được ${{\left( {{k}^{2}}-4 \right)}^{2}}<{{k}^{4}}-24k+16<{{\left( {{k}^{2}} \right)}^{2}}$.

Suy ra các trường hợp:

${{k}^{4}}-24k+16={{\left( {{k}^{2}}-1 \right)}^{2}}\Leftrightarrow 2{{k}^{2}}-24k+15=0$ (loại)

${{k}^{4}}-24k+16={{\left( {{k}^{2}}-2 \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{k}^{2}}-6k+3=0$ (loại)

${{k}^{2}}-24k+16={{\left( {{k}^{2}}-3 \right)}^{2}}\Leftrightarrow 6{{k}^{2}}-24k+7=0$ (loại)

Do đó phải có $k\le 3$ Thử trực tiếp được $k=3$ thỏa mãn.

Từ đó suy ra $t=3;18$ tương ứng $p=2;7$.

Vậy tập tất cả giá trị $p$ cần tìm là $\{2;7;11\}$

Câu 4 (7,0 điểm)

1) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $\left( O \right)\left( AB<AC \right)$ và đường cao$AD$. Vẽ đường kính $AE$ của đường tròn$\left( O \right)$.

a) Chứng minh rằng $AD.AE=AB.AC$.

b) Vẽ dây $AF$ của đường tròn $\left( O \right)$ song song với $BC,EF$ cắt $AC$ tại $Q,BF$ cắt $AD$ tại$P$. Chứng minh rằng $PQ$ song song với $BC$.

c) Gọi $K$ là giao điểm của $AE$ và$BC$. Chứng minh rằng:

$AB.AC-AD.AK=\sqrt{BD.BK.CD.CK}$

2) Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{BAC}={{90}^{\circ }},\widehat{ABC}={{20}^{\circ }}$. Các điểm $E$ và $F$ lần lượt nằm trên các cạnh $AC,AB$ sao cho $\widehat{ABE}={{10}^{\circ }}$ và $\widehat{ACF}={{30}^{\circ }}$. Tính $\widehat{CFE}$.

Lời giải

1)

a)Xét hai tam giác $ADB$ và $ACE$ có $\widehat{ACE}=90{}^\text{o}$ (chắn $\frac{1}{2}$ đường tròn) nên $\widehat{ACE}=\widehat{ADB}=90{}^\text{o}$.

Hơn nữa $\widehat{ABD}=\widehat{AEC}$ (cùng chắn $\overset\frown{AC}$). Suy ra $\Delta ADB\backsim \Delta ACE$

Từ đây ta có tỉ lệ thức $\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AE}\Rightarrow AD.AE=AB.AC$.

1. b) Ta có$\widehat{PFQ}=\widehat{BAE}$ (cùng chắn $\overset\frown{BE}$)

Mặt khác $\widehat{BAE}=\widehat{BAD}+\widehat{DAE}$ mà $\widehat{BAD}=\widehat{EAC}$ vì $\Delta ABD\backsim \Delta AEC$

Nên $\widehat{BAE}=\widehat{BAD}+\widehat{EAC}=\widehat{DAC}$.

Do đó $\widehat{PAQ}=\widehat{PFQ}$.

Suy ra tứ giác $APQF$ nội tiếp$\Rightarrow $$\widehat{FAQ}=\widehat{FPQ}$

Vì $\widehat{FAQ}=\widehat{FBC}$  (cùng chắn $\overset\frown{FC}$) nên $\widehat{FPQ}=\widehat{FBC}$ suy ra $PQ\text{//}BC$.

1. c) Ta có $AB.AC=AD.AE$.

Suy ra $AB.AC-AD.AK=AD.AE-AD.AK=AD.KE$.

Kéo dài $AD$ cắt $\left( O \right)$ tại$M$.

Xét $\Delta AKB$ và $\Delta CKE$ $\Rightarrow \frac{AK}{CK}=\frac{KB}{KE}\Rightarrow AK.KE=KB.KC$

$\Delta ADC\backsim \Delta BDM$ $\Rightarrow \frac{AD}{BD}=\frac{CD}{MD}$ $\Rightarrow AD.MD=BD.CD$.

Mặt khác  $\widehat{AME}={{90}^{\circ }}$ (chắn $\frac{1}{2}$đường tròn)

Suy ra $ME\bot AD$ mà $DK\bot AD$ nên $DK//ME$.

Áp dụng định lý Talet trong $\Delta AME$ ta được $\frac{AD}{DM}=\frac{AK}{KE}$.

Do đó $AK.DM=AD.KE$.

$\Rightarrow BD.BK.CD.CK=\left( BD.CD \right).\left( CK.BK \right)$.

$=\left( AD.MD \right).\left( AK.KE \right)=\left( AD.KE \right).\left( AK.MD \right)=A{{D}^{2}}.K{{E}^{2}}$$\Rightarrow \sqrt{BD.BK.CD.CK}=AD.KE$

Vậy $AB.AC-AD.AK=\sqrt{BD.BK.CD.CK}$.

2)

 

Xét $\Delta ABC$ có $\widehat{BAC}={{90}^{\circ }},\widehat{ABC}={{20}^{\circ }}\Rightarrow \widehat{ACB}={{70}^{\circ }}$

$\Delta ACF$có $\widehat{CAF}={{90}^{\circ }}$, $\widehat{ACF}={{30}^{\circ }}$$\Rightarrow FC=2.AF$

Gọi $D$ là trung điểm của $BC$ và $G$ là điểm trên $AB$ sao cho $GD\bot BC$.

Khi đó, $\Delta ABC\backsim \Delta DBG$ $\Rightarrow \frac{BD}{BG}=\frac{BA}{BC}$.

$\widehat{GCB}=\widehat{GBC}=20{}^\text{o}\Rightarrow \widehat{GCF}=20{}^\text{o}$.

Do đó $CG$ và $BE$ lần lượt là tia phân giác của $\widehat{BCF}$ và $\widehat{ABC}$ nên $\frac{FC}{FG}=\frac{BC}{BG};\frac{BA}{BC}=\frac{AE}{EC}$

Do đó, $\frac{AF}{FG}=\frac{\frac{1}{2}FC}{FG}=\frac{\frac{1}{2}BC}{BG}=\frac{BD}{BG}=\frac{BA}{BC}=\frac{AE}{EC}\Rightarrow \frac{AF}{FG}=\frac{AE}{EC}$

Từ đó suy ra $CG\text{//}EF$  (ĐL Talet đảo)$\Rightarrow \widehat{CFE}=\widehat{GCF}={{20}^{\circ }}$.

• (1,0 điểm)

Trong kì thi Olympic có $17$ học sinh thi môn Toán được mang số báo danh là số tự nhiên trong khoảng từ $1$ đến $1000.$ Chứng minh rằng có thể chọn ra $9$ học sinh thi toán có tổng các số báo danh được mang chia hết cho $9.$

Lời giải

Với $5$ số tự nhiên đôi một khác nhau tùy ý thì có hai trường hợp xảy ra:

+ TH1: Có ít nhất $3$số chia cho $3$có số dư giống nhau $\Rightarrow $Tổng ba số tương ứng chia hết cho $3.$

+ TH2: Có nhiều  nhất  $2$ số chia cho $3$có số dư giống nhau $\Rightarrow $ Có ít nhất $1$ số chia hết cho$3$, $1$ số chia cho $3$ dư$1$, $1$ số chia cho $3$ dư $2.$ Suy ra luôn chọn được $3$ số có tổng chia hết cho $3.$

Do đó ta chia $17$ số là số báo danh của $17$ học sinh thành $3$ tập có lần lượt $5,5,7$ phần tử.

Trong mỗi tập, chọn được 3 số có tổng lần lượt là $3{{a}_{1}},3{{a}_{2}},3{{a}_{3}}\left( {{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}}\in \mathbb{N} \right)$.

Còn lại $17-9=8$ số, trong $8$ số còn lại, chọn tiếp $3$ số có tổng là $3{{a}_{4}}$.

Còn lại $5$ số chọn tiếp $3$ số có tổng là $3{{a}_{5}}$.

Trong $5$ số ${{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{4}},{{a}_{5}}$ có $3$ số ${{a}_{i1}},{{a}_{i2}},{{a}_{i3}}$ có tổng chia hết cho $3$.

Nên $9$ học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là $3\left( {{a}_{i1}}+{{a}_{i2}}+{{a}_{i3}} \right)\vdots 9$

……………….HẾT…………….