Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9 - Trường THCS Nguyễn Đình Chiểu

PHẦN SỐ HỌC Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN. SỐ NGUYÊN TỐ. A. Nhắc lại và bổ sung các kiến thức cần thiết: I. Tính chia hết: 1. Định lí về phép chia: Với mọi số nguyên a,b (b0), bao giờ cũng có một cặp số nguyên q, r sao cho : a = bq + r với . a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư. Trong trường hợp b > 0 và r0 có thể viết: a = bq + r = b(q +1)+ r - b. Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng: a = 2q 1 (xét phép chia cho b = 2) a = 3q ; 3q 1 (xét phép chia cho b = 3) a = 4q ; 4q 1 ; 4q 2 (xét phép chia cho b = 4). a = 5q; 5q 1; 5q 2 (xét phép chia cho b = 5) ...................... 2. Tính chia hết: Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói : a chia hết cho b hay a là bội của b (kí hiệu a b) b chia hết a hay b là ước của a (kí hiệu b\ a) Vậy: ab (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq. 3. Các tính chất: 1) Nếu ab thì a b (b0) 2) a a; 0 a với mọi a 0 3) a 1 với mọi a 4) Nếu a m thì an m (m 0, n nguyên dương). 5) Nếu ab và ba thì |a| = |b| 6) Nếu a b và b c (b,c0) thì a c. 7) Nếu a c và bc(c0) thì (ab)c. Điều ngược lại không đúng. 8) Nếu a m hoặc b m thì ab m(m0). Điều ngược lại không đúng. 9) Nếu ap và a q, (p, q)= 1 thì a pq 10) Nếu a = mn; b = pq và mp nq thì ab 11) Nếu ab m và (b,m) = 1 thì a m 12) Nếu ab m và a m thì b m II. Số nguyên tố: 1.Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó. Hợp số là số tự nhiên lơn hơn 1 có nhiều hơn hai ước. Số 1 và số 0 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số. 2. Định lí cơ bản của số học: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất(không kể thứ tự các thừa số). Số nguyên tố được coi như là tích chỉ gồm một thừa số là chính nó. Có vô số số nguyên tố (không có số nguyên tố lớn nhất). Số hoàn chỉnh: là số bằng tổng các ước của nó không kể bản thân nó. Ví dụ: 6 , 28, ... , 2n-1(2n - 1) III. Một số phương pháp thông thường để giải bài toán về chia hết: Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể xét mọi trường hợp số dư khi chia n cho k. Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2. b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3. Giải : a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1). Có hai trường hợp xảy ra : * n 2 => n(n + 1) 2 * n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1) 2 => n(n +1) 2 b) Chứng minh tương tự a. Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k ra thừa số: k = pq . + Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n) p và A(n) q. + Nếu (p, q) 1, ta phân tích A(n) = B(n) .C(n) rồi chứng minh: B(n) p và C(n) q . Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2) 6. b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8. Giải : a) Ta có 6 = 2.3; (2,3) = 1 . Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho 2 và 3. Do đó A(n) chia hết cho 6. b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n. 2(n +1) = 4n(n + 1). 8 = 4 . 2. Vì 4 4 và n(n +1) 2 nên A(n) 8 Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n5 - n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương n. (Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006) Giải : A(n) = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1) 2 n = 5k + 1 => (n - 1) 5 n = 5k + 4 => (n + 1) 5. n = 5k + 2 => n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1 = (25k2 + 20k + 4 + 1) 5 n = 5k + 3 => n2 + 1 = (5k + 3)2 + 1 = (25k2 + 30k + 9 + 1) 5 Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nên phải chia hết cho 10. Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , có thể biến đổi A(n) thành tổng(hiệu) của nhiều hạng tử , trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k . ( Đã học trong tính chất chia hết của một tổng ở lớp 6) (Liên hệ: A(n) không chia hết cho k ...) Ví dụ 4: Chứng minh n3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6. (Trích đề thi HSG cấp II toàn quốc năm 1970). Giải : n3 - 13n = n3 - n - 12n = n(n2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n (n - 1)n(n + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 ; 12n 6 . Do đó A(n) 6 Ví dụ 5: Chứng minh n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ. Giải : Với n = 2k +1 ta có: A(n) = n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = 4k2 + 4k + 1 + 8k + 4 + 5 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2. A(n) bằng tổng của ba hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho 8 , duy chỉ có hạng tử 2 không chia hết cho 8. Vậy A(n) không chia hết cho 8. Cách 4: Viết A(n) được dưới dạng: A(n) = k.B(n) thì A(n) chia hết cho k. Hệ quả: Nếu A(n) = B(n).C(n) mà B(n)và C(n) đều không chia hết cho k thì A(n) không chia hết cho k Ví dụ 6: Chứng minh : 2 + 22 + 23 + ... + 260 chia hết cho 15. Giải: Ta có: 2 + 22 +23 + ... + 260 = (2 + 22 + ... + 24) + (25+ ... +28)+ ... +(257 + 260) = 2(1+2+4+8) +25(1+2+4+8) + ... + 257(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 25 + ... + 257)15. IV. Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết: Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet: Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau: Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào chung một chuồng. Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu chia hết cho m. Giải: Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ...; m - 1. Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số dư . Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m. Cách 6: Dùng phương pháp qui nạp toán học: Để chứng minh A(n) k ta làm theo trình tự sau: Thử với n = 1 hoặc 2(Tức số n nhỏ nhất chọn ra).Nếu sai => Dừng.Nếu đúng A(1)k.Tiếp tục: Giả sử A(k) k. Chứng tỏ A(k + 1) k. Nếu đúng => Kết luận : A(n) k Ví dụ 8: Chứng minh : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225. Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 225 => A(1) đúng. Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1 225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m: 16k + 1 - 15(k + 1) - 1225. Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16. 16k - 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1 = 15.16k + 16k - 15k -15 - 1 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1) = (16k-15k-1)+15(16 - 1)(16k-1 + ... +1) = (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ ... + 1) 225 Cách 9: Phương pháp phản chứng: Để chứng minh A(n) k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai. B. PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh: 1. a) 192007 - 192006 chia hết cho 9. b) 92n + 14 chia hết cho 5. c) Tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho5. 2. Tích của một số chính phương và một số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia hết cho 12. 3. (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60 4. a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11 5. a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24. b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384. 6. 4n + 15n - 1 chia hết cho 9. 7. n2 + 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8. 8. n3 + 3n2 - n - 3 chia hết cho 48. 9) 36n -26n chia hết cho 35 10) ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b. 11) a) (62n + 19n - 2n+1) chia hết cho17. b) (7.52n + 12.6n) chia hết cho 19. c) (5n+2 + 26.5n + 82n+1) chia hết cho 59. 12) a)a2 + b2 chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7. b) a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3 Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC . A. Tóm tắt lý thuyết: I. Định nghĩa: 1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo môđun m và viết: ab (modm). 2. Ví dụ: 3 5 (mod2) 14 0 (mod 7) ... II. Tính chất : Nếu a b (mod m) thì a - b m Nếu a b (mod m) và b c (mod m) thì a c (mod m) Nếu a b (mod m) và c d (mod m) thì a c b d (mod m) Nếu a b (mod m) và c d (mod m) thì ac bd (mod m) Nếu a b (mod m) thì an bn (mod m) Nếu a b (mod m) thì ka kb (mod m) với k > 0 Nếu ka kb (mod km) thì a b (mod m) với k > 0 Nếu ka kb (mod m) và (k , m) = 1thì a b (mod m) . Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : np n (mod p) ; n Z Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : np-1 1 (mod p), với (n,p) = 1 Định lí Euler : Cho m là một số nguyên dương bất kì và (m) là số các số dương nhỏ hơn m và nguyên tố với m. Thế thì : n(m) 1 (mod m) * Cách tính (m) : phân tích m ra thừa số nguyên tố : m = a1α. a2β ... anλ . Thế thì : (m) = m III. Bài tập ứng dụng: Bài 1: Chứng minh 2100 - 1 chia hết cho 5 Giải : Ta có 241(mod 5) =>(24)25 125 (mod 5) =>2100 1(mod 5) hay 2100 - 1 5 Bài 2: Tìm số dư của phép chia 299 cho 3. Giải : Có 23 -1 (mod 3) (23)33 (-1)33 (mod 3) 299 -1 (mod 3) . Vậy 299 chia 3 dư 2. Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2999 Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10. Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k - 1 chia hết cho 105. Giải: Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet: Cho k lần lượt lấy 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 105 + 1 giá trị khác nhau của 1983k - 1. Chia 105 +1 số này cho 105 , ta có nhiều nhất là 105 số dư, do đó theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 105. Giả sử đó là hai số 1983m -1 và 1983n - 1 (m > n). Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 105: (1983m - 1) - (1983n -1) = 1983m - 1983n = 1983n (1983m-n -1) 105. Do 1983 không chia hết cho 105 => 1983n cũng không chia hết cho 105. Vì vậy 10m-n - 1 chia hết cho 105. Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983k - 1 chia hết cho 105. Cách 2: Áp dụng định lí Euler: Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 , còn 105 = 2555 nên (1983, 105) = 1 . Áp dụng định lí Euler: 1983(10) 1 (mod 105) Mà (10) = 105(1 - ) (1 - ) = 4. 104. Nên ta có 19834.10 1 (mod 105). số 4.104 là số k phải tìm. Đề bài áp dụng: 1. Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325 -1 cho 9 c) chia 340 cho 83.; d) chia 21000 cho 25; e) chia 301293 cho 13 2. Chứng minh rằng : a) 24n - 1 15; b) 270 + 370 13 c) 122n+1 - 11n+2 133; d) 22225555 + 55552222 7 e) 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho 5 TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu Năm học2010-2011 KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 9 Năm học 2011-2012 Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử a. b. . Giải: a. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung = b. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức . Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử : x8 + 3x4 + 4. x6 - x4 - 2x3 + 2x2 . Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức x8 + 3x4 + 4 = (x8 + 4x4 + 4)- x4 = (x4 + 2)2 - (x2)2 = (x4 - x2 + 2)(x4 + x2 + 2) b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng hằng đẳng thức x6 - x4 - 2x3 + 2x2 = x2(x4 - x2 - 2x +2) Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. b. Giải: a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp: b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. b. . Giải: Sử dụng các hằng đẳng thức .Do đó: b. Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng :a3 + b3 + c3 = 3abc. Giải: Vì a + b + c = 0 Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, và 2a > b > 0. Tính Giải: Biến đổi 4a2 + b2 = 5ab 4a2 + b2 - 5ab = 0( 4a - b)(a - b) = 0 a = b. Do đó Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng nếu: thì Giải: Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI Chứnh minh : (Với a , b ³ 0) (BĐT Cô-si) Giải:( a – b ) = a - 2ab + b ³ 0 Þ a + b ³ 2ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b Chứng minh: . (Với a , b ³ 0) Giải:( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab ³ 0 + 4ab Þ ( a + b ) ³ 4ab . Đẳng thức xảy ra khi a = b. Chứng minh: (Với a , b ³ 0) Giải:2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b) ³ 0 Þ 2(a + b) ³ ( a+b ). Đẳng thức xảy ra khi a = b. Chứng minh: .(Với a.b > 0) Giải: + = .Do ab £ Þ ³ 2 .Hay + ³ 2 . Đẳng thức xảy ra khi a = b Chứng minh: .(Với a.b < 0) Giải: + = - .Do ³ 2 Þ - £ -2. Hay + £ - 2. Đẳng thức xảy ra khi a = -b. Chứng minh: . (Với a , b > 0) Giải: + - = = ³ 0 Þ + ³ . Đẳng thức xảy ra khi a = b. Chứng minh rằng: . Giải:2(a +b +c) – 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a) ³ 0 Þ 2(a +b +c) ³ 2(ab+bc+ca) .Hay a +b +c ³ ab+bc+ca . Đẳng thức xảy ra khi a = b;b = c;c = a Û a = b= c. Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT DẠNG Nếu a > 0 : Suy ra Khi Nếu a < 0 : Suy ra Khi Một số ví dụ: Tìm GTNN của A = 2x2 + 5x + 7 Giải:A = 2x2 + 5x + 7 = = . Suy ra . Tìm GTLN của A = -2x2 + 5x + 7 Giải: A = -2x2 + 5x + 7 = -= £ . Suy ra . Tìm GTNN của B = 3x + y - 8x + 2xy + 16. Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + 8 ³ 8. Þ MinB = 8 khi : Û . Tìm GTLN của C = -3x - y + 8x - 2xy + 2. Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + 2 = 10 - £ 10. Þ GTLNC = 10 khi: Û . Chuyên đề 4: Ví dụ 1`: Rút gọn Biếu thức Với a Thực hiện phép tính: (a 2.) Giải:a. b. Ví dụ 2 Thực hiện phép tính: .( Với x y) Giải: Ví dụ 3 Cho biểu thức : . Rút gọn biểu thức A. Chứng minh rằng A không âm với mọi giá trị của x . b. Ví dụ 4 Tính giá trị biếu thức : với a = 2007.Giải: Ví dụ 5: Tính giá trị biếu thức : . Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - . Giải: x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI. Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2 – 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1) Giải phương trình khi m = 2. Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm số với mọi m. Tìm m sao cho nghiệm số x1, x2 của phương trình thỏa mãn điều kiện + 10. Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện: Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm. Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện: a2 + ab + ac < 0. Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt. Bài 4: Cho phương trình x2 + px + q = 0. Tìm p, q biết rằng phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: Bài 5: CMR với mọi giá trị thực a, b, c thì phương trình (x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = 0 luôn có nghiệm. Bài 6: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0) có nghiệm biết rằng 5a + 2c = b Bài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. CMR phương trình sau có nghiệm: (a2 + b2 – c2)x2 - 4abx + (a2 + b2 – c2) = 0 Bài 8: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0) có nghiệm nếu Bài 9: Cho phương trình : 3x2 - 5x + m = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn: -= Bài 10: Cho phương trình: x2 – 2(m + 4)x +m2 – 8 = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: A = x1 + x2 -3x1x2 đạt GTLN B = x12 + x22 - đạt GTNN. Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m. Bài 11: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình bậc 2: 3x2 - cx + 2c - 1 = 0. Tính theo c giá trị của biểu thức: S = Bài 12: Cho phương trình : x2 - 2x + 1 = 0. Có hai nghiệm là x1, x2. Không giải phương trình trên hãy tính giá trị của biểu thức: A = Bài 13: Cho phương trình: x2 – 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của a. Tìm giá trị của a để pt (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 = 6. 3. Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x1 < 1 < x2. Bài 14: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1) CMR phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) . Tìm GTNN của M = x12 + x22 Bài 15: Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện: CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải có nghiệm: x2 + ax + b = 0 và x2 + bx + a = 0. Bài 16: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m +10 = 0 (1) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình (1) theo m. Tìm m sao cho 10x1 x2 + x12 + x22 đạt GTNN. Tìm GTNN đó. Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số a, b, c khác 0, tồn tại một trong các phương trình sau phải có nghiệm: ax2 + 2bx + c = 0 (1) bx2 + 2cx + a = 0 (2) cx2 + 2ax + b = 0 (2) Bài 18: Cho phương trình: x2 – (m - 1)x + m2 + m – 2 = 0 (1) CMR phương trình (1) luôn luôn có nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m. Với giá trị nào của m, biểu thức P = x12 + x22 đạt GTNN. Bài 19: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x – 3 - m = 0 (1) 1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m. 2) Tìm giá trị của m để pt (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 10. 3) Xác định giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện: E = x12 + x22 đạt GTNN. Bài 20: Giả sử phương trình bậc 2: x2 + ax + b + 1 = 0 có hai nghiệm nguyên dương. CMR: a2 + b2 là một hợp số. Chuyên đề 6:Phương trình vô tỉ D¹ng1: (*) Chó ý: §iÒu kiÖn (*) ®îc lùa chän tuú theo ®é phøc t¹p cña f(x)0 vµ g(x) 0 VD: T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: §Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm th× 1 D¹ng2: Chó ý: Kh«ng cÇn ®Æt ®iÒu kiÖn VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh: VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x=-1 D¹ng3: Chó ý: Kh«ng cÇn ®Æt ®iÒu kiÖn VD: Gi¶i ph¬ng tr×nh: HoÆc cã thÓ tr×nh bµy theo c¸ch kh¸c nh sau: - T×m ®iÒu kiÖn ®Ó c¸c bt cã nghÜa BiÕn ®æi ph¬ng tr×nh Chuyên đề 7: Một số bài tập cơ bản về hình học Bài 1 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB . Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By . Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại E và F . Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp . AM cắt OE tại P , BM cắt OF tại Q . Tứ giác MPOQ là hình gì ? Tại sao ? Kẻ MH ^ AB ( H Î AB) . Gọi K là giao của MH và EB . So sánh MK và KH. A B F E M O P Q K H Hướng dẫn : 1) EAO = EMO = 900 . Nên AEMO là tứ giác nội tiếp . 2) Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau có MPO = MQO = 900 và PMQ = 900 nên PMQO là hình chữ nhật . 3) DEMK D EFB (g.g) Þ mà MF = FB Þ DEAB D KHB (g.g) Þ mà ( Ta let) Þ Vì EM = EA Þ MK = KH . C D B G K I O O’ A Bài 2 : Cho (O) cắt (O’) tại A và B . Kẻ cát tuyến chung CBD ^ AB ( C ở trên (O) và D ở trên (O’).) Chứng minh A , O , C và A ,O’, D thẳng hàng . Kéo dài CA và DA cắt (O’) và (O) theo thứ tự tại I và K . Chứng minh tứ giác CKID nội tiếp . Chứng minh BA , CK và DI đồng quy . Hướng dẫn : CBA = DBA = 900 nên AC và DA là đường kính hay A,O, C thẳng hàng D ,O’,A thẳng hàng . Từ câu 1) và dựa vào góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ta thây K , I cùng nhìn CD dưới một góc vuông nên tứ giác CDIK nội tiếp . A là trực tâm của tam giác ADG có AB là đường cao hay BA đi qua G . Bài 3 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A,B . Các đường AO và AO’cắt đường tròn (O) lần lượt tại C và D , cắt đường tròn (O’) lần lượt tại E , F . E D C B F O’ A O Chứng minh B , F , C thẳng hàng . Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp . Chứng minh A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE . Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) Hướng dẫn : CBA + FBA = 1800 nên A , B , F thẳng hàng . D, E cùng nhìn CF dưới một góc vuông nên CDEF nội tiếp . Tứ giác CDEF nội tiếp nên EDF = ECF ; ACB = ADB từ đó suy ra EDF = ADB . Hay DE là phân giác góc D của DBDE . Tương tự EC là phân giác góc E của DBDE . Hai phân giác cắt nhau tại A nên A là tâm đường tròn nội tiếp DBDE . Giả sử DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ta có OO’ // CE cùng vuông góc với AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE nội tiếp ) suy ra : AOO’ = ODE hay tứ giác ODEO’ nội tiếp (1) DE là tiếp tuyến thì DE vuông góc với OD và O’E (2) Vậy ODEO’ là hình chữ nhật : Hay OD = O’E ( Hai đường tròn có bán kính bằng nhau ) A B Q D C O P d Bài 4 : Cho (O,R) đường kính AB , đường kính CD di động . Gọi đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn tại B . Đường thẳng d cắt các đường thẳng AC , AD theo thứ tự tại P và Q . Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp một đường tròn . Chứng minh AD. AQ = AC.AP . Tứ giác ADBC là hình gì ? Tại sao ? Xác định vị trí của CD để SCPQD = 3.SACD Hướng dẫn : 1. CPB = CDA ( cùng bằng CBA) nên CPB + CDQ = 1800. 2. DADC DAPQ (g.g) suy ra AD.AQ = AC.AP . 3. Tứ giác ADBC là hình chữ nhật vì có 4 góc vuông. 4. Để SCPQD = 3.SACD Þ SADC = ¼ SAPQ tức là tỉ số đồng dạng của hai tam giác này là ½ . Suy ra AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vuông tại B nên C là trung điểm của CP Þ CB = CA hay DACB cân Þ CD ^ AB . Bài 5 : Từ một điểm S nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA , SB và cát tuyến SCD của đường tròn đó . Gọi E là trung điểm của dây CD . Chứng minh 5 điểm S ,A , E , O , B cùng nằm trên một đường tròn . S O D A C B E K Nếu SA = OA thì SAOB là hình gì ? Tại sao ? Chứng minh AC . BD = BC.DA = ½ AB.CD Hướng dẫn chứng minh 1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A , B cùng nhìn SO dưới một góc vuông , nên tứ giác SADO nội tiếp đường tròn đường kính SO . Dựa vào tính chất đường kính vuông góc với dây cung , ta có SEO = 900 . Nên E thuộc đường tròn đường kính SO . 2) Nếu SA = OA thì SA = AB = OA = OB và góc A vuông nên tứ giác SAOB là hình vuông . Ta thấy DSAC DSDA Þ DSCB DSBD Þ Mà SA = SB Þ Þ AC.BD = AD.BC (1) Trên SD lấy K sao cho CAK = BAD lúc đó DCAK DBAD (g.g) Þ AC.DB = AB.CK DBAC DDAK (g.g) Þ BC.AD = DK.AB Cộng từng vế ta được AC.BD + BC.AD = AB( CK+DK )= AB.CD (2) Từ (1) và (2) suy ra : AC.BD + AC.BD = AB.CD hay AC.BD = ½ AB.CD Vậy AC.BD = AD.BC = ½ AB.CD . Bài 6 : Cho tam giác ABC vuông ở A . Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D . Trên cung AD lấy một điểm E . Nối BE và kéo dài cắt AC tại F . Chứng minh CDEF nội tiếp . Kéo dài DE cắt AC ở K . Tia phân giác của góc CKD cắt EF và CD tại M và N . Tia phân giác của góc CBF cắt DE và CF tại P và Q . Tứ giác MNPQ là hình gì ? Tại sao ? Gọi r1 , r2 , r3 theo thứ tự là đường tròn nội tiếp các tam giác ABC , ADB , ADC . Chứng minh : r = r12 + r22 . A B K F Q C N D E P M Hướng dẫn : 1) Dựa vào số đo cung ta thấy C = DEB Þ C + DEF = 1800 Nên tứ giác CDEF nội tiếp . 2) DBED DBCQ ( g.g) Þ BPE = BQC Þ KPQ = KQP hay DKPQ cân . DCNK DMK Þ EMK = CNK Þ BMN = BNM hay DBMN cân . Þ MN ^ PQ và MN cắt PQ là trung điểm của mỗi đường . Nên MNPQ là hình thoi. 3) DABC DDAB DDAC Þ Þ Û Û r2 = r12 + r22 . Bài 7 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) . Hạ các đường cao AD , BE của tam giác . Các tia AD , BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M , N . Chứng minh rằng : Bốn điểm A , E , D , B nằm trên một đường tròn . TÌm tâm I của đường tròn đó . MN // DE . Cho (O) và dây AB cố định , điểm C di chuyển trên cung lớn AB . Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED không đổi . Hướng dẫn giải : A N C I B M D E O K H a) E,D cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên tứ giác AEDB nội tiếp trong một đường tròn đường kính AB có I ( trung điểm của AB ) là tâm b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE ) mà ABE = AMN ( chắn cung AN ) nên ADE = AMN hay DE // MN . c) Kẻ thêm hình như hình vẽ . Dựa vào góc nội tiếp của tứ giác AEBD suy ra được CN = CM nên OC ^ MM Þ OC ^ DE Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K ( trung điểm của HC) đây cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE Þ KD = KE và ID = IE nên IK ^ DE hay IK // OC và OI // CK nên OIKC là hình bình hành Þ KC = OI không đổi . Bài 8 : Cho tam giác đều nội tiếp đường tròn (O,R) Tính theo chiều R độ dài cạnh và chiều cao của DABC . Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC ( M ¹ B,C ) Trên tia đối của MB lấy MD = MC . Chứng tỏ DMCD đều . CMR : M di động trên cung nhỏ BC thì D di chuyển trên một đường tròn cố định , xác định tâm và các vị trí giới hạn . Xác định vị trí điểm M sao cho tổng S = MA + MB + MC là lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất của S theo R . Hướng dẫn : B A C I E O M D H 1) và AB = AC = BC = R 2) Có MC = MD ( gt) sđ BMC = ½ sđ BAC = ½ ( 3600 : 3).2 = 1200 . Þ CMD = 600 . Vậy DCMD đều 3) DIMC = DIMD ( c.g.c) Þ IC = ID . Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D chạy trên đường tròn ( I ; IC ) Khi M º C Þ D º C ; M º I Þ D º E . 4) DACM = DBCD ( g.c.g ) Þ AM = BD Þ S = MA + MB + MC = 2.AM £ 2.AI Þ S £ 4R . S Max= 4R khi AM là đường kính . Bài 9 : Cho DABC ngoại tiếp (O) . Trên BC lấy M , trên BA lấy N , trên CA lấy P sao cho BM=BN và CM = CP . Chứng minh rằng : O là tâm đường tròn ngoại tiếp DMNP . Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn . Tìm vị trí M , N , P sao cho độ dài NP nhỏ nhất . A B C D P F E M N O Hướng dẫn : a) Từ tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và giả thiết suy ra : DN = EM = FP Þ DODA = DOEM = DOFP ( c.g.c ) ÞON = OM = OP hay O là tâm đường tròn ngoại tiếp DMNP b) Từ câu a) suy ra OND = OPF nên tứ giác ANOP nội tiếp . c) Kẻ OH ^ NP . Có NP = 2 .NH = 2. NO .cosHNO = 2.NO.Cos(A/2) = 2.OE .Cos (A/2) . Vậy NPMin = 2r.cos(A/2) . Khi đó M , N , P trùng với các tiếp điểm . Bài 10 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3a . Lấy AE = a trên cạnh AD và DF = a trên cạnh DC . Nối AF và BE cắt nhau ở H . Chứng minh : AF ^ BE . Tính cạnh của tứ giác ABFE và đường chéo của nó theo a . Tính theo a đoạn HE , HB . Chứng minh : EDFH nội tiếp đường tròn . Đường tròn ấy cắt BF ở K . Tính theo a đoạn BK . Nhận xét gì về 3 điểm E , K ,C . A B C D F E H K Hướng dẫn : a) DADF = DBAE ÞDAF = EBA Þ BE ^ AF . b) Pitago : BE = AF = a ; EF = a; BF = a c) Dùng hệ thức lượng : EH = ; HB = d) Dựa vào tổng 2 góc đối bằng 1800 nên EDFH nội tiếp. DBEK DBFH Þ Dựa vào vuông góc : E , K , C thẳng hàng . Chuyên dề 8:Một số đÒ thi häc sinh giái to¸n 9 Đề 1: Câu 1: ( 6,0 điểm) 1)Giải phương trình: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu