intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9

Chia sẻ: Ta Thuy Chinh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:19

Thêm vào BST
Báo xấu
600
lượt xem 83
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đến với tài liệu "Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9" các bạn sẽ được tìm hiểu các chuyên đề cơ bản như: Phương trình và hệ phương trình; bất đẳng thức các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất; đa thức và những vấn đề liên quan;... Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9

  1. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 CHUYÊN ĐỀ  1: Phương trình và hệ phương trình. I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp. 2 2 �x − 2 � �x + 2 � �x 2 − 4 � Bài 1:Gpt:10.� + � � �− 11. �x 2 − 1 �= 0. �x + 1 � �x − 1 � � � Giải: x−2 x+2 Đặt  u = ;v =  (1). x +1 x −1 Ta có: 10.u2 + v2 ­11.uv = 0 (u­v).(10u­v)=0 u=v hoặc 10u=v. Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng. Bài 2:Gpt: (x2 ­ 4x+3).(x2 ­ 6x + 8)=15. Giải: Đặt x2 ­ 5x + 5 = u (1). Ta có: (x2 ­ 4x+3).(x2 ­ 6x + 8)=15 (x­1).(x­3).(x­2).(x­4)­15=0 (x­1).(x­2).(x­3).(x­4)­15=0 (x2­5x+4).(x2­5x+6)­15=0 (u­1).(u+1)­15=0 u2­16=0 u= 4. Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x. 2 �x � �x � Bài 3:Gpt: � �+ � �= 90. �x + 1 � �x − 1 � 2 � 1 1 � 2 2x + 2 2 Giải:PT x . � + 2 � = 90 . � x . = 90 . ( � x + 1) 2 ( x − 1) � ( x 2 − 1) 2 Đặt u = x2  ( u  0)  (1). Ta có: 2u + 2 u. = 90 � 2u 2 + 2u = 90.(u − 1) 2       ( u  1). (u − 1) 2 88u 2 182u 90 0 . Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x. Bài 4:Gpt: 3 x + 3 2 x − 3 = 3 12.( x − 1) . Giải: Đặt  3 x = u; 3 2 x − 3 = v  (1).                                                                                    1
  2. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Có:  u v 3 4.(u 3 v3 ) u3 v3 3uv.(u v ) 4.(u 3 v3 ) u v 3.(u v).(u 2 2uv v 2 ) 0 3.(u v).(u v) 2 0 u v Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x. 1 x2 Bài 5:Gpt: 5 x 3 3 x 2 3 x 2 3 x  (1). 2 2 Giải: Từ (1) suy ra:  2. 5 x 3 3 x 2 3 x 2 x 2 6 x 1 20 x 3 12 x 2 12 x 8 x 4 36 x 2 1 12 x 3 2 x 2 12 x 2 24 9 x 4 8 x 3 22 x 2 24 x 9 0  (x 0). x 8 x 22 0. x x2 3 Đặt  x y  (*) ta có: x y2 ­ 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x. x 1 Bài 6:Gpt: x 1 .( x 4) 3.( x 4). 18 0(1). x 4 Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x  4, (1) trở thành: ( x 1).( x 4) 3. ( x 1).( x 4) 18 0 Đặt  ( x 1).( x 4) y 0  (2) ta có: y2 + 3y ­18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x. *Nếu x 
  3. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản. Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4). Giải: 1 x 2 x 4 2 x 2 x 2 2 x 3 5 5 x 2 5 x 4 � 4 x 4 − 2 x3 + 2 x 2 − 2 x + 4 = 0 � 2 x 4 − x 3 + x 2 − x + 2 = 0 Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x 0. Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được: 1 2 1 2x2 ­ x + 1 ­  2 0 . Đặt y =  x  (*). Ta có: x x x 2y2 ­ y ­ 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x. Bài 10: Gpt: (6­x)4 + (8­x)4 = 16. Giải: Đặt 7 ­ x = y (*). Ta có: (y­1)4 + (y + 1)4 =16 2y4 +12 y2 +2 = 16 2.(y­1).(y+1).(y2+7)=0 y =1 hoặc y = ­1. Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x. II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau: Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y2 + 3y = t. Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t. *Nếu t > 0 thì t2 
  4. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 2 x 3x 5 7 y x 1 7 x 2 x 2 1, 7. x 2 x 2 Từ đó ta tìm được x  tìm được y  tìm được z. x y z 3(1) Bài 3: x 2 y 2 z 2 1(2) Giải: Thay (1) vào (2) ta được: (y + z ­3)2 ­y2 ­z2 =1 yz ­ 3y ­ 3z = ­4 (y­3).(z­3) = 5 = 1.5 = (­1).(­5) = 5.1=(­5).(­1. Từ đó ta tìm được y và z  tìm được x. Bài 4: 2xy + x + y = 83. 83 y 166 2 y 167 Giải:PT x 2x 1 167 2 y 1 2 y 1 1, 167. 2y 1 2y 1 2y 1 Từ đó ta tìm được y  tìm được x. xy yz zx Bài 5: 3. z x y Giải:Điều kiện : x,y,z  0. Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số ­3 thỏ mà  chỉ có hai chuồng­mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương) x y Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra  x.y = xy > 0 và  , 0. y x xy yz zx Đặt  A= 3. z x y xy yz zx Giả sử z 0.Ta có: xy yz zx xy y x xy x y A =  3 z. z. 3.3 . z. . z. 3.3 xy z z x y z x y z y x z 1, x y 1 1 xy .z z 1, xy 1 z 1, x y 1 Bài 6: 2x2 ­ 2xy = 5x + y ­ 19. 2 x 2 5 x 19 17 Giải:Từ bài ra ta có: y x 2 17 2 x 1 2x 1 1, 17. 2x 1 2x 1 Từ đó ta tìm được x  tìm được y. III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác. 1 1 Bài 1: 2. x2 x2 Giải:Điều kiện : x 0, x 2. 1 1 1 1 ­Nếu x 
  5. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a và  2 x 2 b   (a,b > 0). 1 1 2 Ta có: a b a2 b2 2 1 1 1 Có:  2 2. ab 1  (1). a b ab Lại có: 2 = a2 + b2  2ab suy ra 1 ab (2). Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2. ab 1 Vậy ta có: a b 1 x 1. a b 2 Bài 2: 4 x 2 1 4x x2 y2 2y 3 x 4 16 y 5. Giải: 4 x2 0(1) 1 4x 0( 2) Điều kiện: x2 y2 2 y 3 0(3) 4 x 16 0(4) Từ (4) suy ra x2  4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2. Phương trình đã cho trở thành: y 1 y 5  . Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu). Bài 3: 2x4 ­21x3 + 74x2 ­105x +50 =0. Giải: Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy x 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được: 2 2 105 50 25 25 2 x 21x 74 0 2. x 21. x 26 0 x x2 x x 25 Đặt  x y  ta có: x 2y2 ­21.y ­ 26 = 0.Từ đó ta tìm được y tìm ra x. 2 .1 x 1 x 5 Bài 4: 1 x 4 .1 x 7 Giải: a 1 x 0 Đặt : b 1 x 0                                                                                    5
  6. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 2a b 5 Hệ đã cho trở thành: a 4b 7 Từ đó tìm được a =3,b =1. Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa. x 1 y 5 1(1) Bài 5: y 5 x 1 ( 2) Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: x 1 5 x 1 5 1 2. x 1 1 . Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa. 2 x 2 15 xy 4 y 2 12 x 45 y 24 0(1) Bài 6: 2 2 x 2y 3 y 3x xy 0(2) Giải: Phương trình (2) phân tích được như sau: x y (x ­ y).(x ­3 + 2y) = 0 x 3 2y Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y. Bài 7: x3 + (3­m).x2 + (m­9).x + m2 ­6m + 5 = 0. Giải: Phương trình đã cho phân tích được như sau: x (m 5) . x 2 2 x (m 1) 0 . Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa. x y z 1 Bài 8: 4 4 x y z4 xyz Giải: Bổ đề: a, b, c R : a 2 b 2 c 2 ab bc ca. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên). Sử dụng bổ đề ta có: xyz = x4 + y4 + z4  x2y2 + y2z2 + z2x2  xyz.(x + y + z) = xyz. Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có: x = y =z  kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được: 1 x y z . 3 x 2 y 2 1(1) Bài 9: 1999 x 1999 y 2000 y 2000 x .( x y xy 2001)(2) Giải:                                                                                    6
  7. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Điều kiện: x,y  0. Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: ­Nếu x > y thì:  VT > 0, VP  VP. ­Nếu y > x thì: VT 0 suy ra: VT 
  8. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 x z m Đặt:              (m,n,z > 0). y z n Khi đó (1) trở thành:  zm zn ( z m).( z n) m m . n z      (2). n 1 z Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: 2 � m � � m� ( ) � m� 2 �1+ � .(n + z ) �� � n + . z �= n + m 1+ � � � .(n + z ) � n + m . � z� � z � � � z� Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm). 4 1 Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR: 8. x y4 5. xy Giải: xy 0 Từ giả thiết  x, y 0. x y 1 0 Ta có: 1 1 1 x y 2. xy xy 4(1). 4 xy Lại có: ( ) 2 2 ( x + y) � 2 8. x 4 + y 4 = 4.(12 + 12 ).( x 4 + y 4 ) 4.( x 2 + y 2 ) 2 = � (12 + 12 ).( x 2 + y 2 ) � � = 1. � � � � Suy ra:  8.(x4 + y4) 1   (2). Từ (1) và (2) suy ra: 1 8. x 4 y 4 1 4 5. xy Ta có đpcm. Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương: x = (a + b + c)2 ­ 9ab ; y = (a + b + c)2 ­ 9cb ; z = (a + b + c)2 ­ 9ac. Giải: Ta có:x + y + z = 3. (a + b + c)2 ­ 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2­ ab ­ bc ­ ca) =  3 =  . (a b) 2 (b c) 2 (c a ) 2 0.  (Do a b c a). 2 Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương. a b 1 1 Bài 5: Nếu  thì  a 4 b 4 . ab 0 8 Giải: Hoàn toàn tương tự bài 3. Bài 6:CMR: x 10 y 10 . x 2 y2 x8 y8 . x4 y4 . Giải: Ta có:  x 10 y 10 . x 2 y 2 x8 y8 . x4 y4                                                                                    8
  9. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 12 12 2 2 8 8 x y x y .x y x 12 y 12 x4 y4. x4 y4 x 2 y 2 . x8 y8 x4 y4. x4 y4 x y . x8 2 2 y8 x6 y 2 x2 y 6 0 � x 2 y 2 . ( x 2 − y 2 ) . ( x 6 − y 6 ) �0 � x 2 y 2 . ( x 2 − y 2 ) . ( x 4 + x 2 y 2 + y 4 ) �0 2 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm. Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c 1. 2 3 n n Giải: 1 1 1 1 Ta có:  2 . k (k 1).k k 1 k Áp dụng cho k = 2,3,...,n  ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 ... 2 1 ... 2 . 2 3 n 1 2 2 3 n 1 n n x2 y2 Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và  xy = 1.CMR: 2 2 0. x y                                                                                    9
  10. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Giải: x2 y2 2 2 Ta có: x y 2. ( x y ). 2 2 0. x y x y x y Ta có đpcm. 2 Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn:  a b c. CMR: a b c 9bc. Giải: Từ giả thiết bài ra ta có: 2b b a c 4b c 0 (b c ).(4b c) 0 2 4b 2 c 2 5bc 2b c 9bc(1) Mà: (a + b + c)   (2b + c)  (2). 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: (a + b + c)2  (2b + c)2  9bc. Ta có đpcm. Bài 13:  Cho 0  c > 0.CMR: b c . a b a b a c a c Giải: b c Ta có:  a b a b a c a c a +b + a −b a +c + a −c � < � a +b + a −b < a + c + a −c 2 2 � 2a + 2. a 2 − b 2 < 2a + 2. a 2 − c 2 � a 2 − b 2 < a 2 − c 2 � b 2 > c 2 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy ta có đpcm. x3 y3 z3 Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn: x 2 y 2 z 2 1. CMR: 1. y z x Giải: x3 x3 Áp dụng BĐT Cô Si: xy 2. xy 2 x 2   (1). y y y3 z3 Tương tự: yz 2 y 2   (2)  và   xz 2z 2   (3). z x                                                                                    10
  11. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có: x3 y3 z3 xy yz zx 2.( x 2 y 2 z 2 ) y z x Suy ra: x3 y 3 z 3 2.( x 2 y 2 z 2 ) ( xy yz zx ) (x2 y2 z 2 ) 1. y z x Vậy ta có đpcm. CHUYÊN ĐỀ  3: Đa thức và những vấn đề liên quan.                 x2 5 a b Bài 1:Cho  P 3 &Q 2 . Với những giá trị nào của a,b thì P=Q với mọi giá  x 3x 2 x 2 x 2x 1 trị của x trong tập xác định của chúng. Giải: Điều kiện: x 2, 1. x2 5 ax 2 (2a b) x a 2b Ta có: P=Q ( x 2, 1) 3 x 2, 1 x 3x 2 x 3 3x 2 a 1 a 1 2a b 0 b 2 a 2b 5 Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 ­ n. a­Phân tích A thành nhân tử. b­Tìm n để A=0. c­CMR: A chia hết cho 30. Giải: a) A= n5 ­ n = n.(n4 ­1) = n.(n­1).(n+1).(n2 + 1) b) A=0 n = 0,1,­1. c) Theo Định Lý Fecma:  n 5 n(mod 5) n 5 n 5 A5  (1). Lại có: n(n 1) 2 A2 (2) và: (n 1).n.(n 1) 3 A3  (3). Vì 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra  A(2.3.5)  (đpcm). Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho 3 thì cả x và y đều  chia hết cho 3. Giải: Nhận xét:Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. Vì vậy từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho 3 x, y 3. Bài 4:Tìm giá trị của p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q. Giải: Giả sử (x4 + 1) = (x2 + px + q).( x2 + mx + n) Khai triển và đồng nhất hệ số ta được hệ:                                                                                    11
  12. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 m p 0 m p n pm q 0 qn 1 qn 1 1 p2 q q q 0 Vậy có thể thấy các giá trị của p,q cần tìm là: 1 p q q Bài 5:Cho đa thức: A( x ) x 4 14 x 3 71x 2 154 x 120    x Z. a)Phân tích A(x) thành nhân tử. b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24. Giải: a).Ta có:  A( x) x 4 14 x 3 71x 2 154 x 120 = ( x − 2).( x 3 − 12 x 2 + 47 x − 60) = ( x − 2).( x − 3).( x 2 − 9 x + 20) 2 x( x 1).( x 1).( x 14) 72  x  144  x  120  b).Ta có:A(x)=          24 B( x) ­Nếu x chia hết cho 4,x­14 chia hết cho 2   B(x) chia hết cho 8. ­Nếu x chia cho 4 dư 1 thì x­1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho 2 B(x) chia hết cho 8. ­Nếu x chia cho 4 dư 2 thì x­14 chia hết cho 4,x chia hết cho 2 B(x) chia hết cho 8. ­Nếu x chia cho 4 dư 3 thì x + 1 chia hết cho 4,x­1 chia hết cho 2 B(x) chia hết cho 8. Vậy trong mọi trường hợp ta đều có B(x) chia hết cho 8 (1). Mà tích của ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho 3 nên (x­1).x.(x+1) chia hết cho 3 B(x) chia hết cho 3 (2). Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy ra B(x) chia hết cho 24. Vậy ta có đpcm. Bài 6:Tìm tất cả các số nguyên x để: x2 + 7 chia hết cho x­2. Giải: Ta có: x2 + 7 = (x­2).(x + 2) +11 chia hết cho x­2 khi và chỉ khi 11 chia hết cho x­2.  x­2=­1,­11,1,11. Từ đó ta dễ dàng tìm ra các giá trị x thỏa mãn bài ra. Bài 7: Một đa thức chia cho x­2 thì dư 5, chia cho x­3 thì dư 7.Tính phần dư của phép chia đa thức đó  cho (x­2).(x­3). Giải: Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài ra ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b. Ta có: F(x) = (x­2).(x­3).A(x) + ax + b. (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia) Theo giả thiết và theo định lý Bơdu ta có: F(2)=2a +b=5 và F(3)=3a+b=7. Giải hệ hai phương trình trên ta tìm được a = 2, b = 1. Vậy đa thức dư là 2x+1. Bài 8: Cho biết tổng các số nguyên a1, a2, a3..., an chia hết cho 3.Chứng minh rằng: A(x) =  a13 a 23 ... a n3  cũng chia hết cho 3.                                                                                    12
  13. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Giải: Theo định lý fecma ta có: n 3 n(mod 3) n Z. Áp dụng ta có: a 3 1 a1 (mod 3) ,  a a 2 (mod 3) ,..., a n3 a n (mod 3) . 3 2 Suy ra:  a13 a 23 ... a n3 a1 a 2 ... a n (mod 3) 0(mod 3) Ta có đpcm. Bài 9:Chứng minh rằng (7.5 2 n +12.6 n ) luôn chia hết cho 19, với mọi số n tự nhiên. Giải: Ta có: A =  7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n. Ta có:  25 6(mod19) 25 n 6 n (mod19) .Suy ra: A 7.6 n 12.6 n 19.6 n (mod19) 0(mod19) . Ta có đpcm.   Bài 10: Phân tích thành nhân tử x10 + x5 + 1. Giải: Ta có: x10 + x5 + 1 = (x2 + x + 1).(x8­x7 + x5­x4 + x3­x + 1). CHUYÊN ĐỀ  4: Các bài toán liên quan tới phương trình bậc hai và định lý Vi­et. Bài 1:Cho phương trình : x2 ­(2m+1)x + m2+m ­1= 0 1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m. 2.Chứng minh có một hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m. Giải: 1. Ta có :  = (2m +1)2 ­ 4.(m2 + m ­ 1) = 5 > 0 suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi m x1 x 2 2m 1(1) 2.Theo vi­et ta có: x1 .x 2 m 2 m 1(2) x1 x2 1 Từ (1) suy ra:  m  thay vào (2) ta có: 2 2 2 x1 x2 1 x1 x 2 1 x1 x2 1 x1 x2 1 x1 .x 2 1 x1 .x 2 1. 2 2 2 2 Ta có đpcm. Bài 2: Tìm những giá trị nguyên của k để biệt thức   của phương trình sau là số chính phương: k.x2 +  (2.k­1).x + k­2= 0; (k 0) Giải: Ta có :  = (2k­1)2 ­ 4.k.(k­2) =4k +1 . Giả sử 4k + 1 là số cp khi đó nó là số cp lẻ hay: 4k + 1 = (2n + 1)2 n là số tự nhiên. Hay: k = n2 + n.                                                                                    13
  14. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Vậy để   là số cp thì k = n  + n( thử lại thấy đúng). 2 Bài 3: Tìm k để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt :                           (x­2)(x2 + k.x + k2 ­ 3)= 0 Giải: Đặt f(x)= (x­2)(x2 + k.x + k2 ­ 3) = (x­2).g(x) Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt khác 2 hay: k 2 4.( k 2 3) 0 2 k 2 g ( 2) 0 k 1 Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau là tương đương:              x2 + (3a + 2b) x ­ 4 =0 (1) và x2 + (2a +3b)x + 2b=0 (2) với a và b tìm được hãy giải các phương trình đã cho. Giải: ­Điều kiện cần: Nhận thấy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) cũng phải có 2 nghiệm phân biệt giống với (1). Đặt f(x) = x2 + (3a + 2b) x ­ 4 =0 và g(x) = x2 + (2a +3b)x + 2b. Để hai phương trình đã cho là tương đương thì f(x) = g(x) (*) với mọi x (Vì hệ số của x2 của cả hai pt  đều bằng 1). Thay x = 0 vào (*) ta có b = ­2 (3). Thay x = 1 vào (*) kết hợp với (3) ta được a= ­2. ­Điều kiện đủ: Với a=b=­2 ta thấy hai phương trình tương đương với nhau. Bài 5: Giả sử b và c là các nghiệm của phương trình : 1                          x2 ­ a.x­ .a2 =0;  (a  0)  2 chứng minh : b  + c    2+ 2  . 4 4 Giải: b c a Theo định lý Viet ta có: 1 bc 2a 2 2 Ta có: b 4 c4 (b 2 c2 )2 2b 2 c 2 (b c) 2 2bc 2b 2 c 2 2 1 1 3 3 b4 c4 a2 a4 2 2. a 4 . 2 6 2 2 2. a2 2a 4 2a 4 2a 4 Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi a,b,c phương trình sau luôn có nghiệm :            a(x­b).(x­c) + b.(x­c). (x­a) + c.(x­a).(x­b) = 0 Giải:  Đặt f(x) = a.(x­b).(x­c) + b.(x­c). (x­a) + c.(x­a).(x­b) =  = (a + b + c).x2 ­2.(ab + bc + ca).x + 3abc *Nếu a + b + c  0.Khi đó: 1 '  = a2b2 + b2c2 + c2a2 ­abc.(a + b + c) = [(ab­bc)2 + (bc­ca)2 + (ca­ab)2]. 0 2 *Nếu a + b + c = 0.Khi đó: ­Nếu ab + bc + ca   0 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm.                                                                                    14
  15. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 ­Nếu ab + bc + ca =0. Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh được a=b=c=0.Và dĩ  nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm. Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình:ax2 + bx + c = 0 (a 0) đều là các số lẻ thì phương  trình bậc hai trên không thể có nghiệm hữu tỉ. Giải: Giả sử phương trình bậc hai trên với các hệ số a,b,c đều là các số lẻ có nghiệm hữu tỉ m x0 =    với m,n là các số nguyên (m,n)=1 và n 0 ;khi đó ta có: n 2 m m a. b. c 0  hay: am 2 bmn cn 2 0  (1).Suy ra: n n cn 2 m c m  mà (m,n)=1 ( n, m 2 ) (m, n 2 ) 1  nên:  mà c,a đều là các số lẻ nên suy ra m,n cũng là  2 am n a n các số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n đều là các số lẻ .Do đó: am 2 bmn cn 2 số lẻ (Mâu thuẫn với (1)). Vậy điều ta giả sử là sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm. CHUYÊN ĐỀ  5: Các bài toán hình học phẳng mang yếu tố chuyển động. Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường  tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I  thuộc đoạn CD sao cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B. 1.CMR:Tam giác KAC cân. 2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho Ai có độ dài lớn  nhất. 3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung lớn  BC của (O). Giải: 1.Ta có: DBI cân tại D nên: DBI= DIB.Mà:  DIB =  IBC +  ICB (1). Và:  DBI =  KCI =  KCA +  ACD =  KBA +  ICB (2). Từ (1) và (2) suy ra  ABI = CBI.Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC  BI là phân giác góc B của tam giác ABC K là trung điểm cung AC.  Tam giác KAC cân. 2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC. Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J JI = JB = const. Suy ra AI = AJ ­ IJ = AJ ­ const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của (O)  A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC. 3.Ta dễ dàng tính được: 1 1 BMC =  . BAC =   số đo cung nhỏ BC = const. 2 4 1 Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng  số đo cung nhỏ BC. 4 Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi. Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C.                                                                                    15
  16. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 1. Chừng  minh rằng BC đi qua một điểm cố định. 2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H 3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều cao  AH = h cho trước. Giải: 1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định. 2.Nhận thấy  AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường kính  AO. 3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A' thỏa mãn yêu cầu của  bài toán. Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC một khoảng h). Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định .Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại A,B;M là điểm chuyển  động trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT và MN với đường tròn. 1.CMR:Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P luôn đi qua một điểm cố định khác O. 2.Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua M,N,P. 3.Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều. Giải: 1.Gọi K là trung điểm của AB.Dễ thấy M,N,P,O,K đều nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy K là điểm cố định cần tìm. 2. Tâm I của đường tròn đi qua M,N,P là trung điểm của OM. Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const. Vậy có thể phán đoán quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng một  nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB. 3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R. MK2 = MO2 ­ OK2 = 4R2 ­ OK2 = const. Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra. Bài 4:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường  thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự tại P,Q. 1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân. 2.Goi R là giao của PN và QM;còn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ giác EKRI là hình gì? Giải thích? 3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vuông xEy quay quanh E? Giải: 1.Dễ dàng chứng minh được:  EHQ =  EFM (cgc). Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân. PEF =  PQN (đồng vị) mà  FEM =  QEH. Suy ra:  PEN =  PEF +  FEM =  EQH +  QEH = 900. Vậy tam giác PEN vuông (1). Thấy:  NEQ =  PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2). Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân. 2.Có: EI PN và  EK QM. Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4). Lại có: PQR =  RPQ = 450 suy ra:  PRQ = 900 (3).                                                                                    16
  17. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật. 3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp. Ta có: EKH = 1800 ­  EQH (5). Và:  EKF =  EMF =   EQH (6). Từ (5) và (6) suy ra:  EKH +  EKF = 1800. Suy ra H,K,F thẳng hàng. Lại có: Tứ giác FEPI nội tiếp nên  EFI = 1800­ EPI = 1800­450 = 1350. Suy ra:  EFK + EFI = 450 + 1350 =1800. Suy ra K,F,I thẳng hàng. Vậy ta có đpcm. Bài 5:Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên  đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E. a)CMR: Tam giác DCE vuông. b)CMR: Tích AD.BE không đổi. c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định. Giải: a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó: DCM =  DAM và  MCE =  MBE =  MAB.Vậy: DCE =  DCM +  MCE =  DAM +  MAB = 900. Ta có đpcm. b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay  DCA = 900 ­ ECB = CEB. Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên: AD AC AD.BE BC. AC const. BC BE c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác,ta luôn có OI AB. Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc với AB. Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất kỳ chạy trên đáy  BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC  tại C.Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn đó.. CMR a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi. c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi. d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE. Giải: a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA. vậy tia NM đi qua A.  Chứng minh tam giác ABN  đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB2  không đổi  c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A). Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông góc với BC tại  I.J,L. Ta có: BD CE BJ CL 1 BM 1 CM 1 BM + CM + = + = . + . = . =1 BK CK BI CI 2 BI 2 CI 2 BI BD CE � + = 1 � BD + CE = CK =kho� ng �o� i CK CK                                                                                    17
  18. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có: 1 KI DJ + EL KI �BD CE � KI HQ =  .( DJ + EL) = . = .� + �= .  Nên  H nằm trên đ ường thẳng song song  2 2 KI 2 �BK CK � 2 với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC). CHUYÊN ĐỀ  6: Các bài toán hình học phẳng có nội dung chứng minh, tính   toán. Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự). Ta có: |OA2 ­ OM2| = OM2 ­OA2 = MI2 ­ IA2 = (MI­IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)= =MA.MB (đpcm). Bài 2: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và B.Các tiếp tuyến kẻ  từ A và B cắt nhau ở M. Dựng MH vuông góc với OP. a)CMR: 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên 1 đường tròn. b)CMR: H cố định khi cát tuyến PAB quay quanh P. Từ đó suy ra tập hợp điểm M. c)Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN và IP.IN=IA2. Giải: a) Nhận thấy 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên  đường tròn đường kính OM (đpcm). b)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính OM là: PH.PO=PA.PB=const (1). Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO. Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đi đoạn  TV với T,V là giao điểm của d với (O). c)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2) Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm).                                                                                    18
  19. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 9 Lại có: IP.IN=(NI+NP).IN=IN2 + NI.NP (3) Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB Suy ra: NI.NP=NA.NB (4) Từ (3) và (4) suy ra: IP.IN=IN2 + NA.NB Ta sẽ chứng minh: IN2 + NA.NB=IA2 (5).Thật vậy: (5) NA.NB=IA2­IN2  NA.NB=(IA­IN).(IA+IN)  NA.NB=NA.(IB+IN) NA.NB=NA.NB (luôn đúng) Vậy ta có đpcm. Bài 3:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn bán kính R,tâm O. a)Chứng minh BC = 2R.SinA b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC 
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
5=>2