Tài liệu Bồi dưỡng HSG toán lớp 9 cực hay

PHẦN SỐ HỌCBài 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 (b 0), 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 r 0 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)

PHẦN SỐ HỌC Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN.

a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư.

Trong trường hợp b > 0 và r 0 có thể viết: a = bq + r = b(q +1)+ r - b.

Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng:

2 Tính chia hế t : 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: ab (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq.

11) Nếu ab m và (b,m) = 1 thì a  m

12) Nếu ab m và a m thì b m

II Số nguyên t ố :

1.Đị nh nghĩ a : 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 Đị nh lí c ơ b ả n c ủ a s ố h ọ c : 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, , 2 n-1 (2 n - 1)

III Mộ t s ố ph ươ ng pháp thông th ườ ng để gi ả i bài toán v ề chia h ế t :

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:

Ví dụ 2 : a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2)

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.

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 n 3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6 (Trích đề thi HSG cấp II toàn quốc năm 1970)

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 + 2 2 + 2 3 + + 2 60 chia hết cho 15.

Giải: Ta có: 2 + 2 2 +2 3 + + 2 60 = (2 + 2 2 + + 2 4 ) + (2 5 + +2 8 )+ +(2 57 + 2 60 )

= 2(1+2+4+8) +2 5 (1+2+4+8) + + 2 57 (1+2+4 + 8) = 15.(2 + 2 5 + + 2 57 )  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 : 16 n - 15n - 1 chia hết cho 225.

Đặt A(n) = 16 n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0  225 => A(1) đúng.

Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16 k - 15k -1  225 Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/

3

4 a) n 2 + 11n + 39 không chia hết cho 49

b) n 2 + 3n +5 không chia hết cho 11

12) a)a 2 + b 2 chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7.

b) a 2 + b 2 chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3

Bài 2: ĐỒNG DƯ THỨC

A Tóm tắ t lý thuy ế t :

I Đị nh ngh ĩ a:

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:

2 Nếu a  b (mod m) và b  c (mod m) thì a c (mod m)

3 Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m) thì a  c  b  d (mod m)

4

4 Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m) thì ac  bd (mod m)

5 Nếu a  b (mod m) thì a n  b n (mod m)

6 Nếu a  b (mod m) thì ka  kb (mod m) với k > 0

7 Nếu ka  kb (mod km) thì a  b (mod m) với k > 0

8 Nếu ka  kb (mod m) và (k , m) = 1thì a  b (mod m)

9 Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : np  n (mod p) ; n Z

Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : n p-1  1 (mod p), với (n,p) = 1

10 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 :

a

1 1

1 1 1 1

2 1

III Bài tậ p ứ ng d ụ ng :

Bài 1: Chứng minh 2 100 - 1 chia hết cho 5

Giải : Ta có 2 41(mod 5) =>(2 4 ) 25 1 25 (mod 5) =>2 100 1(mod 5) hay 2 100 - 1  5

Bài 2: Tìm số dư của phép chia 2 99 cho 3.

Giải : Có 2 3  -1 (mod 3)  (2 3 ) 33  (-1) 33 (mod 3)  2 99  -1 (mod 3)

Vậy 2 99 chia 3 dư 2.

Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2 999

Bài 4: Chứng minh 2 2008 không chia hết cho 10.

Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983 k - 1 chia hết cho 10 5

Giải:

Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet:

Cho k lần lượt lấy 10 5 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 10 5 + 1 giá trị khác nhau của 1983 k - 1 Chia 10 5 +1 số này cho 10 5 , ta có nhiều nhất là 10 5 số dư, do đó theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 10 5 Giả sử đó là hai số 1983 m -1 và 1983 n - 1 (m > n) Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 10 5 :

(1983 m - 1) - (1983 n -1) = 1983 m - 1983 n = 1983 n (1983 m-n -1)  105

Do 1983 không chia hết cho 10 5 => 1983 n cũng không chia hết cho 10 5

Vì vậy 10 m-n - 1 chia hết cho 10 5 Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983 k - 1 chia hết cho 10 5

1 Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 1532 5 -1 cho 9

c) chia 3 40 cho 83.; d) chia 2 1000 cho 25; e) chia 3012 93 cho 13

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  2 1  2 1





 x a x

c b ac c a ab

1 1

2007 2007

2007

2 2

2 2

2 4

x x x

x x x

x x

x x

Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a.a3 b3 c3 3abc

c b a b a

2 2

3

c b a c b a c b a c

3 2

2 2

2 2

Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0

Chứng minh rằng :a3 + b3 + c3 = 3abc

abc c

b a abc

c b a

c b a ab b a c b a

3 0

3

3

3 3 3 3

3 3

3 3

3 3 3

2 2

ab P

Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0 Chứng minh rằng nếu:

y a

x z

2 2

y a x

Giải:    0     0  ayzbxzcxy 0

xyz

cxy bxz ayz z

c y

1 Chứnh minh : (Với a , b ³ 0) (BĐT Cô-si)

Giải:( a – b ) = a - 2ab + b ³ 0  a + b ³ 2ab Đẳng thức xảy ra khi a = b

4 Chứng minh: .(Với a.b > 0)

Giải: + = Do ab   ³ 2 Hay + ³ 2

Đẳng thức xảy ra khi a = b

5 Chứng minh: .(Với a.b < 0)

Giải: + = - .Do ³ 2  -  -2 Hay +  - 2

Đẳng thức xảy ra khi a = -b

6 Chứng minh: (Với a , b > 0)

7

Giải: + - = = ³ 0  + 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

7  2(a +b +c) ³ 2(ab+bc+ca) Hay a +b +c ³ ab+bc+ca Đẳng thức xảy ra khi a

4 a

2 a Một số ví dụ:

9 12 4

2 2

a a

8 : 5 , 0 1

2 5

,

(a 2.)8

6 2

9 12 4

2 2

a a

3 2 2 3 2

a a

2 2

4 2 2

2 2

8 : 5

,

0

1

2 5

,

0

3

2 3

2

a a

a a

a a

a

2

2 2

2 4

2 2

4 2

3 3 2

2

2 2

1

2 3 4

3 4

x x x

2

1

2 2 3 4

3 4 2

3 4

3 4

x x x x

x x

x

x x x

a a a

25

2 2

3 2

y x x

x

x

.Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - x 3

5 5 2

2 :

25 10

25

2 2

x

x x y

y

y x x

2 8 5

1 5

y x

Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.

Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2 – 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1)

a) Giải phương trình khi m = 2

b) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm số với mọi m

c) Tìm m sao cho nghiệm số x1, x2 của phương trình thỏa mãn

9

2 0

2

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

3 3 2 1

x x x x

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 = bBài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác CMR phương trình sau cónghiệm:

(a2 + b2 – c2)x2 - 4abx + (a2 + b2 – c2) = 0

Bài 8: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0) có nghiệm nếu 2 ³  4

a

c a b

Bài 9: Cho phương trình : 3x2 - 5x + m = 0 Xác định m để phương trình có hai nghiệmthỏa mãn: 2

1

2

x = 95Bài 10: Cho phương trình: x2 – 2(m + 4)x +m2 – 8 = 0 Xác định m để phương trình cóhai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

a) A = x1 + x2 -3x1x2 đạt GTLN

b) B = x12 + x22 - đạt GTNN

c) 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:

2

3 1

1 1

3 2 1

2 2 2 1

2 1

4 4

3 5

3

x x x x

x x x x







Bài 13: Cho phương trình: x2 – 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1)

1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của a

2) 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)

a) CMR phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m

b) 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:

10

1 1 1





b a

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)

a) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình (1) theo m

b) 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)

a) CMR phương trình (1) luôn luôn có nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m.b) 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:

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 lầnlượt tại E và F

1 Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp

2 AM cắt OE tại P , BM cắt OF tại Q Tứ giác MPOQ là hình gì ? Tại sao

?

3 Kẻ MH ^ AB ( H  AB) Gọi K là giao của MH và EB So sánh MK

và KH

Hướng dẫn :1) EAO = EMO = 900 Nên AEMO là tứgiác nội tiếp

2) Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắtnhau có

MPO = MQO = 900 và PMQ = 900 nênPMQO là hình chữ nhật

Vì EM = EA  MK = KH Bài 2 : Cho (O) cắt (O’) tại A và B Kẻ cát tuyếnchung CBD ^ AB ( C ở trên (O) và D ở trên (O’).)

1 Chứng minh A , O , C và A ,O’, D thẳng12

FE

M

OP

QK

3 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 vàAO’cắt đường tròn (O) lần lượt tại C và D , cắt đường tròn (O’) lần lượt tại E , F

a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp c) Chứng minh A là tâm đường tròn nội tiếptam giác BDE

d) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của(O) và (O’)

Hướng dẫn :

a) CBA + FBA = 1800 nên A , B , F thẳng hàng

b) D, E cùng nhìn CF dưới một góc vuông nên CDEF nội tiếp

c) 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 tiếpDBDE

d) Giả sử DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ta có OO’ // CE cùng vuônggóc 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 ( Haiđường tròn có bán kính bằng nhau )

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 Đườngthẳng d cắt các đường thẳng AC , AD theo thứ tự tại P và Q

13

ED

C

O’

AO

QD

C

O

Pd

3) Tứ giác ADBC là hình gì ? Tại sao ?

4) 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  SADC = ¼ SAPQ tức là tỉ số đồng dạng của hai tam giác này

Hướng dẫn chứng minh1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A , Bcùng nhìn SO dưới một góc vuông , nên tứ giácSADO 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 làhình vuông

2) Ta thấy DSAC DSDA  = SASC

DA AC

DSCB DSBD  =SBSC

BD BC

Mà SA = SB  =BDBC

AD

AC

 AC.BD = AD.BC (1)Trên SD lấy K sao cho CAK = BAD lúc đó

DCAK DBAD (g.g)  AC.DB = AB.CK

DBAC DDAK (g.g)  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

14

D

AC

BEK

cung AD lấy một điểm E Nối BE và kéo dài cắt AC tại F

1) Chứng minh CDEF nội tiếp

2) 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 ?

3) Gọi r1 , r2 , r3 theo thứ tự là đường tròn nội tiếp các tam giác ABC , ADB , ADC Chứng minh : r = r12 + r22

Hướng dẫn :1) Dựa vào số đo cung ta thấy

C = DEB  C + DEF = 1800

Nên tứ giác CDEF nội tiếp 2) DBED DBCQ ( g.g)  BPE =BQC

 KPQ = KQP hay DKPQ cân DCNK DMK  EMK = CNK

 BMN = BNM hay DBMN cân  MN ^ PQ và MN cắt PQ là trung điểm củamỗi đường Nên MNPQ là hình thoi

3) DABC DDAB DDAC 

AC

r

= AB

r

= BC

2 2 2

2 1 2

2

AC

r

=AB

r

=BCr

2 2

2 1 2 2

2 2

2 1 2

2

BC

r+r

=AC+AB

r+r

=BC

r

 r2 = r12 + r22

Bài 7 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) Hạ các đường cao AD , BEcủa tam giác Các tia AD , BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M , N Chứng minhrằng :

a) Bốn điểm A , E , D , B nằm trên một đường tròn TÌm tâm I của đườngtròn đó

b) MN // DE c) Cho (O) và dây AB cố định , điểm C di chuyển trên cung lớn AB

Chứng minh rằng độ dài bán kínhđường tròn ngoại tiếp tam giácCED không đổi

Hướng dẫn giải :a) E,D cùng nhìn AB dưới một góc vuôngnên tứ giác AEDB nội tiếp trong một đườngtròn đường kính AB có I ( trung điểm của

AB ) là tâm 15

D

EPM

KH

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 rađược CN = CM nên OC ^ MM  OC ^ DE

Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K ( trung điểm của HC) đây cũng làđường tròn ngoại tiếp tam giác CDE  KD = KE và ID = IE nên IK ^ DE hay

IK // OC và OI // CK nên OIKC là hình bình hành  KC = OI không đổi

Bài 8 : Cho tam giác đều nội tiếp đường tròn (O,R)

1)Tính theo chiều R độ dài cạnh và chiều cao của DABC

2)Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC ( M  B,C ) Trên tia đối của MB lấy

a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp DMNP

b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn c) Tìm vị trí M , N , P sao cho độ dài NP nhỏ nhất Hướng dẫn :

a) Từ tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và giả thiếtsuy ra :

N

O

DN = EM = FP  DODA = DOEM = DOFP ( c.g.c )

ON = 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 = atrên cạnh DC Nối AF và BE cắt nhau ở H

d) Dựa vào tổng 2 góc đối bằng 1800 nên EDFHnội tiếp

DBEK DBFH 

13

13 a 9

= BF

BH BE

= BKe) Dựa vào vuông góc : E , K , C thẳng hàng

Câu 3: ( 3,0 điểm)Trong một cuộc đua xe môtô, ba tay đua đã khởi hành cùng một lúc.Mỗi giờ, người thứ hai chạy chậm hơn người thứ nhất 15km và nhanh hơn người thứ ba3km nên người thứ hai đến đích chậm hơn người thứ nhất 12 phút và sớm hơn người thứ

ba 3 phút Tính vận tốc của ba tay đua môtô trên

Câu 4: ( 3,0 điểm)Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao

BK bằng 12cm Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC

Câu 5: ( 5,0 điểm)Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a và một điểm M chuyển động trênđường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

1) Chứng minh: nếu điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC

2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = MA + MB + MC ( khi M thuộc cung nhỏAB)

ĐỀ 2:

Bµi 1: (3 ®iÓm) Cho biÓu thøc

x 3

3 x 1 x

) 3 x ( 2 3 x 2 x

3 x x P

2) TÝnh gi¸ trÞ cña P khi x = 14 - 6 5

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P và giá trị tương ứng của x

Bµi 2: (3 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh:1) x 31 x 2 x 21 x 1 x 11 x 1

Bµi 3: (3 ®iÓm) 1) Cho biểu thức A = 2

Bài 4: (3 điểm)1) Tìm các giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: ( y + 2 )x2 + 1 =

y2

2) T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh sau: x y  1980

Bài 5: ( 3 điểm) Cho a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC

x x

 



 

b/ Trờn mặt phẳng toạ độ cho cỏc điểm A(0;4) ; B(3;4) ; C(3;0)

Viết phương trỡnh đường thẳng đi qua A, C Xỏc định a để đường thẳng y =ax chia hỡnhchữ nhật OABC thành hai phần , trong đú diện tớch phần chứa điểm A gấp đụi diện tớchphần chứa điểm C

Bài4(3đ) Cho hai đường trũn (O) và (O’) ở ngoài nhau Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB

và tiếp tuyến chung trong EF ( A ,E (O) , B , F (O’) )

a/ Gọi M là giao điểm của AB và EF Chứng minh rằng : DAOM và DBMO’ đồngdạng

b/ Chứng minh rằng AE vuụng gúc với BF

c/ Gọi N là giao điểm của AE và BF Chứng minh rằng ba điểm O , N , O’ thẳng hàng Bài5(1đ) Cho hỡnh vuụng ABCD Tớnh cosMAN biết rằng M ,N theo thứ tự là trungđiiểm của BC, CD

3 3

x x

a Rút gọn A

b Tính giá trị của A khi x = 3+2010

Bài 2(3đ) Cho hàm số y = 3x +2m-1 (1)

a Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1; 5)

b Vẽ đồ thị hàm số với giá trị vừa tìm đợc ở câu a Gọi giao điểm của đồ thị hàm số(1) với trục 0x là B; giao điểm của đờng thẳng hạ từ A vuông góc với 0x là C Tínhdiện tích tam giác ABC?

Bài 3(2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn

2010 2009

2008

z y

x





Chứng minh rằng: z – x =2 (x y)(y z)

Bài 4(2.5) Cho x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x3 + y3 + xy

b

a a

19

Bài 6(3) Cho tam giác vuông ABC ( Bˆ= 900, BC > BA) nội tiếp đờng tròn đờng kính

AC Kẻ dây cung BD vuông góc với đờng kính AC Gọi H là giao điểm của AC và BD.Trên HC lấy điểm E sao cho E đối xứng với A qua H Đờng tròn đờng kính EC cắt cạnh

BC tại I ( I khác C) Chứng minh rằng:

a CI.CA = CB.CE

b HI là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính EC

Bài 7(4) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (0; R) Đờng cao AK cắt đờng tròn (0) tại D;

AN là đờng kính của đờng tròn (0)

a Chứng minh: BD = CN

b Tính độ dài AC theo R và α Biết = α

c Gọi H, G lần lợt là trực tâm, trọng tâm của tam giác ABC Chứng minh rằng H; G;

2 Khi phõn tớch ra thừa số nguyờn tố, số chớnh phương chỉ chứa cỏc thừa số nguyờn

6 Số chớnh phương chia hết cho 2 thỡ chia hết cho 4

Số chớnh phương chia hết cho 3 thỡ chia hết cho 9

Số chớnh phương chia hết cho 5 thỡ chia hết cho 25

Số chớnh phương chia hết cho 8 thỡ chia hết cho 16

III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyờn x, y thỡ

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 là số chớnh phương.

Ta cú A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

20

Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.

Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N) Ta có

Theo kết quả bài 2  k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương

Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …

Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.

4 2n  n  n   =

9

1 10 4 10

Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:

10 2n  n  n  

=

9

4 10 4

là số chính phương ( điều phải chứng minh)

Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể

 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương

không phải là số chính phương

n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]

= n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)

Với nN, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2

và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2

Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2  n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương

Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số

hàng đơn vị đều là 6 Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương

Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương

Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tậncùng của a là 4 hoặc 6  a2  a2  4

Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56,