Giao an on HSG toan 9

Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Ngày soạn: / / 2011 Ngày giảng: / / 2011 Buổi 1 – Chuyên đề 1 PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT I. Mục tiêu 1. Kiến thức - Hs biết được một số phương pháp tìm GTNN, GTLN bằng cách sử dụng một số bất đẳng thức thông dụng ( Bất đẳng thức Cô si và Bu- nhi – a côp – xki. 2. Kĩ năng - Rèn luyện kĩ năng biến đổi và rèn luyện khả năng tư duy toán học thông qua chứng minh các bất đẳng thức để tìm GTNN, GTLN 3. Thái độ - Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, biết lựa chọn giải pháp hợp lý khi giải toán. II. Chuẩn bị. GV: Nghiên cứu kĩ giáo án HS: Ôn tập lại bất đẳng thức Cô si và Bu – nhi- a- Côp - Xki III. Tiến trình bài dạy 1. Ổn định tổ chức. 2. Kiểm tra bài cũ . ( Không ) 3. Bài mới I. Lý thuyết *phương pháp 1: Phương pháp dựa vào lũy thừa bậc chẵn. Biến đổi hàm số f(x) sao cho: * y = M – [g(x)] 2n , n ∈ Z + ⇒ y ≤ M Do đó y max = M ⇔ g(x) = 0 * y = m + [h(x)] 2n , n ∈ Z + ⇒ y ≥ m Do đó y min = m ⇔ h(x) = 0 * Phương pháp 2: Dựa vào bất đẳng thức Côsi: * Ghi nhớ: Ta có: a + b 2 ab³ (Với a, b là hai số không âm). Dấu bằng xãy ra khi a = b a 1 + a 2 + a 3 + . . . + a n 1 2 3 n n n a a a a³ (với: a 1 ; a 2 ; a 3 ; . . .; a n không âm). Dấu bằng xãy ra khi a 1 = a 2 = a 3 = . . . = a n Vậy: • Nếu a.b = k (không đổi) thì: Min(a + b) = 2 k (khi và chỉ khi a = b). • Nếu a + b = k (không đổi) thì: Max(a.b) = 4 2 k (khi và chỉ khi a = b). Giáo án ôn HSG toán 9 1 Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh • Kết quả trên còn được mở rộng với n số không âm. Bài 1: Cho x > 0; y> 0 thỏa mãn đẳng thức 2 111 =+ yx . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = yx + . Hướng dẫn: Vì: x > 0; y > 0 nên 0;0;0 1 ;0 1 >>>> yx yx . VẬn dụng bất đẳng thức Cosi đối với 2 số dương yx 1 ; 1 . ta có:         +≤ yxyx 11 2 11 . 1 . Suy ra: 4 4 11 ≥⇒≤ xy xy Vận dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương yx; ta được: A = 4422 =≥≥+ yxyx (Dấu “=” xãy ra ⇔ x = y = 4 ). Vậy: MinA = 4 (khi và chỉ khi x = y = 4). * Lưu ý phương pháp giải: Trong bất đẳng thức trên ta đã vận dụng bất đẳng thức Cosi theo hai chiều ngược nhau. Lần thứ nhất ta “làm trội” yx 1 . 1 bằng cách vận dụng 2 ba ab + ≤ để vận dụng giả thiết 2 111 =+ yx , từ đó được 4≥xy . Lần thứ hai ta “làm giảm” tổng ( yx + ) bằng cách vận dụng bất đẩng thức Cô_si theo chiều a + b ab2≥ để dùng kết quả 4≥xy . Biện pháp : Đôi khi để tìm cực trị của một biểu thức ta cần phải tìm cực trị của bình phương của biểu thức đó. Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = xx 3753 −+− . Giải. Cách 1: Biểu thức A được cho dưới dạng tổng của hai căn thức . Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi là 2. Vì vậy nếu bình phương biểu thức A thì ta có được hạng tử cộng là hai lần tích của hai căn thức. Đến đây có thể vận dụng bất đẳng thức Cô_si. ĐKXĐ: 3 7 3 5 ≤≤ x . A 2 = (3x – 5) + (7 – 3x) + 2 )7).(53( xx −− = 2 + 2 )37).(53( xx −− A 2 ≤ 2 + (3x – 5) + (7 – 3x) = 4( Dấu “=” xãy ra ⇔ 3x – 5 = 7 – 3x ⇔ x = 2). Vậy: maxA 2 = 4 ⇒ maxA = 2( khi và chỉ khi x =2). Cách 2: Theo BĐT Bunhiacopski ta có: ( ) 2 2 2 2 2 ab cd (a c )(b d )+ ≤ + + . Giáo án ôn HSG toán 9 2 Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Dấu “=” xảy ra khi ad = bc. ĐKXĐ: 3 7 3 5 ≤≤ x . Ta có: A = ( ) ( ) 2 2 2 2 1. 3x 5 1. 7 3x 1 1 3x 5 7 3x 2− + − ≤ + − + − = ⇒ maxA = 2. Khi: 3x 5 7 3x x 2− = − ⇔ = II. Bài tập vận dụng Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 3 346 + ++ x xx Giải ĐKXĐ: 0 ≥ x M = ( ) 10252 3 25 3 3 253 2 =≥ + ++= + ++ x x x x (dấu “=” xảy ra ⇔ 4 3 25 3 =⇔ + =+ x x x ) Vậy min M = 10 (khi và chỉ khi x = 4) Bài 2: Cho x > 1, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 1 25 4 − + x x Giải A = ( ) ( ) 24410.24 1 25 1424 1 25 14 =+=+ − −≥+ − +− x x x x (dấu “=” xảy ra ⇔ ( ) 2 7 1 25 14 =⇔ − =− x x x ) Vậy min A = 24 (khi và chỉ khi 2 7 =x ) a) Bài 3: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện 12≥++ zyx Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x z z y y x ++ Giải P 2 = y xz x zy z yx x z z y y x 22 2 222 +++++ Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 4 số dương, ta được: x yz zyxx z z yx z yx y x 4 4 4 222 =≥+++ y xz xzyy x x zy x zy z y 4 4 4 222 =≥+++ Giáo án ôn HSG toán 9 3 Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh z yx yxzz y y xz y xz x z 4 4 4 222 =≥+++ Do đó P 2 ≥ ( ) ( ) ( ) zyxzyxzyx ++=++−++ 34 P 2 ≥ 3.12 = 36 (dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 4) Vậy min P = 6 (khi và chỉ khi x = y = z = 4) Bài 4: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện azyx =++ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =       +         +       + z a y a x a 111 Giải. x yzx x yzx x zyxx x a 4 22 422 1 ≥ + ≥ +++ =+ ; y xzy y xzy y zxyy y a 4 22 422 1 ≥ + ≥ +++ =+ ; z yxz z yxz z yxzz z a 4 22 422 1 ≥ + ≥ +++ =+ ; Do đó Q ≥ ( ) 64 64 4 4 = xyz xyz (dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 3 a ) Vậy min Q = 64 (khi và chỉ khi x = y = z = 3 a ) Bài 5: Cho x, y, z ≥ 0 thỏa mãn điều kiện azyx =++ b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = zxyzxy ++ c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = 222 zyx ++ Giải 2 22 yx xy + ≤ ; 2 22 zy yz + ≤ ; 2 22 xz zx + ≤ 222 zyxzxyzxy ++≤++ ; ( ) ( ) zxyzxyzyxzxyzxy ++−++≤++ 2 2 3A 2 a≤ ; A ≤ 3 2 a (dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 3 a ) Vậy max A = 3 2 a (khi và chỉ khi x = y = z = 3 a ) b) B = ( ) ( ) zxyzxyzyxzyx ++−++=++ 2 2 222 B = ( ) zxyzxya ++− 2 2 B min ⇔ ( ) zxyzxy ++ max ⇔ 3 2 a zxyzxy =++ (theo câu a) Lúc đó B = 33 2 22 2 aa a =− (khi và chỉ khi x = y = z = 3 a ) Giáo án ôn HSG toán 9 4 Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh 4. Hướng dẫn về nhà Bài 6: Cho x > 0 ; y > 0 và 6≥+ yx . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: yx yxP 1612 35 +++= . Đáp án. P = ( ) y y x x y y x xyx 16 2 12 3212 1612 32 ⋅+⋅+≥         ++       +++ = 12 + 12 + 8 = 32 (dấu “=” xảy ra ⇔ x x 12 3 = và y y 16 = ) ⇔ 2=x và 4=y ) Vậy min P = 32 (khi và chỉ khi 2=x ; 4=y ) Bài 7: Cho x > y và xy = 5, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức yx yxyx Q − ++ = 22 2,1 Đáp án. Q = ( ) ( ) 8162 162,3 2 =≥ − +−= − +− yx yx yx xyyx (dấu “=” xảy ra ⇔ 4 16 =−⇔ − =− yx yx yx , kết hợp điều kiện 5=xy ta được x = 5 ; y = 1 và x = -1 ; y = -5) Vậy min Q = 8 (khi và chỉ khi x = 5 ; y = 1 hoặc x = -1 ; y = -5) Giáo án ôn HSG toán 9 5 Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Ngày soạn: / / 2011 Ngày giảng: / / 2011 Buổi 2 - Chuyên đề 2 + 3. PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE I. Mục tiêu 1. Kiến thức - Biết được một số phương pháp tìm lời giải cho bài toán chia hết, chia có dư, đồng dư thức. 2. Kĩ năng - Rèn luyện kĩ năng biến đổi và rèn luyện khả năng tư duy toán học thông qua chứng minh các đẳng thức toán học, tìm số dư, phép chia hết 3. Thái độ - Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, biết lựa chọn giải pháp hợp lý khi giải toán. II. Chuẩn bị. GV: Nghiên cứu kĩ giáo án HS: Ôn tập lại kiến thức phép chia hết, phép chia có dư. III. Tiến trình bài dạy 1. Ổn định tổ chức. 2. Kiểm tra bài cũ . - Giải bài tập đã cho buổi hôm trước ? 3. Bài mới 1. Các bài toán chia hết và phương hướng tìm lời giải : Cho biểu thức A(n), phụ thuộc vào số n (n ∈ Z hay n ∈ Z’ một tập con của Z) 1.1) Để chứng minh A(n) chia hết cho một số nguyên tố p, có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho p (0, ± 1, ± 2, …, p 1 2 − ± ) Ví dụ : Chứng minh rằng n(n 2 + 1)(n 2 + 4) M 5 với mọi số nguyên n. Giải : Đặt n = 5k + r với r = 0, ±1, ±2) Với r = 0 thì n M 5 ⇒ A(n) M 5 Với r = ±1 thì (n 2 + 4) = [(5k ± 1) 2 + 4] = 25k 2 ± 10k + 5 M 5 ⇒ A(n) M 5 Với r = ±2 thì (n 2 + 1) = [(5k ± 2) 2 ± 1] = 25k 2 ± 10k + 5 M 5 ⇒ A(n) M 5 Giáo án ôn HSG toán 9 6 Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh 1.2) Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m, nói chung ta nên phân tích m ra thừa số. Giả sử m = p.q Nếu p,q là số nguyên tố hay (p,q) = 1 thì ta tìm cách chứng minh A(n) M p và A(n) M q. Từ đó suy ra A(n) M pq = m. Ví dụ : Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6. Giải : Gọi ba số nguyên liên tiếp là : n, n + 1, n + 2. Tích của chúng là : A(n) = n(n + 1)(n + 2). Trong hai số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng có một số chẵn, do đó A(n) M 2. Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + 2 bao giờ cũng có một số chia hết cho 3. Thật vậy vì số dư khi chia n cho 3 chỉ có thể là 0 (n chia hết cho 3) hoặc là 1 (lúc đó n + 2 chia hết cho 3) hoặc là 2 (lúc đó n + 1 chia hết cho 3). Vì (2,3) = 1 nên A(n) = n(n + 1)(n + 2) M 6 Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau thì ta phân tích A(n) thành nhân tử, chẳng hạn A(n) = B(n).C(n) và tìm cách chứng minh B(n) M p và C(n) M q. Khi đó A(n) = B(n)C(n) M pq = m. Ví dụ : Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8. Giải : Gọi số chẵn đầu là 2n, số chẵn tiếp theo là 2n + 2, tích của chúng là A(n) = 2n(2n + 2). Ta có 8 = 2.4 và A(n) = 2n(2n + 2) = 4.n(n + 1); n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2. Vì 4 M 4 và n(n + 1) M 2 nên 4n(n + 1) M 4.2 = 8. 1.3) Để chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng của nhiều số hạng và chứng minh mỗi số hạng chia hết cho m. Ví dụ : Chứng minh rằng lập phương của một số nguyên bất kì (n > 1) trừ đi 13 lần số nguyên đó thì luôn chia hết cho 6. Giải : Ta cần chứng minh : A(n) = n 3 – 13n M 6 Ta có A(n) = n 3 – 13n = n 3 – n – 12n = n(n 2 – 1) – 12n = n(n – 1)(n + 1) – 12n. Vì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 và 12n chia hết cho 6 nên : A(n) = n 3 – 13n M 6. 1.4) Để chứng minh một tổng nào đó không chia hết cho m, có thể chứng minh một số hạng nào đó của tổng không chia hết cho m còn tất cả các số hạng còn lại chia hết cho m. Giáo án ôn HSG toán 9 7 Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số n lẻ : n 2 + 4n + 5 không chia hết cho 8. Giải : Đặt n = 2k + 1 (n lẻ) ta có : n 2 + 4n + 5 = (2k + 1) 2 + 4(2k + 1) + 5 = (4k 2 + 4k + 1) + (8k + 4) + 5 = (4k 2 + 4k) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2 Vì k(k + 1) M 2 nên 4k(k + 1) M 8 ; 8(k + 1) M 8 và 2 không chia hết cho 8 nên n 2 + 4n + 5 không chia hết cho 8. 1.5) Có thể chứng minh bằng quy nạp toán học : Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n bằng phương pháp quy nạp toán học, ta tiến hành theo ba bước sau : Bước 1 : Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1 (hoặc n = n o ) Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với n = k > 1 (hoặc k > n o ) ; (Ta gọi là giả thiết quy nạp). Rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1. Bước 3 : Kết luận mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n. Ví dụ : Chứng minh rằng 16 n – 15n – 1 M 225. Giải : Với n = 1 thì 16 n – 15n – 1 = 16 – 15 – 1 = 0 M 225 (đúng) Giả sử 16 k – 15k – 1 M 225 Ta chứng minh : 16 k+1 – 15(k + 1) – 1 M 225. Thật vậy : 16 k+1 – 15(k + 1) – 1 = 16.16 k – 15k – 15 – 1 = (15 + 1).16 k – 15k – 15 – 1 = = (16 k – 15k – 1) + 15.16 k – 15. Theo giả thiết quy nạp (16 k – 15k – 1) M 225, Còn 15.16 k – 15 = 15(16 k – 1) = 15.(16 – 1).M M 15.15. Vậy 16 k+1 – 15(k + 1) – 1 M 225. Bài tập áp dụng : 1) Chứng minh rằng : A = 75(4 1975 + 4 1974 + 4 1973 + … + 4 2 + 5) + 25 chia hết cho 4 1976 . Giải : A = 25.3(4 1975 + 4 1974 + 4 1973 + … + 4 2 + 4 + 1) + 25 A = 25.(4 – 1) (4 1975 + 4 1974 + 4 1973 + … + 4 2 + 4 + 1) + 25 A = 25.(4 1976 – 1) + 25 = 25 ( ) 1976 1976 1976 4 1 1 25.4 4   − + =   M 2) Chứng minh rằng số P = 5 4 3 2 x x 7x 5x x 120 12 24 12 5 + + + + luôn luôn là một số tự nhiên Giáo án ôn HSG toán 9 8 Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh với mọi số tự nhiên x. Giải : P = 5 4 3 2 x 10x 35x 50x 24x 120 + + + + Mà : x 5 + 10x 4 + 35x 3 + 50x 2 + 24x = x(x 4 + 10x 3 + 35x 2 + 50x + 24) = x[(x 4 + 5x 3 + 4x 2 ) + (5x 3 + 25x 2 + 20x) + (6x 2 + 30x + 24)] = x[x 2 (x 2 + 5x + 4) + 5x(x 2 + 5x + 4) + 6(x 2 + 5x + 4)] = x(x 2 + 5x + 4)(x 2 + 5x + 6) = x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3). Vì 120 = 3.5.8 với 3, 5, 8 đôi một nguyên tố cùng nhau, do đó chỉ cần chứng minh : x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) lần lượt chia hết cho 3, 5, 8. CHUYÊN ĐỀ 3 : PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE (Phương trình nghiệm nguyên) I. Mở đầu : Có bài toán dân gian sau : Trăm trâu trăm cỏ, Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba, Lụ khụ trâu già, Ba con một bó. Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm, bao nhiêu trâu già ? Giải : Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y, thì số trâu già là : 100 – (x + y) Ta có phương trình : 100 (x y) 5x 3y 100 3 − + + + = Hay 7x + 4y = 100 (1) Nếu không có điều kiện hạn chế gì thì phương trình này rất dễ giải ; nó có vô số nghiệm : x tùy ý 100 7x y 4    − =   Nhưng theo đề toán thì x, y (số trâu) phải là số nguyên dương, nên ta phải tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1). Đây là một ví dụ về phương trình Diophante. Giáo án ôn HSG toán 9 9 Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Một phương trình có nhiều ẩn số, với tất cả các hệ số đều là số nguyên, và ta phải tìm nghiệm nguyên của nó, được gọi là một phương trình Diophante. (Diophante là tên của một nhà toán học cổ Hy Lạp) Phương trình Diophante nói chung là có nhiều nghiệm nguyên, vì vậy người ta cũng gọi là phương trình vô định. II. Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản : 1. Phương trình ax + by = c (1) (a, b, c là các số nguyên) Nếu (a,b) = 1 thì phương trình (1) bao giớ cũng có nghiệm nguyên. Nếu a, b có một ước số chung không phải là ước số của c thì phương trình (1) không có nghiệm nguyên. Muốn tìm nghiệm nguyên của (1), ta phải tách được phần nguyên ra khi biểu diễn x theo y hoặc y theo x. Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x + 4y = 29 Giải : Ta có x = 29 4y 2 y 9 y 3 3 − − = − + . Muốn có x, y nguyên thì 2 y 3 − phải nguyên hay 3 là ước của 2 – y. Vậy 2 – y = 3t (t ∈ Z) Khi đó : y = 2 – 3t và x = 9 – y + t = 9 – 2 + 3t + t = 4t + 7 Vậy : x 4t 7 (t nguyên) y 2 3t = +   = −  là tất cả các nghiệm nguyên của phương trình đã cho. Muốn tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình trên, ta đặt thêm các điều kiện để x > 0 y > 0. Ta có : 7 t x 4t 7 0 4 2 y 2 3t 0 t 3   > −   = + >   ⇔   = − >   <     Do đó : 7 2 t 4 3 − < < và t chỉ có hai giá trị t 1 = –1, t 2 = 0 Với t 1 = –1 thì x = 3, y = 5 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Với t 2 = 0 thì x = 2, y = 7 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 7x + 23y = 120 (1) Giải : Ta có x = 120 23y 1 2y 17 3y 7 7 − − = − + (2) Muốn có x, y nguyên thì 1 – 2y = 7t hay 2y = 1 – 7t (t nguyên). Giáo án ôn HSG toán 9 10 [...]... = 0, ta cú : B = 7 + 12 = 19 M 19 Gi s mnh ỳng vi n = k, tc l : Bk = 7.52k + 12.6k M 19 (1) Ta hóy xột : Bk + 1 = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 = 7.52k.52 + 12.6k.6 = (6 + 19) 7.52k + 12.6k.6 = 6(7.52k + 12.6k) + 19. 7.52k Giỏo ỏn ụn HSG toỏn 9 12 Trng THCS Lay Na Phanh Lũ Vn = 6Bk + 19. 7.52k Nhng theo (1) thỡ Bk M 19 Vy Bk + 1 = 6Bk + 19. 7.52k M 19 Vy mnh ỳng vi mi s t nhiờn n Ngy son: / ./ 2011 Ngy ging: /... 12,5 28,5 x = 12,5 28,5 18 ,9( cm) Bi 35 72 SBT: ABC; AB = 12cm; AC = 15cm BC = 18dm; AM = 10cm; AN = 8cm MN = ? A 10 M 8 GT KL N B C Gii Xột ABC v ANM ta cú : AM 10 2 = = AC 15 3 AN 18 2 = = AB 12 3 AM AN = AC AB Mt khỏc, cú à chung A Vy ABC ng dng ANM (c.g.c) T ú ta cú : AB BC 12 18 8.18 = hay = = 12(cm) AN NM 18 MN 12 Giỏo ỏn ụn HSG toỏn 9 19 Trng THCS Lay Na Phanh Lũ Vn Bi tp 3: à à a) Tam... AB BI2 = BN AB = Giỏo ỏn ụn HSG toỏn 9 28 Trng THCS Lay Na Phanh Lũ Vn AM AI 2 = 2 BN BI 2 AM AI ữ = BN BI DNG 3: CHNG MINH QUAN H SONG SONG * Kin thc ỏp dng - nh ngha tam giỏc ng dng - Cỏc trng hp ng dng ca tam giỏc - Du hiu nhn bit hai ng thng song song * Vớ d minh ha: 1 Vớ d 1: Cho hỡnh thang ABCD (AB // CD) Gi M l trung im ca CD, E l giao im ca MA v BD; F l giao im ca MB v AC Chng minh rng... THCS Lay Na Phanh Lũ Vn Ngy son: 17 / 4 / 2011 Ngy ging: 19/ 4 / 2011 Bui 6 Chuyờn 6 MT S DNG BI TP HèNH HC LP 9 I Mc tiờu 1 Kin thc - Hs c cng c cỏc kin thc v gúc vi ng trũn 2 K nng - Vn dng cỏc kin thc hỡnh hc lp 9 chng minh t giỏc ni tip, tớnh t s on thng, so sỏnh gúc Giỏo ỏn ụn HSG toỏn 9 31 Trng THCS Lay Na Phanh Lũ Vn 3 Thỏi - Rốn luyn tớnh cn thn v chớnh xỏc, kiờn trỡ tỡm tũi trong quỏ trỡnh... thỡ hai tam giỏc ú ng dng PHN II CC DNG TON C TH DNG 1: TNH DI ON THNG, T S , DIN TCH Giỏo ỏn ụn HSG toỏn 9 18 Trng THCS Lay Na Phanh Loi 1: Lũ Vn TNH DI ON THNG - + Vớ d minh ha: Bi 36 79 SGK (cú hỡnh v sn) A 12,5 B ABCD l h.thang (AB // CD) AB = 12,5cm; CD = 28,5cm ã ã DBA = DBC x =? GT x KL D C Gii ã ã ABD v BDC cú : DAB = DBC (gt) à à B1 = D1 ( so le trong do AB // CD) ABD BDC (g.g) x AB BD... trỡnh bi dy 1 n nh t chc 2 Kim tra bi c - Cha bi tp hụm trc 3 Bi mi Phn I Giỏo ỏn ụn HSG toỏn 9 17 Trng THCS Lay Na Phanh Lũ Vn KIN THC C BN -1 inh lý Talet trong tam giỏc Nu mt ng thng song song vi mt cnh ca tam giỏc v ct hai cnh cũn li thỡ nú nh ra trờn cnh ú nhng on thng tng ng t l MN // BC A AM AN = AB AC AM AN = MB NC M N B C 2 Khỏi nim tam giỏc ng dng Tam giỏc ABC gi l ng dng vi tam giỏc ABC... tỡm tũi trong quỏ trỡnh gii toỏn II Chun b GV: Nghiờn cu k giỏo ỏn HS: ễn li cỏc kin thc ó hc trong cỏc bui hc trc III Tin trỡnh bi dy 1 n nh t chc 2 Kim tra bi c - Cha bi tp hụm trc 3 Bi mi Bi 1 Bin i n gin cỏc biu thc a A = b B = 1 14 34 2 2 16 25 81 1 1 1 1 + + + + 1+ 2 2+ 3 98 + 99 99 + 100 3 HD: a Chuyn cỏc hn s v phõn s ri thc hin khai cn 196 KQ: 45 b Thc hin trc cn thc mu => KQ : 9 Bi 2: Rỳt... Cm Li gii: 1 Xột t giỏc CEHD ta cú: CEH = 90 0 ( Vỡ BE l ng cao) CDH = 90 0 ( Vỡ AD l ng cao) => CEH + CDH = 1800 M CEH v CDH l hai gúc i ca t giỏc CEHD , Do ú CEHD l t giỏc ni tip 2 Theo gi thit: BE l ng cao => BE AC => BEA = 90 0 AD l ng cao => AD BC => BDA = 90 0 Giỏo ỏn ụn HSG toỏn 9 34 Trng THCS Lay Na Phanh Lũ Vn Nh vy E v D cựng nhỡn AB di mt gúc 90 0 => E v D cựng nm trờn ng trũn ng kớnh... = CD 2 Chng minh COD = 90 0 AB 2 3.Chng minh AC BD = 4 4.Chng minh OC // BM 5.Chng minh AB l tip tuyn ca ng trũn ng kớnh CD 6.Chng minh MN AB Ngy son: 19 / 4 / 2011 Ngy ging: 21/ 4 / 2011 Bui 7 ễN TP TNG HP I Mc tiờu 1 Kin thc - Hs c cng c cỏc kin thc ó hc trong cỏc bui trc Giỏo ỏn ụn HSG toỏn 9 35 Trng THCS Lay Na Phanh Lũ Vn 2 K nng - Rốn k nng gii cỏc bi tp i s v hỡnh hc trong chng trỡnh cp THCS... Tớnh BAC 3 A 20 à ABH; H = 90 0 ; AB = 20cm GT BH = 12cm; AC = Giỏo ỏn ụn HSG toỏn 9 5 AH 3 20 Trng THCS Lay Na Phanh Lũ Vn KL B 12 H C ã BAC = ? Gii: AB 20 5 AC = = = BH 12 3 AH AB BH = AC AH Ta cú Xột ABH v CAH cú : 0 ã ã AHB = CHA = 90 AB BH = (chng minh trờn) AC AH ã ABH ng dng CAH (CH cnh gv) CAH = ã ABH 0 0 ã ã ã Li cú BAH + ã ABH = 90 nờn BAH + CAH = 90 Do ú : BAC = 90 0 Bi 2: Cho hỡnh thoi ABCD . = 75(4 197 5 + 4 197 4 + 4 197 3 + … + 4 2 + 5) + 25 chia hết cho 4 197 6 . Giải : A = 25.3(4 197 5 + 4 197 4 + 4 197 3 + … + 4 2 + 4 + 1) + 25 A = 25.(4 – 1) (4 197 5 + 4 197 4 + 4 197 3 + …. 6(7.5 2k + 12.6 k ) + 19. 7.5 2k Giáo án ôn HSG toán 9 12 Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh = 6B k + 19. 7.5 2k Nhưng theo (1) thì B k M 19. Vậy B k + 1 = 6B k + 19. 7.5 2k M 19 Vậy mệnh đề đúng. 25.(4 197 6 – 1) + 25 = 25 ( ) 197 6 197 6 197 6 4 1 1 25.4 4   − + =   M 2) Chứng minh rằng số P = 5 4 3 2 x x 7x 5x x 120 12 24 12 5 + + + + luôn luôn là một số tự nhiên Giáo án ôn HSG toán 9 8 Trường