Đề toán nâng cao HSG 9

LOẠI ĐỀ TOÁN NÂNG CAO DÙNG CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9  I. CHỦ ĐỀ 1: CĂN BẬC HAI Bài 1: (2 điểm). Cho biểu thức P = 2 2 2 2 2 2 5 1 7 7 1 13 1 3 1 4 x x x x x x + + + + + + + + + + + a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm x để P = 11. Giải: a) Ta có: P = 2 2 2 2 2 2 ( 1 2).( 1 3) ( 1 3).( 1 4) 1 3 1 4 x x x x x x + + + + + + + + + + + + + = 2 2 ( 1 2) ( 1 3)x x+ + + + + P = 2 2 1 5x + + b) Vì P = 11 2 2 1 5 11x⇔ + + = 2 1 3x⇔ + = 2 8x⇔ = x⇔ = ± 2 2 Bài 2: Cho a > 0 > b, a > b và biểu thức P = 2 2 2 2 a a b a a b− − + + − . a) Rút gọn biểu thức P. b) Biết a + b = 2.Tìm a,b để P = 2 2 . c) Chứng minh rằng : 1 2 a b P− + ≥ . Giải. a) Ta có: P = 2 2 2 2 0a a b a a b− − + + − ≥ P 2 = a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ).( )a b a a b a a b a a b− − + + − + − − + − = 2a +2 2 2 2 ( )a a b− − = 2a + 2 b = 2a − 2b P = 2 2a b− b) P = 2 2 2 2 2 2 4 4a b a b a b⇔ − = ⇔ − = ⇔ = + Mà a + b = 2 2 2 1b b ⇔ = − ⇔ = − . 3a ⇒ = . c) Ta có : 1 1 2 2 0 2 2 a b P a b a b− + ≥ ⇔ − − − + ≥ 2 2 2 2 ( ) 2. . ( ) 0 2 2 a b a b⇔ − − − + ≥ 2 2 ( ) 0 2 a b⇔ − − ≥ Bài 3: (3điểm) . Cho a>0,b>0,a.b 1≠ và biểu thức P = 1 1 1 1 a a a a b b b b a a b b − + − − + a) Rút gọn biểu thức P . b) Biết a + b = 10 .Tìm a,b để P = 6 . c) Chứng minh rằng: 4 2. a P b + ≥ Giải. a) P = ( ) ( ) 3 3 3 3 1 1 1 1 a a b b a a b b     − +  ÷  ÷     − − + = 1 1a a a a b b b b   + + − + −  ÷  ÷   = 2 a b b) P = 6 3 9 a a b b ⇔ = ⇔ = Mà a + b = 10 10 10 b = 10 9 10 a⇔ = c) Ta có 4 2. a P b + ≥ 4 4 a a b b ⇔ + ≥ 4 4 0 a a b b ⇔ − + ≥ 2 2 0 a b   ⇔ − ≥  ÷  ÷   II. CHỦ ĐỀ 2: HÀM SỐ BẬC NHẤT Bài 1: Lập phương trình đường thẳng (D) : y = ax + b đi qua điểm M(2;1) và vuông góc với đường thẳng ( ) : 2 3y x∆ = − + . Giải. Vì đường thẳng (D) : ( ) : 2 3y ax b y x= + ⊥ ∆ = − + nên a.( 2− ) = 1− 2 2 a − ⇔ = Do đó (D) : y = 2 2 x b − + Mặt khác vì M(2;1) ( )D∈ nên ta có 2 2 M M x b y − + = 2 .2 1 2 b − ⇔ + = 1 2b⇔ = + Vậy phương trình đường thẳng (D) cần tìm là : 2 1 2 2 y x − = + + . Bài 2: Lập phương trình đường thẳng (D) đi qua điểm A( 1; 1)− − và hợp với trục Ox một góc bằng 150 0 . Giải. Gọi phương trình đường thẳng (D) cần tìm có dạng y = ax + b nên Vì · 0 (( ); ) 150D Ox = nên a = tg 150 0 = 0 3 30 3 tg− = − .Suy ra : (D) : y = 3 3 x b − + . Mặt khác : A( 1; 1) ( )D− − ∈ nên 3 3 A A x b y − + = 3 .( 1) 1 3 b − ⇔ − + = − 3 1 3 b⇔ = − − Vậy phương trình đường thẳng (D) cần tìm là y = 3 3 1 3 3 x − − − . Bài 3: Xét tính đồng biến và nghịch biến của hàm số dạng y = ( ) ( ) P x Q x ,trong đó P(x),Q(x) là những đa thức bậc nhất. chẳng hạn :Xét xem hàm số y = 2 1 3 x x + + đồng biến hay nghịch biến trong khoảng ( 3; )− +∞ . Giải. Với mọi x 1 ;x 2 1 2 ( 3; ) : x x∈ − +∞ ≠ .Xét : 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (2 1)( 3) (2 1)( 3) ( ) ( ) 3 3 ( 3)( 3) 5 ( 3)( 3) x x x x x x f x f x x x x x x x x x x x x x + + + + − + + − − + + + + = = = − − − + + Vì x 1 , x 2 ( 3; )∈ − +∞ nên x 1 > 3 − 1 3 0x⇔ + > , x 2 > 3 − 2 3 0x⇔ + > .Do đó: 1 2 ( 3)( 3) 0x x+ + > . ⇒ 1 2 5 0. ( 3)( 3)x x > + + Hay 2 1 2 1 ( ) ( ) 0 f x f x x x − > − . Vậy hàm số y = 2 1 3 x x + + đồng biến trong ( 3; )− +∞ III.CHỦ ĐỀ 3: • HỆ BA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT BA ẨN GIẢI ĐƯỢC BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ GIẢI HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN. • GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN RỒI BIỆN LUẬN. Bài 1: Giải các hệ phương trình sau: a) 1(1) 2 4 8(2) 3 9 27(3) x y z x y z x y z + + =   + + =   + + =  b) 3 2(1) 2 2 3 4(2) 2 3 (3) 2 2 z x y y z y x y  + =  +   − =    − = +   Giải. a) Lấy (2) (1)− ta được : y + 3z = 7 Lấy (3) (2)− ta được : y + 5z = 19 Giải hệ : { 3 7 5 19 y z y z + = + = { 11 6 y z =− = ⇔ Thế y = 11− , z = 6 vào (1) ta được x = 6. Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = 6, y = − 11 , z = 6 . b) Đặt : t = 1 2x y+ thế vào (1) và (3) ta được : { 3 2 2 1,5 t z t y + = − = 1 2 3 2 z y − ⇒ + = Kết hợp với phương trình (2) ta có hệ : { 2 3 4 3 2 0,5 y z y z − = + =− { 1 0,5 z y =− = ⇔ 1 4 x⇒ = Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = 1 4 , y = 1 2 , z = 1− . Bài 2:Cần đặt một ống nước dài 21m bằng hai loại ống: ống dài 2m và ống dài 3m.Hỏi mỗi loại cần mấy ống ? Giải. Gọi x là số ống loại 2m và y là số ống loại 3m.(Điều kiện: x,y ∈ Z ; x 0, 0y≥ ≥ ) Theo đề bài ta có phương trình : 2x + 3y = 21 2 21 3x y⇔ = − ⇔ 21 3 2 y x − = ⇔ x 1 10 2 y y − = − + Đặt: 1 1 2 1 2 . 2 y t Z y t y t − = ∈ ⇒ − = ⇒ = − Suy ra : { 9 3 1 2 x t y t = + =− Với t Z ∈ Vì x 0 ≥ và 0y ≥ ⇒ { 9 3 0 1 2 0 t t + ≥ − ≥ ⇒ { 3 0,5 t t ≥− ≤ ⇒ 3 0,5t− ≤ ≤ và t Z ∈ ⇒ { } 0; 1; 2; 3t ∈ − − − . Vậy ta có 4 khả năng có thể chọn là: (x;y) = (0;7),(3;5),(6;3),(9;1). IV.CHỦ ĐỀ 4: HÀM SỐ Y = ax 2 (a 0 ≠ ). PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN. Bài 1: Cho (P): y = x 2 , (D): y = x+1 , (D 1 ): y = m (m là tham số). a) Vẽ (D),(P) trên cùng 1 hệ trục toạ độ Oxy . b) Tìm toạ độ giao điểm của (D),(P) bằng đồ thị và bằng phép tính ? c) Biện luận sự tương giao giữa (D 1 ) và (P) . Giải : y a) (P) (D) 4 m y = m 1 -2 -1 O 1 2 x b) * Dựa vào đồ thị ta nhận thấy (D) cắt (P) tại 2 điểm có toạ độ là : 1 5 3 5 ( ; ) 2 2 M + + , 1 5 3 5 ( ; ) 2 2 N − − * Phương trình hoành độ giao điểm của (D) và (P) là: 2 1x x= + 2 1 0x x⇔ − − = 1 4 5 0 5∆ = + = > ⇒ ∆ = ⇒ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 . 1 1 5 2 x + = , 2 1 5 2 x − = - Với x = 1 5 3 5 2 2 y + + ⇒ = ta được 1 5 3 5 ( ; ) 2 2 M + + - Với x = 1 5 3 5 2 2 y − − ⇒ = ta được 1 5 3 5 ( ; ) 2 2 N − − c) Biện luận: - Nếu m < 0 thì (D 1 ) ∩ (P) = φ - Nếu m = 0 thì (D 1 ) tiếp xúc (P) tại O (0;0). - Nếu m > 0 thì ( D 1 ) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt Bài 2: Cho (P) có phương trình tổng quát là y = ax 2 + bx + c (a 0≠ ).Tìm a,b,c biết rằng đồ thị Của nó đi qua 3 điểm : A(0;1) ,B(1;-1) ,M(-2;11). Giải. Vì A(0;1) ,B(1;-1) ,M(-2;11) ∈ (P) : y = ax 2 + bx + c (a 0 ≠ ) nên ta có hệ phương trình sau: 2 2 2 A A A B B B M M M ax bx c y ax bx c y ax bx c y  + + =  + + =   + + =  1 1 4 2 11 c a b c a b c =   ⇔ + + = −   − + =  1 2 4 2 10 c a b a b =   ⇔ + = −   − =  1 3 1 a b c =   ⇔ = −   =  Vậy (P) có phương trình tổng quát là : y = x 2 − 3x + 1. Bài 3: Giải phương trình : 4 3 2 4 10 37 14 0x x x x− − + − = Giải. Giả sử: 4 3 2 2 2 4 10 37 14 ( )( )x x x x x ax b x cx d− − + − = + + + + 4 10 37 14 a c b d ac ad bc bd + = −   + + = −  ⇔  + =   = −  5 2 1 7 a b c d = −   =  ⇔  =   = −  Phương trình đã cho 2 2 ( 5 2)( 7) 0x x x x⇔ − + + − = 2 2 5 2 0 7 0 x x x x − + = + − =  ⇔  1 2 5 17 2 5 17 2 x x − = + =  ⇔    hoặc 3 4 1 29 2 1 29 2 x x −− = −+ =     1 29 5 17 1 29 5 17 ; ; ; 2 2 2 2 S   − − − − + +   ⇒ =       HèNH HC MT S THI HC SINH GII LP 9 -MễN HèNH HC Bi 1: Trờn mt phng ta xOy cho im v . Xột im M, N thay i trờn trc tung sao cho AM vuụng gúc vi BN. a)Chng minh rng AN vuụng gúc vi BM v OM.ON khụng i. T ú suy ra ng trũn ng kớnh MN luụn i qua hai im c nh. Tỡm ta hai im c nh ú. b)Tỡm qu tớch tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc AMN. Xỏc nh v trớ ca M, N sao cho tam giỏc AMN cú din tớch nh nht. Li gii: a) Xột tam giỏc AMN cú NB v AO l hai ng cao, giao nhau ti B. Do ú MB cng l ng cao ca tam giỏc. T ú suy ra AN vuụng gúc vi BM. PCM. Gi Q, P ln lt l giao im ca BM vi AN, AM vi BN D dng nhn thy: (gúc, gúc) Suy ra: (gúc, gúc) Suy ra: (gúc, gúc) Suy ra: T ú, ta cú: Hay núi cỏch khỏc OM.ON khụng i. Gi I, J l giao im ca ng trũn ng kớnh MN vi trc Ox. Xột ng trũn ng kớnh MN cú MN l ng kớnh, IJ l dõy cung, MN vuụng gúc vi IJ nờn MN i qua trung im ca IJ. Hay núi cỏch khỏc OI=OJ. Ta cú: MOJ vaứ ION ủong daùng neõn: Suy ra: Hay núi cỏch khỏc: Q P Suy ra: I( , J( I, J là các điểm cố định mà đường tròn đường kính MN đi qua. ĐPCM. b) Gọi K là giao điểm còn lại của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN với trục Ox Ta có: (góc, góc) Suy ra K(1;0) là điểm đối xứng của B qua O,là điểm cố định. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua A, K nên tâm G của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN nằm trên đường trung trực (d) ( ) của AK. Ta chứng minh quỹ tích của G chính là đường thẳng (d). Thật vậy: Gọi G’ là một điểm trên (d) , kẻ đường tròn (G’, G’A).Đường tròn này cắt trục tung tại hai điểm M’ và N’.Gọi P’, Q’ lần lượt là giao điểm của M’B với N’A, M’A với N’B. Ta cần phải chứng minh M’A vuông góc với BN’, hay là M’Q’ vuông góc với BN’.Thật vậy: Vì K là điểm đối xứng của B qua O nên · · NBK NKB= · · · · · · · 0 0 0 0 0 0 180 ( ) 180 ( ) 180 ( ) 180 90 90 AQB KAQ ABQ MAK KBN MNK AKN = − + = − + = − + == − = Suy ra: N’Q’ vuông góc AM’. Suy ra ĐPCM. Vậy quỹ tích tâm G của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN là đường thẳng (d) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .Khi đó ) Bài 2 (4 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R > 0). M, N là hai điểm thuộc nửa đường tròn đó sao cho M thuộc » AN và tổng khoảng cách từ A, B đến MN bằng R 3 a) Tính độ dài MN theo R b) Gọi giao điểm của AN và BM là I, giao điểm của AM và BN là K. Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó theo R c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi MN thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán Bài 3 (2 điểm) Cho hình thang ABCD (AD // CB và AD > BC) có các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại I. Trên đáy AD lấy điểm M sao cho AM bằng độ dài đường trung bình EF của hình thang. Chứng minh rằng ∆MAC cân tại M. Giải: – Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AD tại N ⇒ BCND là hình bình hành Suy ra: BC = DN M F E NDA I B C – Mặt khác: AD + BC = 2EF mà AM = EF (gt) Suy ra: AN = AD + DN = AD + BC = 2AM Do đó: M là trung điểm của AN – Vì CN // BD mà BD ⊥ AC ⇒ CN ⊥ AC Hay: ∆ACN vuông tại C có CM là trung tuyến ⇒ 2CM = AN. Hay: CM = AM Vậy: ∆AMC cân tại M Bài 4 (2 điểm) Cho ∆ABC vuông tại A có M là trung điểm của BC. Có hai đường thẳng di động và vuông góc với nhau tại M cắt các đoạn AB và AC lần lượt tại D và E. Xác định vị trí của D và E để diện tích ∆DME đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: – Kẻ MF ⊥ AB, MG ⊥ AC ⇒ AFMG là hình chữ nhật. – Ta có: MD ≥ MF và ME ≥ MG (tính chất đường xiên, hình chiếu) Do đó: DME 1 1 S MD.ME MF.MG Const 2 2 = ≥ = Dấu "=" xảy ra ⇔ D ≡ F và E ≡ G Vậy: Khi D và E lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC thì diện tích của ∆DME đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 5 (4 điểm). Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R > 0). M, N là hai điểm thuộc nửa đường tròn đó sao cho M thuộc » AN và tổng khoảng cách từ A, B đến MN bằng R 3 a) Tính độ dài MN theo R b) Gọi giao điểm của AN và BM là I, giao điểm của AM và BN là K. Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó theo R c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi MN thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán Giải: a) Gọi P, G, H lần lượt là hình chiếu của A, B, O lên MN ⇒ hình thang ABGP có OH là đường trung bình: ⇒ AP BG R 3 OH 2 2 + = = Suy ra: 2 2 3R R MN 2MH 2 R 2 R 4 2 = = − = × = ⇒ ΔOMN là tam giác đều J H I K G P N OA B M G F E M C A B D b) Ta có: · · 0 KMI KNI 90= = ⇒ KMON nội tiếp đường tròn đường kính KI c) Gọi J là tâm đường tròn đường kính KI Ta có: · 0 KAN 30= ⇒ · 0 AKN 60= ⇒ · 0 MJN 120= ⇒ · 0 MJH 60= ⇒ ΔMJH là nửa tam giác đều Do đó: MJ 3 2MH 2 3MH 2 3.R 3R MH MJ 2 3 3.2 3 3 = ⇒ = = = = d) K nằm trên cung chứa góc 60 0 dựng trên đoạn AB Gọi chiều cao kẻ từ K đến AB là h ta có: AKB 1 S h.2R hR 2 = = lớn nhất ⇔ h lớn nhất Mà h ≤ OK dấu “=” xảy ra ⇔ h ⊥ AB tại O ⇔ ΔABK đều ⇔ AB 3 h 3R 2 = = Vậy: 2 KAB maxS R 3= b) Cho tam giác ABC cân tại A. Từ trung điểm M của cạnh BC kẻ MH ⊥ AC tại H. Gọi I là trung điểm của MH, AI cắt BC tại N, BH cắt AM tại K và AI tại P. Chứng minh rằng tứ giác MKPN nội tiếp b) Kẻ đường cao BD của tam giác ABC ⇒ BD // MH ⇒ HC = HD ΔBDC ΔAHM ⇒ BC DC AM HM = Mà DC = 2CH và HM = 2.MI ⇒ BC CH AM MI = hay: BC AM CH MI = Lại có: · · AMI BCH= (góc có cạnh tương ứng vuông góc) Suy ra: ΔBCH ΔAMI ⇒ · · CBH MAI= lại có: · · · · 0 BKM AKP APK KMB 90= ⇒ = = Suy ra: · · 0 0 0 KMN KPN 90 90 180+ = + = Vậy: tứ giác MKPN nội tiếp Bài 6: (3 điểm). Cho tam giác ABC có AB = AC và BC < AB nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn lần lượt cắt AC và AB tại D và E. Chứng minh: a) BD 2 = AD.CD b) BCDE là tứ giác nội tiếp c) BC // DE Giải: a) ΔABD ΔBCD (g.g) ⇒ BD AD CD BD = ⇒BD 2 = AD.CD b) ΔACE và ΔABD có: AB = AC µ A (chung) · · ¼ ¼ ACE ABD(Do ABC ACB)= = Suy ra: ΔACE = ΔABD (g.c.g) ⇒ · · BEC BDC= Do đó: E và D cùng thuộc cung chứa góc dựng trên cạnh BC Vậy: tứ giác BCED nội tiếp c) Do BCDE nội tiếp nên: · · · BED ACB ABC= = ⇒ BC // DE D E A C B O BẢNG MỨC ĐỘ LOẠI ĐỀ : HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO STT CHỦ ĐỀ TÁI HIỆN VẬN DỤNG ĐƠN GIẢN VẬN DỤNG TỔNG HỢP VẬN DỤNG SUY LUẬN 1 CĂN BẬC HAI 8 CÂU 2 HÀM SỐ BẬC NHẤT 2 CÂU 1 CÂU 3 HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN 2 CÂU 1 CÂU 4 HÀM SỐ Y=ax 2 (a 0≠ )+ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN 4 CÂU 1 CÂU 5 TỨ GIÁC NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN 6 CÂU 2 CÂU 6 DIỆN TÍCH CỦA ĐA GIÁC 2 CÂU 2 CÂU BẢNG CHỦ ĐỀ LOẠI ĐỀ: HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO STT CHỦ ĐỀ YÊU CẦU KỸ NĂNG PHÂN PHỐI THỜI GIAN HỆ THỐNG KIẾN THỨC CÁC DẠNG BÀI TẬP 1 CĂN BẬC HAI VẬN DỤNG TỔNG HỢP 30 PHÚT CẤP 2 RÚT GỌN,TÌM x,CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 2 HÀM SỐ BẬC NHẤT VẬN DỤNG TỔNG HỢP + VẬN DỤNG 20 PHÚT CẤP 2 CÓ MỞ RỘNG LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG + XÉT [...]... GIẢI HỆ BA PHƯƠNG TRÌNH BA ẨN DỰA TRÊN CÁCH GIẢI HỆ HAI PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN + GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN VẼ ĐỒ THỊ + TÌM TOẠ ĐỘ GIAO ĐIỂM CỦA (D),(P) + BIỆN LUẬN SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA (D1):y = m VỚI (P) + LẬP PHƯƠNG TRÌNH (P) DẠNG TỔNG QUÁT : y = ax2+bx + c (a ≠ 0) TOÁN VỀ QUỸ TÍCH.TOÁN VỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,NHỎ NHẤT,DIỆN TÍCH TAM GIÁC . DIỆN TÍCH CỦA ĐA GIÁC 2 CÂU 2 CÂU BẢNG CHỦ ĐỀ LOẠI ĐỀ: HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO STT CHỦ ĐỀ YÊU CẦU KỸ NĂNG PHÂN PHỐI THỜI GIAN HỆ. ABC= = ⇒ BC // DE D E A C B O BẢNG MỨC ĐỘ LOẠI ĐỀ : HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO STT CHỦ ĐỀ TÁI HIỆN VẬN DỤNG ĐƠN GIẢN VẬN DỤNG TỔNG HỢP