các chuyên đề bồi dưỡng hsg toán 9 phần 01

Tổng hợp các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán đại số 9 cơ bản và nâng cao được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết, đồng thời có các bài tập tự luyện ở phía dưới có hướng dẫn giải và đáp án của các phần bài tập tự luyện. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, học sinh tham khảo rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức về toán học lớp 9 và để ôn thi vào lớp 10.

Chuyên đề 1: Biến đổi đại số1.1 CĂN THỨC BẬC 2

Kiến thức cần nhớ:

 Căn bậc hai của số thực a là số thực x sao cho x2 a

 Cho số thực a không âm Căn bậc hai số học của a kí hiệu là a là một số thực không

âm x mà bình phương của nó bằng a :

 Với hai số thực không âm a b, ta có: a b a b

 Khi biến đổi các biểu thức liên quan đến căn thức bậc 2 ta cần lưu ý:

A A



+ A B2 A B A B với A B , 0; A B2 A B A B với A0;B0

3 3

2k

x a; 2k a  x x và 0 x 2k a

Mọi số thực a  đều không có căn bậc chẵn.0

Bài tập 1: Phân tích các biểu thức sau thành tích:

b)  3   3   2 

c) Px212 x2 x2 x1 x2 x 1

Bài tập 2: Rút gọn các biểu thức:

a)

14

A x x x

khi x  0b) B 4x 2 4x1 4x2 4x1 khi

1 4

b) Cho x  1 32 Tính giá trị của biểu thức B x 4 2x4x3 3x21942.

c) Cho x  1 3 234 Tính giá trị biểu thức: P x 5 4x4x3 x2 2x2015

đề thi tuyến sinh vào lớp 10 chuyên Toán- Trường chuyên ĐHSP Hà Nội 2014)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

A

x x

x 5 hoặc x  6

+ Xét x 8 ta có:

24

x A

x



2 44

x A x





 Tính giá trị của biểu thức A

P 

.3) Tìm giá trị lớn nhất của P

3 3 9

1 3

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho  P y: x2 và đường thẳng  d :y mx  (m là 1

tham số) chứng minh rằng với mọi giá trị của m , đường thẳng  d

luôn cắt  P

tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x thỏa mãn 1, 2 x1 x2  2

Câu 14 Cho biểu thức

a C

1) Tìm điều kiện của a để biểu thức C có nghĩa và rút gọn C

2) Tính giá trị của biểu thức C khi a  9 4 5

x A x

1

x P

x





Câu 25) Chứng minh rằng:

442 1 1 2 3 2 2 3    2002 2001 2001 2002 45

(Đề thi THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm 2001-2002)

Câu 26) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:

1) Biểu thức C có nghĩa khi:

P 

(đpcm).

Để giải bài toán này ta cần có bổ đề sau:

Chứng minh: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương

a) Hàm số bậc nhất , xác định với mọi giá trị x R

b) Trên tập số thực, hàm số y ax b  đồng biến khi a 0 và nghịch biến khi a 0

3 Đồ thị hàm số y ax b  với a 0.

+ Đồ thị hàm số y ax b  là đường thẳng cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b và

cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng

b a



.+ a gọi là hệ số góc của đường thẳng y ax b 

4 Cách vẽ đồ thị hàm số y ax b 

+ Vẽ hai điểm phân biệt của đồ thị rồi vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm

+ Thường vẽ đường thẳng đi qua 2 giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ là

+ Chú ý: Đường thẳng đi qua M m ;0

song song với trục tung có phương trình: x m 0, đường thẳng đi qua N0;n

song song với trục hoành có phương trình: y n 0

Cho hai đường thẳng  d1 :y ax b 

Chú ý: Gọi  là góc tạo bởi đường thẳng y ax b  và trục Ox, nếu a 0 thì tan a

Dạng 1: Một số bài toán trên mặt phẳng tọa độ:

Bài tập 1: Cho đường thẳng  d1 :y x  2

và đường thẳng    2  2

2 : 2

d y m  m x m m

.a) Tìm m để ( ) / /( )d1 d2

b) Gọi A là điểm thuộc đường thẳng ( )d1 có hoành độ x 2 Viết phương trình đường thẳng ( )d3 đi qua A vuông góc với ( )d1

c) Khi ( ) / /( )d1 d2 Hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ( ),d1  d2

d) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng ( )d1 và tính diện tích tam giác

OMN với M N, lần lượt là giao điểm của ( )d1 với các trục tọa độ Ox Oy,

m 

thì ( ) / /( )d1 d2 b) Vì A là điểm thuộc đường thẳng ( )d1 có hoành độ x 2 suy ra tung độ điểm A l

Khi ( ) / /( )d1 d2 thì khoảng cách giữa hai đường thẳng  d1 và  d2 cũng chính là khoảng cách giữa hai điểm A B, lần lượt thuộc  d1 và  d2 sao cho AB ( ),d AB1  d2

.Hình vẽ: Gọi B là giao điểm của đường thẳng

OM ON   MN  2 2.Tam giác OMN vuông cân tại O Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên MN ta có

1

22

Chú ý 1: Nếu tam giác OMN không vuông cân tại O ta có thể tính OH theo cách:

Trong tam giác vuông OMN ta có:

(d 2 ) (d 1 )

N y

H

+ Tìm các giao điểm M N, của ( )d với các trục tọa

Bài tập 2:Cho đường thẳng mx2 3  m y m   1 0  ( )d .

a) Tìm điểm cố định mà đường thẳng ( )d luôn đi qua

b) Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng ( )d là lớn nhất

c) Tìm m để đường thẳng ( )d cắt các trục tọa độ Ox Oy, lần lượt tại A B, sao cho tam giác OAB cân

Lời giải:

a) Gọi I x y 0 ; 0 là điểm cố định mà đường thẳng ( )d luôn đi qua với mọi m khi đó

ta có: mx0 2 3  m y 0 m 1 0  m m x 0  3y0  1 2y0  1 0  m

0 0 0

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng ( )d Ta có: OH OI suy

ra OH lớn nhất bằng OI khi và chỉ khi H  I OI ( )d Đường thẳng qua O có

23

m 

thì đường thẳng

1( ) : 0

m 

không thỏa mãn điều kiện (Do ( )d không cắt Oy) Xét

23

m 

, đường thẳng ( )d cắt Ox Oy, tại các điểm A B, tạo thành tam giác cân OAB , do góc

AOB  OAB vuông cân tại O Suy ra hệ số góc của đường thẳng ( )d phải bằng 1hoặc 1 và đường thẳng ( )d không đi qua gốc O

11

m 

là thỏa mãn điều kiện bài toán

Cách 2: Dễ thấy

2, 03

a) Tìm các điểm cố định mà ( )d1 , ( )d2 luôn đi qua

b) Tìm m để khoảng cách từ điểm P(0;4) đến đường thẳng ( )d1 là lớn nhất

c) Chứng minh hai đường thẳng trên luôn cắt nhau tại điểm I Tìm quỹ tích điểm I khi m thay đổi

d) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác I AB với A B, lần lượt là các điểm cố định mà    d1 , d2 đi qua

Lời giải:

a) Ta viết lại ( ) :d1 mx (m 1)y 2m   1 0 m x y   2  1 y 0 Từ đó dễ dàng suy ra đường thẳng (d1)

luôn đi qua điểm cố định: A1;1 Tương tự viết lại ( ) : (1d2  m x my)   4m   1 0 m y x   4   1 x 0

suy ra ( )d2

luôn điqua điểm cố định: B  1;3

b) Để ý rằng đường thẳng ( )d1 luôn đi qua điểm cố định: A1;1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của P lên ( )d1 thì khoảng cách từ A đến ( )d1 là PH PA Suy ra khoảng cách lớn nhất là PA khi P H  PH  d1 Gọi y ax b  là phương trình đường thẳng đi qua P0;4 , 1;1 A  ta có hệ :

Xét đường thẳng ( ) :d1 :mx(m1)y 2m 1 0

Nếu m 1 thì  d1 :x  1 0

không thỏa mãn điều kiện Khi m 1 thì:  1

2 1:

0;1

m  thì ta viết lại  1

2 1:

Do đó hai đường thẳng này luôn cắt

nhau tại 1 điểm I

Tóm lại với mọi giá trị của m thì hai

(d 2 ) (d 1 )

A

I

Ta có các kết quả quan trọng sau:

+ Xét hàm số yf x( )ax b với m x n  khi đó GTLN, GTNN của hàm số sẽ đạt được tại x m hoặc x n Nói cách khác: 

+ Cũng từ tính chất trên ta suy ra: Nếu hàm số bậc nhất yf x  ax b

có

f m f n 

thì f x   0

với mọi giá trị của x thỏa mãn điều kiện: m x n 

Bài tập 1: Cho các số thực 0x y z, , 2 Chứng minh rằng: 2x y z    xy yz zx   4

với y z, thỏa mãn: 0y z, 2

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z ; ;  0;2;2

hoặc các hoán vị của bộ số trên

Bài tập 2: Cho các số thực không âm x y z, , thỏa mãn điều kiện: x y z  1 Tìm GTLN của biểu thức: P xy yz zx    2xyz

a 

Bất đẳng thức tương đương với

a b c  

Vấn đề 2: HÀM SỐ BẬC HAI Kiến thức cần nhớ.

Hàm số y ax 2 a 0

: Hàm số xác định với mọi số thực xTính chất biến thiên:

+) Nếu a 0 thì hàm số đồng biến khi x 0, nghịch biến khi x 0

+) Nếu a 0 thì hàm đồng biến khi x 0, nghịch biến khi x 0

Đồ thị hàm số là một đường Parabol nhận gốc tọa độ O làm đỉnh, nhận trục tung làm trục đối xứng Khi a 0 thì Parabol có bề lõm quay lên trên, khi a 0 thì Parabol có bề lõm quay xuống dưới

y= ax 2

Với a>0

y= a x 2 Với a<0

y

x O

c) Tìm các điểm trên Parabol có tung độ bằng 16.

quay bề lồi xuống dưới, có trục

đối xứng là Oy đi qua các điểm

ta được: m3 m2  m3  m2   0 m m2  1   0 m 0hoặc m 1

e) Gọi D là điểm thuộc  P

cách đều hai trục tọa độ Ta có:

Bài tập 2: Một xe tải có chiều rộng là 2,4 m chiều cao là 2,5 m muốn đi qua một cái cổng

hình Parabol Biết khoảng cách giữa hai chân cổng là 4m và khoảng cách từ đỉnh cổng tới mỗi chân cổng là 2 5 m( Bỏ qua độ dày của cổng)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi Parabo  P y ax:  2

với a 0 là hình biểu diễn cổng mà xe tải muốn đi qua Chứng minh a 1

2) Hỏi xe tải có đi qua cổng được không? Tại sao?

(Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội 2015-2016)

y=x 2

-3

9

3 1 -1

1 y

x O

Lời giải:

1) Giả sử trên mặt phẳng tọa độ, độ dài các đoạn thẳng được tính theo đơn vị mét

Do khoảng cách giữa hai chân cổng là 4 m nên MA NA 2m Theo giả thiết ta có

(ứng với chiều cao của xe) Đường

thẳng này cắt Parabol tại 2 điểm

có tọa độ thỏa mãn hệ:

232

y x y

Bài tập 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d y : 1 và điểm F0;1

Tìm tất cả những điểm I sao cho khoảng cách từ I đến d bằng IF

y

x O

Giả sử điểm I x y ; 

Khi đó khoảng cách từ I đến d bằng y 1 và IF  x2y12

Như vậy y12 x2y 1 2

Từ đây suy ra

214

c) Xác định tọa độ điểm A và B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.

a) Tính diện tích tam giác OAB.

b) Xác định điểm C thuộc cung nhỏ AB của  P sao cho diện tích tam giác ABClớn nhất

Diện tích tam giác OAB là:

Bài tập 7: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  d :y x 6 và parabol

 P y x:  2

a) Tìm tọa độ các giao điểm của  d và  P

b)Gọi A B, là hai giao điểm của  d và  P Tính diện tích tam giác OAB

C(c;c 2 )

B

A y=x 2

-3

9

3 1 -1 1 y

x O

Vậy tọa độ giao điểm của  P và  d là B2;4 và A  3;9.

2) Gọi A B', ' lần lượt là hình chiếu của A B, xuống trục hoành

Ta có SOAB S AA B B' '  SOAA' SOBB'

Đối với phương trình bậc hai ax2 bx c  0a 0

có biệt thức  b2 4ac.+ Nếu  0 thì phương trình vô nghiệm +

b x a



+ Nếu  0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1 2

b x

a

  



Công thức nghiệm thu gọn : Khi b2 'b , ta xét  ' b'2 ac Khi đó:

+ Nếu  ' 0 thì phương trình vô nghiệm

+ Nếu  ' 0 thì phương trình có nghiệm kép

'

b x a

b x

b x

a

  



SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2

Để chứng minh một phương trình bậc 2 có nghiệm Thông thường ta chứng minh:  0dựa trên các kỹ thuật như biến đổi tương đương để đưa về dạng Ax B 20

, kiến thức về bất đẳng thức , bất phương trình, trong một số bài toán khó ta cần nắm bắt được những tính chất đặc biệt của tam thức bậc 2 để vận dụng

Ngoài các kiến thức cơ sở trong SGK ta cần nắm thêm một số kết quả, bổ đề quan trọng sau:

5 132.1

x x

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

32

2 1 12

3 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

Do a b b c a c ,  ,  0 Từ đó suy ra phương trình đã cho có nghiệm

Bài tập 4: Cho phương trình:ax2bcx b 3c3 4abc0 (1)

Nên (*)    2 3 0 trong hai số  2, 3luôn có một số dương và một số âm dẫn đến trong hai phương trình (2) và (3) luôn có một phương trình có nghiệm và một phương trình vô nghiệm.

1 48 bc 1 24ac 2 24c a2b  2 24 1 3c  c 2 6c1 0

Dẫn đến    1' '2 0 Vậy có ít nhất một trong hai phương trình trên có nghiệm

b) Ba phương trình đã cho lần lượt có  1 a2 4; 2 b2 4; 3 c2 4 Do đó

2 2 2

1 2 3 a b c 12

         Lại có 3 a 2 b2 c2a b c  2a b 2b c 2c a 2 a b c  2

ít nhất một trong ba phương trình đã cho có nghiệm

c) Nếu Trong ba số a b c, , có một số bằng 0, chẳng hạn a  0 (2)có nghiệm x 0

Ta xét a, ,b c là các số thực khác 0, khi đó ba phương trình đã cho là ba phương trình bậchai lần lượt có : '1 b2 ac; ' 2 c2 ab; ' 3 a2 bc

b) Cho tam thức bậc hai f x  x2 bx c

Giả sử phương trình f x x

có hai nghiệm phân biệt Chứng minh rằng phương trình f f x    x

 

f f x  x f x  x   f x   x b   f x  x x   b x b c    Để ý rằng phương trình x2b1x b c   1 0 có    

2

       và f x  x0 có 2nghiệm phân biệt nên suy ra f f x    x có 4 nghiệm

luôn tồn tại hai số có tích không dương Dẫn đến phương trình

đã cho luôn có nghiệm

Bài tập 8: Cho a,b,c thỏa mãn:3a4b6c0.CHứng minh rằng phương trình sau luôn

  tồn tại một số không âm và một số không dương, dẫn đến tích hai số

đó không dương hay phương trình có nghiệm

Cách giải thứ 3: Tại sao ta chỉ ra được

34

f  

  Điều này là hoàn toàn tự nhiên nếu ta cần tạo ra một tỷ lệ 3 : 4a b để tận dụng giả thiết: 3a4b6c0

Ta xét bài toán tổng quát sau:

Bài tập 9: Cho các số thực dương m,n,p thỏa mãn:n m mp n ;  2 và

ax bx c y

mx nx p

 



  với mx2nx p  0 x.Phương pháp:

Gọi y0 là một giá trị của biểu thức: Khi đó



là một giá trị của biểu thức

y 

thì  0 nên + GTNN của y là 0 khi và chỉ khi  

0 0

5

0

y x

285

x 

(*) Trường hợp 2: P  1 0 P1 phương trình (1) có nghiệm khi

thì

2 2

2 5

t t A

với mọi t Gọi A0

là một giá trị của biểu thức Khi đó ta có:

0 0

câu b) Ta có 6 A 3 Suy ra GTNN của A là 6 đạt được khi và chỉ khi

Lời giải:

Ta viết lại hệ phương trình dưới dạng:

85

3

x

 

.Khi x 1 t 2 y z 2 nên GTNN của x là 1 Khi

2

a ab  abc

Lời giải:

Từ giả thiết ta suy ra b 3 a c Ta biến đổi bất đẳng thức thành:

Một số ứng dụng cơ bản của định lý Viet

+ Nhẩm nghiệm của một phương trình bậc hai:

Nếu a b c  0 thì phương trình có hai nghiệm là 1 1; 2

+ Tính giá trị của biểu thức g x x 1 , 2

trong đó g x x 1 , 2

là biểu thức đối xứng giữa hai nghiệm x x1, 2

của phương trình (*):

Bước 1: Kiểm tra điều kiện  0, sau đó áp dụng định lý Viet

Bước 2: Biểu diễn biểu thức g x x 1 , 2

+ Tìm điều kiện để phương trình bậc hai (*) (a b c, , phụ thuộc vào tham số m), có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn một điều kiện cho trước h x x  1 , 2 0

(1)Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình (*) có nghiệm, nghĩa là  0 Sau đó áp dụng định lý Viet để tính 1 2

+ Phân tích đa thức bậc hai thành nhân tử: Nếu phương trình (*) có hai nghiệm x x1, 2 thì

+ Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến nghiệm của phương trình bậc 2 ta cần chú ý

đến các điều kiện ràng buộc sau:

c

P x x

a b

Vì P 0 nên hai nghiệm x x1, 2 cùng dấu và S 0 nên hai nghiệm cùng dấu âm

Bài tập 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử

a) f x  3x2 5x2 b) g x  x45x2 4

c)P x y ;   6x2 11xy 3y2

d) Q x y ;   2x2 2y2 3xy x  2y

Lời giải:

a) Phương trình 3x2 5x 2 0 có hai nghiệm x 1 hoặc

23

x     x y

hoặc

12

Bài tập 3: Phân tích đa thức f x  x4 2mx2 x m 2 m

thành tích của hai tam thức bậchai ẩn x

x x 

mà x 1 2 nên 2

54

c) Tìm các giá trị của m để phương trình x2 mx m 2 m 3 0 có hai nghiệm x x1, 2

là độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông ABC, biết độ dài cạnh huyền2

2

4 1

4 1 00

b) Giả sử (1) có hai nghiệm x x1, 2

và nghiệm này gấp k lần nghiệm kia thì ta có:

k k

Vậy ta có điều phải chứng minh.

c) Vì độ dài cạnh của tam giác vuông là số dương nên x x 1, 2 0

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình có bốn nghiệm đôi một phân biệt

Lời giải:

a) Khi m 2, ta có phương trình: x42x3 x2 2x 1 0

Kiểm tra ta thấy x 0 không là nghiệm của phương trình

Chia hai vế của phương trình cho x2 ta được:

2 2

1 52

x 

.b) Nếu x 0 phương trình đã cho thành:  

2

m  

Khi m 1 phương trình vô nghiệm

Khi m 1 thì x 0 là một nghiệm của phương trình đã cho và khi đó phương trình đã cho có dạng

Do đó kết hợp với (*), suy ra phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

Bài tập 6: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:

a) mx2 2m1x3m 20 có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x12x2 1

b) x2 2m1x m 2 2 0 có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn 3x x1 2  5x1 x2  7 0

.c) x2 3x m 0 có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x121  x2x221  x1  19

d) 3x24m1x m 2 4m 1 0 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn

Từ yêu cầu bài toán và áp dụng Viet ta có:

m 

Đối chiếu điều kiện ta được m 2 hoặc

23