Giao an on HSG toan 9

Ví dụ : Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 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

Ngày soạn: / / 2011 Ngày giảng: / / 2011

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:

 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) = k2 (khi và chỉ khi a = b).

 Kết quả trên còn được mở rộng với n số không âm.

Bài 1: Cho x > 0; y> 0 thỏa mãn đẳng thức 1 1 12

x

1 1 2

1 1

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”

y x

1

1

bằng cách vận dụng

2

b a

ab   để vận dụng giả thiết 1 1 21

y

x , từ đó được xy  4.Lần thứ hai ta “làm giảm” tổng ( x  y) bằng cách vận dụng bất đẩng thức Cô_si theo chiều a + b  2 ab để dùng kết quả xy 4

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 = 3x 5  7  3x

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

Cách 2:

Theo BĐT Bunhiacopski ta có: ab cd  2 (a 2  c )(b 2 2  d ) 2

ĐKXĐ:

3

7 3

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

1

25 1 4 2 4 1

25 1

x

(dấu “=” xảy ra   

2

7 1

25 1

Bài 3: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện xyz 12

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x y  y z  z x

Giải

P2 =

y

x z x

z y z

y x x

z z

z y x x z

z

y x z

y x y

x

4

4 4

2 2 2

x z y y x

x

z y x

z y z

y

4

4 4

2 2 2

z yx

y x z z y

y

x z y

x z x

z

4

4 4

2 2 2

Bài 4: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x yz a

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 

a x

a

1 1

1

Giải.

x

yz x x

yz x

x

z y x

xz y

y

z x y y y

z

yx z z

yx z

z

y x z z z

3

a

)

Bài 5: Cho x, y, z  0 thỏa mãn điều kiện xyza

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = xy yzzx

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x2  y2 z2

x zx yz

xy     ;

x y z xy yz zx

zx yz

xy     2  2   3A a2 ; A 

xy   (theo câu a) Lúc đó B =

3 3

a   (khi và chỉ khi x = y = z = 3a )

4 Hướng dẫn về nhà Bài 6: Cho x > 0 ; y > 0 và xy 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

y x y x

x y

y x x y

Bài 7: Cho x > y và xy = 5, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

y x

y xy x

x

xy y

x , kết hợp điều kiện xy 5 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)

Ngày soạn: / / 2011 Ngày giảng: / / 2011

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

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)  p và A(n)  q Từ đó suy ra A(n)  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)  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)  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)  p và C(n)  q Khi đó A(n) = B(n)C(n)  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  4 và n(n + 1)  2 nên 4n(n + 1)  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) = n3 – 13n  6

Ta có A(n) = n3 – 13n = n3 – n – 12n = n(n2 – 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) = n3 – 13n  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.

Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số n lẻ : n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8

Giải : Đặt n = 2k + 1 (n lẻ) ta có :

n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) + 5

= (4k2 + 4k) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2

Vì k(k + 1)  2 nên 4k(k + 1)  8 ; 8(k + 1)  8 và 2 không chia hết cho 8 nên

n2 + 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.

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)

Đây là một ví dụ về phương trình Diophante

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 9 y 2 y

   Muốn có x, y nguyên thì 2 y

7 t

2

y 2 3t 0

t 3

Với t1 = –1 thì x = 3, y = 5 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho

Với t2 = 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)

Vì y, t nguyên nên 1 – t = 2t1 (t1 nguyên)  t = 1 – 2t1

Thay vào (3) ta có : y = –3(1 – 2t1) + t1 = 7t1 – 3

Thay vào (2) ta được : x = 17 – 3(7t1 – 3) + 1 – 2t1 = 27 – 23t1

Vậy x = 27 – 23t1 , y = 7t1 – 3 là nghiệm nguyên của phương trình (1) Muốn có nghiệm nguyên dương, ta phải có :

1 1

1

1

27 t

x 27 23t 0 23

t 7

một số nguyên Bằng cách phân tích số nguyên này thành các thừa số nguyên tố, ta

có thể xét mọi trường hợp có thể xảy ra rồi từ đó tính ra nghiệm nguyên của

Ví dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2 – 6xy + 13y2 = 100 (1)

Giải : (1)  x2 – 6xy + 9y2 = 100 – 4y2 hay (x – 3y)2 = 4(25 – y2)  0

Vậy y  5 và 25 y  2 là số chính phương

Với y = 1 hoặc y = 2 thì 25 – y2 không là số chính phương (loại)

Với y = 3 ta có :

2 x 9 8 x 17 (x 9) 4.16

1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + y = xy

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (x + y)2 = (x – 1)(y + 1)

3) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 6x2 + 5y2 = 74

Nhưng theo (1) thì Ak  3k Vậy Ak + 1 = 3Ak(3k + 1)(3k + 2)  3k + 1

Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên : n  1

Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n.

Ngày soạn: / / 2011 Ngày giảng: / / 2011

GV: Nghiên cứu kĩ giáo án

HS: Ôn tập lại hệ thức Vi – et, các hằng đẳng thức đáng nhớ

III Tiến trình bài dạy

1 Ổn định tổ chức.

2 Kiểm tra bài cũ

- Giải bài tập đã cho buổi hôm trước ?

4 2 3   ( 3  1 )  3 1 

2) Ví dụ 2 : Rút gọn 5 2 6

Ta nhẩm hai số có tổng bằng 5 và tích bằng 6 Hai số đó chính là số 3 và số 2 do đótheo cách đó ta rút gọn được một cách dễ dàng

GV: Nghiên cứu kĩ giáo án

HS: Ôn tập lại định lí ta – let, k/n tam giác đồng dạng, các trường hợp đồng dạng của hai tam giác

III Tiến trình bài dạy

1 Ổn định tổ chức.

2 Kiểm tra bài cũ

- Chữa bài tập hôm trước

3 Bài mới

Phần I

KIẾN THỨC CƠ BẢN

1 Đinh lý Talet trong tam giác.

Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh cònlại thì nó định ra trên cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ

2 Khái niệm tam giác đồng dạng.

Tam giác A’B’C’ gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu:

d) Các trường hợp đồng dạng của tam giác vuông

+ Tam giác vuông này có một góc nhọn bằng góc nhọn của tam giác vuông kiathì hai tam giác đó đồng dạng

+ Tam giác vuông này có hai cạnh góc vuông tỷ lẹ với hai cạnh góc vuông củatam giác vuông kia thì hai tam giác đó đồng dạng

+ Nếu cạnh huyền và một cạnh của tam giác vuông này tỷ lệ với cạnh huyền vàcạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác đó đồng dạng

PHẦN II CÁC DẠNG TOÁN CỤ THỂ

DẠNG 1: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG, TỶ SỐ , DIỆN TÍCH

B

A

C

Loại 1: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG

12

 

12

18 8

a) Tam giác ABC có B = 2C; AB = 4cm; BC = 5cm.

Tính độ dài AC?

b) Tính độ dài các cạnh của ABC có B = 2C biết rằng số đo các cạnh là 3 số tựnhiên liên tiếp

A Giải

a) Trên tia đối của tia BA lấy BD = BC

B ACD và ABC có A chung; C = D =   ACD đồng dạng ABC (g.g)

Theo câu (a) ta có

AC2 = AB AD = AB(AB+BC)  b2 = c(c+a) = c2 + ac (1)

Ta có b > c (đối diện với góc lớn hơn) nên chỉ có 2 khả năng là:

+ Bài 1: Cho ABH vuông tại H có AB = 20cm; BH = 12cm Trên tia đối của

HB lấy điểm C sao cho AC =

B 12 H C Giải:

Ta có

AH

AC BH



AH

BH AC

AB

 (chứng minh trên)

 ABH đồng dạng CAH (CH cạnh gv)  CAH = ABH

Lại có BAH + ABH = 900 nên BAH + CAH = 900

Do đó : BAC = 900

Bài 2: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có A = 600 Một đường thẳng bất kỳ đi qua

C cắt tia đối của các tia BA, DA tương ứng ở M, N Gọi K là giao điểm của BN và

MB

 (cm trên) 

DN

BD BD

 ; MBD = DBN

Loại 3: TÍNH TỶ SỐ ĐOẠN THẲNG, TỶ SỐ CHU VI, TỶ SỐ DIỆN TÍCH

Ví dụ minh họa:

+ Bài 1: Cho ABC, D là điểm trên cạnh AC sao cho BDC  ABC

Biết AD = 7cm; DC = 9cm Tính tỷ số

BA BD

C A AB

B A

b) A’B’C’ đồng dạng ABC (câu a) 

BC

C B AC

C A AB

C B C A B A







 ' ' ' ' '

'

=

27

18 12 9 6

8 6 4

6

Vậy

27

18 ' ' '







ABC Chuvi

C B A Chuvi

+ Bài 3: Cho hình vuông ABCD, gọi E và F theo thứ tự là trung điểm của Ab,

4

5

CD2 ta có :SCMD =

S

=

5 1

4 Hướng dẫn về nhà

Bài 1: Cho ABC vuông ở A, có AB = 24cm; AC = 18cm; đường trung trực của

BC cắt BC , BA, CA lần lượt ở M, E, D Tính độ dài các đoạn BC, BE, CD

Bài 2: Cho ABC, D là một điểm trên cạnh AB, E là 1 điểm trên cạnh AC sao cho

Tính chu vi của 2 tam giác đó, biết tổng 2 chu vi = 63cm

Ngày soạn: 9 / 4 / 2011 Ngày giảng: 11/ 4 / 2011

GV: Nghiên cứu kĩ giáo án

HS: Ôn tập lại định lí ta – let, k/n tam giác đồng dạng, các trường hợp đồng dạng của hai tam giác

III Tiến trình bài dạy

1 Ổn định tổ chức.

2 Kiểm tra bài cũ

- Chữa bài tập hôm trước

a) Chứng minh rằng: OA OD = OB OC

b) Đường thẳng qua O vuông góc với AB và CD theo thứ tự tại H và K

* Tìm hiểu bài toán : Cho gì ?

? Để có đoạn thẳng trên ta vận dụng kiến thức nào

TL: Chứng minh tam giác đồng dạng



b) OH = AB

D

B H

O

A

- Cho HS nhận xét đoạn thẳng AB (AB = AI + IB)

 AB2 = ? (AB.(AI + IB) = AB AI + AB IB)

- Việc chứng minh bài toán trên đưa về việc chứng minh các hệ thức

AB.AI = AC.APAB.IB = BP.PD

- HS xác định kiến thức vận dụng để chứng minh hệ thức ( P)

Sơ đồ : + D = I = 900 + C = I = 900

AB (IB + IA) = BP PD + AC AP 

AB2 = BP PD + AC AP

3 Ví dụ 3: Cho  ABC, I là giao điểm của 3 đường phân giác, đường thẳng

vuông góc với CI tại I cắt AC và BC lần lượt ở M và N Chứng minh rằng

- Định nghĩa tam giác đồng dạng.

- Các trường hợp đồng dạng của tam giác

- Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song

- Sử dụng trường hợp đồng dạng của tam giác

- Định nghĩa hai tam giác đồng dạng

- Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song (định lý Ta lét đảo)

đường cao của AEF.

Bài 2 Cho ABC, các điểm D, E, F theo thứ tự chia trong các cạnh AB, BC, CA

theo tỷ số 1 : 2, các điểm I, K theo thứ tự chia trong các đoạn thẳng ED, FE theo tỉ

số 1 : 2 Chứng minh rằng IK // BC

Ngày soạn: 17 / 4 / 2011 Ngày giảng: 19/ 4 / 2011

GV: Nghiên cứu kĩ giáo án

HS: Ôn lại các kiến thức đã học trong chương trình hình học cấp 2

III Tiến trình bài dạy

1 Ổn định tổ chức.

2 Kiểm tra bài cũ

- Chữa bài tập hôm trước

3 Bài mới

Bài 1: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB, C là trung điểm của cung AB; N

là trung điểm của BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) tại M Hạ CIAM(IAM)

a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp được trong 1 đường tròn

b Chứng minh: Tứ giác BMCI là hình bình hành

c Chứng minh: MOI CAI   

d Chứng minh: MA = 3.MB

HD: a)  0

COA 90  (…) ;  0

CIA 90  (…)  Tứ giác CIOA nội tiếp

(quĩ tích cung chứa góc 900)

IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O)  MOI IOC    mà: IOC CAI     MOI CAI 

Bài 2: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M là

điểm thay đổi trên Bx; AM cắt (O) tại N

Gọi I là trung điểm của AN

a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp được trong 1 đường tròn

b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB

c Tìm vị trí của điểm M trên tia Bx để diện

tích tam giác AIO có GTLN

HD: a) BOIM nội tiếp được vì OIM OBM 90     0

b) INB OBM 90     0; NIB BOM   

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

H O

I

c) SAIO = 1

2AO.IH; SAIO lớn nhất  IH lớn nhất vì AO = R(O)

Khi M chạy trên tia Bx thì I chạy trên nửa đường tròn đ/k AO Do đó SAIO lớn nhất Khi IH là bán kính, khi đó ∆ AIH vuông cân, tức  HAI 45  0

Vây khi M cách B một đoạn BM = AB = 2R(O) thì SAIO lớn nhất

Bài 3 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao

AD, BE, CF cắt nhau tại

H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P

Chứng minh rằng:

1 Tứ giác CEHD, nội tiếp

2 Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn

3 AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC

4 H và M đối xứng nhau qua BC

5 Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn

3 Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â là góc chung

=>  AEH  ADC =>

AC

AH AD

BE

 => AD.BC = BE.AC

4 Ta có C1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ABC)

C2 = A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> C1 =  C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân tại C

=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC

5 Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn

=> C1 = E1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

H

( (

2 -

1

1 1 P

O