Từ đĩ suy ra đường trịn đường kính MN luơn đi qua hai điểm cố định.. bTìm quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN.. Xác định vị trí của M, N sao cho tam giác AMN cĩ diện tích nhỏ
Trang 1LOẠI 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 =
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x để P = 11.
Giải:
a) Ta có: P =
= 2 2
( x + + +1 2) ( x + +1 3)
P = 2 x2 + +1 5
b) Vì P = 11 ⇔2 x2+ + =1 5 11
⇔ x2+ =1 3
2
8
x
⇔ = ±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.
0
a− a −b + a+ a −b ≥
P 2 = a − a2−b2 + +a a2−b2 +2 (a− a2−b2).(a+ a2−b2)
= 2a +2 a2−(a2−b2)
= 2a + 2 b
= 2a − 2b
P = 2a−2b
b) P = 2 2 ⇔ 2a−2b =2 2 ⇔ − = ⇔ = +a b 4 a 4 b
Mà a + b = 2 ⇔2b= − ⇔ = −2 b 1 ⇒ =a 3.
2
a b
Bài 3: (3điểm) Cho a>0,b>0,a.b 1≠ và biểu thức P =
a a a a
b b b b
−
Trang 2a) Rút gọn biểu thức P
b) Biết a + b = 10 Tìm a,b để P = 6
c) Chứng minh rằng: a 4 2.P
b+ ≥
Giải.
a) P = ( )3 1 3 ( )3 1 3
=a 1 a a 1 a
= 2 a
b
b) P = 6 a 3 a 9b
b
Mà a + b = 10 10
10
b=
10 9 10
a
⇔ =
c) Ta có a 4 2.P
b+ ≥
4 4
⇔ + ≥
a a
b b
2
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 ( ) :∆ y= − 2x+3.
Giải.
Vì đường thẳng (D) :y ax b= + ⊥ ∆( ) :y= − 2x+3 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 x M b y M
−
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
Gọi phương trình đường thẳng (D) cần tìm có dạng y = ax + b
nên
Trang 3Vì ·(( );D Ox) 150= 0 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 x A b y A
3.( 1) 1
−
1 3
3
b
⇔ = − −
Vậy phương trình đường thẳng (D) cần tìm là y = 3 1 3
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∈ − +∞( 3; ) : x1 ≠x2.Xét :
( 3)( 3)
Vì x 1 , x 2 ( 3;∈ − +∞) nên x 1 > −3⇔ + >x1 3 0 , x 2 > −3 ⇔ + >x2 3 0.Do đó:(x1+3)(x2+ >3) 0 ⇒
5
0
(x 3)(x 3) >
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)
(3)
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
+ =
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
+ =
− = ⇒2z+3y=−21
Trang 4Kết hợp với phương trình (2) ta có hệ :{ 2 3 4
3 2 0,5
y z
y z
− =
0,5
z y
=−
=
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,≥ y≥0)
Theo đề bài ta có phương trình : 2x + 3y = 21
⇔2x=21 3− y
⇔ 21 3
2
y
x= −
⇔ x 10 1
2
y
y −
= − +
2
y
t Z y t y t
1 2
= +
= − Với t Z∈
Vì x ≥0 và y≥0 ⇒{9 3 0
1 2 0
t t
+ ≥
0,5
t
t≥−
⇒ t∈{0; 1; 2; 3− − − } .
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 = ax2 (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
1 x = +x 2
1 0
x x
∆ = + = > ⇒ ∆ =1 4 5 0 5
⇒ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 1 ,x 2
Trang 51 1 5
2
x = + ,
2
2
x = −
- Với x = 1 5 3 5
+ ⇒ = + ta được 1 5 3 5
M + +
- Với x = 1 5 3 5
− ⇒ = − ta được 1 5 3 5
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
ax bx c y
ax bx c y
ax bx c y
1 1
c
a b c
a b c
=
− + =
1 2
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 : x4−4x3−10x2+37x− =14 0
Giải.
Giả sử: x4−4x3−10x2+37x− =14 (x2+ax b x+ )( 2+ +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 ⇔(x2−5x+2)(x2+ − =x 7) 0
2 2
7 0
x x
x x
− + = + − =
⇔
1
2
5 17 2
5 17 2
x x
−
= +
=
⇔
3
4
1 29 2
1 29 2
x x
− −
=
−+
=
1 29 5; 17; 1 29 5; 17
S − − − − + +
Trang 6HÌNH HỌC
MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 -MƠN HÌNH HỌC
Bài 1: Trên mặt phẳng tọa độ xOy cho điểm và Xét điểm M, N thay đổi trên trục tung sao cho AM vuơng gĩc với BN.
a)Chứng minh rằng AN vuơng gĩc với BM và OM.ON khơng đổi Từ đĩ suy ra đường trịn đường kính MN luơn đi qua hai điểm cố định Tìm tọa độ hai điểm cố định đĩ.
b)Tìm quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN Xác định vị trí của M, N sao cho tam giác AMN cĩ diện tích nhỏ nhất.
Lời giải:
a) Xét tam giác AMN cĩ NB và AO là hai đường cao, giao nhau tại B Do đĩ MB cũng là đường cao của tam giác Từ đĩ suy ra AN vuơng gĩc với BM ĐPCM.
Gọi Q, P lần lượt là giao điểm của BM với AN, AM với BN
Dễ dàng nhận thấy:
(gĩc, gĩc) Suy ra:
(gĩc, gĩc) Suy ra:
(gĩc, gĩc) Suy ra:
Từ đĩ, ta cĩ:
Hay nĩi cách khác OM.ON khơng đổi.
Gọi I, J là giao điểm của đường trịn đường kính MN với trục Ox.
Xét đường trịn đường kính MN cĩ MN là đường kính, IJ là dây cung, MN vuơng gĩc với
IJ nên MN đi qua trung điểm của IJ Hay nĩi cách khác OI=OJ.
Ta cĩ: ∆MOJ và ∆ION đồng dạng nên:
Suy ra:
Hay nĩi cách khác:
Q
P
Trang 7Suy 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
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
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
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
N D
A
I
B C
Trang 8– 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)
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:
+
⇒ ΔOMN là tam giác đều
J H I
K
G
P
N
O
M
G
A
B
D
Trang 9b) Ta có: KMI KNI 90· =· = 0
⇒ KMON nội tiếp đường tròn đường kính KI
c) Gọi J là tâm đường tròn đường kính KI
Ta có: KAN 30· = 0 ⇒ AKN 60· = 0
⇒ MJN 120· = 0⇒ MJH 60· = 0
⇒ ΔMJH là nửa tam giác đều
d) K nằm trên cung chứa góc 600 dựng trên đoạn AB
Gọi chiều cao kẻ từ K đến AB là h ta có: AKB
1
2
= = lớn nhất ⇔ h lớn nhất Mà h ≤ OK dấu “=” xảy ra ⇔ h ⊥ AB tại O ⇔ ΔABK đều ⇔ h AB 3 3R
2
KAB
max S =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 ⇒ AMBC = HMDC
Mà DC = 2CH và HM = 2.MI ⇒ AMBC =CHMI hay: BC AM
CH = MI
Lại có: AMI BCH· =· (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
Suy ra: ΔBCH ΔAMI ⇒ CBH MAI· =·
lại có: BKM AKP· = · ⇒APK KMB 90· =· = 0
Suy ra: KMN KPN 90· +· = 0+900 =1800
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) BD2 = AD.CD
b) BCDE là tứ giác nội tiếp
c) BC // DE
Giải: a) ΔABD ΔBCD (g.g) ⇒ BDCD = ADBD⇒ BD2 = AD.CD
b) ΔACE và ΔABD có:
AB = AC
µA(chung)
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
Trang 10BẢNG MỨC ĐỘ
LOẠI ĐỀ : HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 9 CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
ĐƠN GIẢN
VẬN DỤNG TỔNG HỢP
VẬN DỤNG SUY LUẬN
1 CĂN BẬC
HAI
8 CÂU
BẬC NHẤT
3 HỆ HAI
PHƯƠNG
TRÌNH BẬC
NHẤT HAI
ẨN
Y=ax 2 (a 0≠ )+
PHƯƠNG
TRÌNH QUY
VỀ PHƯƠNG
TRÌNH BẬC
HAI MỘT ẨN
5 TỨ GIÁC
NỘI TIẾP
ĐƯỜNG
TRÒN
6 DIỆN TÍCH
CỦA ĐA
GIÁC
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
x,CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
BẬC NHẤT VẬN DỤNG TỔNG HỢP +
VẬN DỤNG
20 PHÚT CẤP 2 CÓ
MỞ RỘNG LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG
THẲNG + XÉT
Trang 11SUY LUẬN TÍNH ĐỒNG
BIẾN,NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ
3 HỆ HAI
PHƯƠNG
TRÌNH BẬC
NHẤT HAI
ẨN
VẬN DỤNG TỔNG HỢP + VẬN DỤNG SUY LUẬN
40 PHÚT CẤP 2 CÓ
MỞ RỘNG 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
Y=ax 2 (a 0≠ )+
PHƯƠNG
TRÌNH QUY
VỀ PHƯƠNG
TRÌNH BẬC
HAI MỘT ẨN
VẬN DỤNG TỔNG HỢP + VẬN DỤNG SUY LUẬN
30 PHÚT CẤP 2 CÓ
MỞ RỘNG VẼ ĐỒ THỊ + TÌM TOẠ ĐỘ GIAO
ĐIỂM CỦA (D),(P) + BIỆN LUẬN SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA (D 1 ):y = m VỚI (P) + LẬP PHƯƠNG TRÌNH (P) DẠNG TỔNG QUÁT :
y = ax 2 +bx + c (a
0
5 TỨ GIÁC
NỘI TIẾP
ĐƯỜNG
TRÒN
VẬN DỤNG SUY LUẬN
20 phút Cấp 2 TOÁN VỀ QUỸ
TÍCH.TOÁN VỀ
TỨ GIÁC NỘI TIẾP
6 DIỆN TÍCH
CỦA ĐA
GIÁC
VẬN DỤNG SUY LUẬN
20 phút Cấp 2 GIÁ TRỊ LỚN
NHẤT,NHỎ NHẤT,DIỆN TÍCH TAM GIÁC.
