giáo án bổi dưỡng học sinh giỏi toán 9 mới nhất năm 2016 hay lắm

66 639 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/04/2016, 23:42

Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Quảng Yên, ngày 18 tháng năm 2016 Tài liệu download website: maytinhbotui.vn CHUYÊN ĐỀ 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I ĐỊNH NGHĨA: Số phương số bình phương số nguyên II TÍNH CHẤT: Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, ; có chữ số tận 2, 3, 7, Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn Số phương có hai dạng 4n 4n + Không có số phương có dạng 4n + 4n + (n  N) Số phương có hai dạng 3n 3n + Không có số phương có dạng 3n + (n  N) Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho chia hết cho 16 III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh với số nguyên x, y A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t  Z) A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z  Z nên x2  Z, 5xy  Z, 5y2  Z  x2 + 5xy + 5y2  Z Vậy A số phương Hs: Trần Thị Ngọc Ánh Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng số phương Gọi số tự nhiên, liên tiêp n, n + 1, n+ 2, n + (n  N) Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + (*) Đặt n2 + 3n = t (t  N) (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n  N nên n2 + 3n +  N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2) Chứng minh 4S + số phương 1 k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 4 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) 4 1 1  S = 1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 +…+ k(k+1)(k+2)(k+3) 4 4 1 k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) 4 Ta có k(k+1)(k+2) = 4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) + Theo kết  k(k+1)(k+2)(k+3) + số ph ương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước Chứng minh tất số dãy số phương Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số n chữ số = n chữ số 10 n  10 n  4.10 n  4.10 n  8.10 n   4.10 n  4.10 n  10n + +1= = 9 9 n  2.10    =    Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho  2.10        n n-1 chữ số  Z hay số có dạng 44…488…89 số phương Bài 5: Chứng minh số sau số phương: Hs: Trần Thị Ngọc Ánh Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán A = 11…1 + 44…4 + 2n chữ số n chữ số B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số  10 n    Kết quả: A =    ;  10 n    B =    ;  2.10 n    C =    Bài 6: Chứng minh số sau số phương: a A = 22499…9100…09 n-2 chữ số n chữ số b B = 11…155…56 n chữ số n-1 chữ số a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + = ( 15.10n – )  A số phương b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 + n chữ số n chữ số = n chữ số n chữ số 10 n  10 n  5.10 n   10 n  10 n  10n + +1= 9  10 n   10 n  4.10 n   = =    số phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp số phương Hs: Trần Thị Ngọc Ánh Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Gọi số tự nhiên liên tiếp n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n  N , n ≥2 ) Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2) Vì n2 tận n2+2 không thẻ chia hết cho  5.( n2+2) không số phương hay A không số phương Bài 8: Chứng minh số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 n  N n>1 số phương n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ] = n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]= n2( n+1 )2.( n2–2n+2) Với n  N, n >1 n2-2n+2 = (n - 1)2 + > ( n – )2 n2 – 2n + = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + < n2  n2 – 2n + số phương Bài 9: Cho số phương có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phương số phương Cách 1: Ta biết số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phương cho 1,3,5,7,9 tổng chúng + + + + = 25 = 52 số phương Cách 2: Nếu số phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị chữ số tận a  a   a2  Theo dấu hiệu chia hết cho hai chữ số tận M 16, 36, 56, 76, 96  Ta có: + + + + = 25 = 52 số phương Bài 10: Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ số phương a b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m  N)  a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + = 4(k2 + k + m2 + m) + = 4t + (Với t  N) Không có số phương có dạng 4t + (t  N) a2 + b2 số phương Bài 11: Chứng minh p tích n số nguyên tố p - p + số phương Vì p tích n số nguyên tố nên p  p không chia hết cho (1) a Giả sử p+1 số phương Đặt p+1 = m2 (m  N) Vì p chẵn nên p+1 lẻ  m2 lẻ  m lẻ Hs: Trần Thị Ngọc Ánh Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Đặt m = 2k+1 (k  N) Ta có m2 = 4k2 + 4k +  p+1 = 4k2 + 4k +  p = 4k2 + 4k = 4k(k+1)  mâu thuẫn với (1)  p+1 số phương b p = 2.3.5… số chia hết cho  p-1 có dạng 3k+2 Không có số phương có dạng 3k+2  p-1 không số phương Vậy p tích n số nguyên tố p-1 p+1 không số phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007 Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N 2N+1 số số phương a 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – Có 2N   2N-1 không chia hết cho 2N-1 = 3k+2 (k  N)  2N-1 không số phương b 2N = 2.1.3.5.7…2007 Vì N lẻ  N không chia hết cho 2N  2N không chia hết cho 2N chẵn nên 2N không chia cho dư  2N không số phương c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 2N không chia hết 2N+1 không chia cho dư  2N+1 không số phương Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05 Chứng minh 2008 chữ số ab  số tự nhiên 2007 chữ số 10 2008  Cách 1: Ta có a = 11…1 = ; b = 100…05 = 100…0 + = 102008 + 2008 chữ số 2007 chữ số số  ab+1 = ab  = Ta thấy 10 2008 2008 chữ  10 2008   (10 2008  1)(10 2008  5) (10 2008)  4.10 2008    +1= =  9    10 2008       10 2008  = 10 2008  + = 100…02  nên  N hay ab  số tự nhiên 2007 chữ số Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – + = 99…9 + = 9a +6 Hs: Trần Thị Ngọc Ánh Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán 2007 chữ số 2008 chữ số 2008 chữ số  ab+1 = a(9a +6) + = 9a2 + 6a + = (3a+1)2  ab  = (3a  1) = 3a + N B DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương: a n2 + 2n + 12 b n ( n+3 ) c 13n + d n2 + n + 1589 Giải a Vì n2 + 2n + 12 số phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k  N)  (n2 + 2n + 1) + 11 = k2  k2 – (n+1)2 = 11  (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 chúng số nguyên dương, nên ta viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1  k+n+1 = 11  k = k–n-1=1 n=4 b Đặt n(n+3) = a2 (n  N)  n2 + 3n = a2  4n2 + 12n = 4a2  (4n2 + 12n + 9) – = 4a2  (2n + 3) - 4a2 =  (2n + + 2a)(2n + – 2a)= Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 2n + + 2a =  n =  2n + – 2a = a=2 c Đặt 13n + = y2 ( y  N)  13(n – 1) = y2 – 16  13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)  (y + 4)(y – 4)  13 mà 13 số nguyên tố nên y +  13 y –  13  y = 13k  (Với k  N)  13(n – 1) = (13k  )2 – 16 = 13k.(13k  8)  n = 13k2  8k + Vậy n = 13k2  8k + (Với k  N) 13n + số phương d Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m  N)  (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2  (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Hs: Trần Thị Ngọc Ánh Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > chúng số lẻ, nên ta viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy n có giá trị sau: 1588; 316; 43; 28 Bài 2: Tìm a để số sau số phương: a a2 + a + 43 b a2 + 81 c a2 + 31a + 1984 Kết quả: a 2; 42; 13 b 0; 12; 40 c 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương Với n = 1! = = 12 số phương Với n = 1! + 2! = không số phương Với n = 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 số phương Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 5!; 6!; …; n! tận 1! + 2! + 3! + … + n! có tận chữ số nên số phương Vậy có số tự nhiên n thỏa mãn đề n = 1; n = Bài 4: Tìm n  N để số sau số phương: a n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164) b (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) c n + 4n + 97 d 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương Giả sử 2006 + n2 số phương 2006 + n2 = m2 (m  N) Từ suy m2 – n2 = 2006  (m + n)(m - n) = 2006 Như số m n phải có số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m  số m + n m – n tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2)  m + n m – n số chẵn  (m + n)(m - n)  Nhưng 2006 không chia hết cho  Điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương Hs: Trần Thị Ngọc Ánh Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Bài 6: Biết x  N x>2 Tìm x cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Đẳng thức cho viết lại sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do vế trái số phương nên vế phải số phương Một số phương tận chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x tận chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1) Do x chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề ta có x  N < x ≤ (2) Từ (1) (2)  x nhận giá trị 5; 6; Bằng phép thử ta thấy có x = thỏa mãn đề bài, 762 = 5776 Bài 7: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 3n+1 số phương Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n+1 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 số phương Vậy n = 40 Bài 8: Chứng minh n số tự nhiên cho n+1 2n+1 số phương n bội số 24 Vì n+1 2n+1 số phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m  N) Ta có m số lẻ  m = 2a+1  m2 = 4a (a+1) + 4a(a  1) m2 1  n= = = 2a(a+1) 2  n chẵn  n+1 lẻ  k lẻ  Đặt k = 2b+1 (Với b  N)  k2 = 4b(b+1) +1  n = 4b(b+1)  n  (1) Ta có k + m = 3n +  (mod3) Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư Nên để k2 + m2  (mod3) k2  (mod3) m2  (mod3)  m2 – k2  hay (2n+1) – (n+1)   n  (2) Mà (8; 3) = (3) Từ (1), (2), (3)  n  24 Bài 9: Tìm tất số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n số phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a  N) 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48) 2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q  N ; p+q = n p > q 2 Hs: Trần Thị Ngọc Ánh Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán a+48 = 2p  2p – 2q = 96  2q (2p-q -1) = 25.3 a- 48 = 2q  q = p-q =  p =  n = 5+7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802  C DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào chữ số A đơn vị ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m  N 32 < k < m < 100 a, b, c, d  N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤ A = abcd = k2  Ta có B = abcd + 1111 = m2  m2 – k2 = 1111  (m-k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > nên m-k m+k số nguyên dương Và m-k < m+k < 200 nên (*) viết (m-k)(m+k) = 11.101 Do m – k == 11  m = 56  A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136 Bài 2: Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = k  N, 32 ≤ k < 100 Suy 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10)  k +10  101 k-10  101 Mà (k-10; 101) =  k +10  101 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110  k+10 = 101  k = 91  abcd = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống Gọi số phương phải tìm aabb = n2 với a, b  N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb  11  a + b  11 Mà ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ nên ≤ a+b ≤ 18  a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) n2 = 112(9a+1) 9a+1 số phương Hs: Trần Thị Ngọc Ánh Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn  b = Số cần tìm 7744 Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y  N Vì y3 = x2 nên y số phương Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999  10 ≤ y ≤ 21 y phương  y = 16  abcd = 4096 Bài 5: Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phương Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên ≤ a ≤ ; ≤ b,c,d ≤ abcd phương  d  { 0,1,4,5,6,9} d nguyên tố  d = Đặt abcd = k2 < 10000  32 ≤ k < 100 k số có hai chữ số mà k2 có tận  k tận Tổng chữ số k số phương  k = 45  abcd = 2025 Vậy số phải tìm 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số viết số hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm ab ( a,b  N, ≤ a,b ≤ ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba 2 Ta có ab - ba = ( 10a + b ) – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 )  11  a2 - b2  11 Hay ( a-b )(a+b )  11 Vì < a - b ≤ , ≤ a+b ≤ 18 nên a+b  11  a + b = 11 2 Khi ab - ba = 32 112 (a - b) Để ab - ba 2là số phương a - b phải số phương a-b = a - b =  Nếu a-b = kết hợp với a+b = 11  a = 6, b = 5, ab = 65 Khi 652 – 562 = 1089 = 332  Nếu a - b = kết hợp với a+b = 11  a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm 65 Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 10 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Cho tam giác ABC vuông A, đường phân giác AD Chứng minh rằng: a) 1   AB AC AD b) 1   2 AB AC AD BT 7: Cho hình thang ABCD có hai cạnh bên AD BC nhau, đường chéo AC vuông góc với cạnh bên BC Biết AD = 5a, AC = 12a a) Tính sin B  cos B sin B  cos B b) Tính chiều cao hình thang ABCD BT 8: Cho tam giác ABC Biết AB = 21cm, AC = 28cm, BC = 35cm a) Chứng minh tam giác ABC vuông; b) Tính sinB, sinC BT 9: Cho hình thang ABCD Biết đáy AB = a CD = 2a ; cạnh bên AD = a, góc A = o 90 a) Chứng minh tgC = ; b) Tính tỉ số diện tích tam giác DBC diện tích hình thang ABCD ; c) Tính tỉ số diện tích tam giác ABC diện tích tam giác DBC BT 10: Gọi AM, BN, CL ba đường cao tam giác ABC a) Chứng minh:  ANL ~  ABC ; b) Chứng minh: AN.BL.CM = AB.BC.CA.cosAcosBcosC III.Tài liệu tham khảo: 1/ Giúp em giỏi Hình học lớp Nguyễn Đức Tấn – Võ Tất Lộc 2/ Sách giáo khoa Hình học Lớp 10 – Xuất năm 2000 3/ Hình học lớp nâng cao Vũ Hữu Bình Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 52 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Chuyên đề 10 : BÀI TOÁN DỰNG HÌNH Nói đến dựng hình phải nhớ dựng thước compa Ta học phép dựng hình sau:  Dựng đoạn thẳng đoạn thẳng cho trước  Dựng góc góc cho trước  Dựng đường trung trực đoạn thẳng cho trước ,dựng trung điểm đoạn thẳng cho trước  Dựng tia phân giác góc cho trước  Qua điểm cho trước ,dựng đường thẳng vuông góc với đường thẳng cho trước  Qua điểm nằm đường thẳng cho trước ,dựng đường thẳng song song với đường thẳng Ta vận dụng phép dựng hình để dựng tam giác biết ba cạnh ,hoặc biết hai cạnh góc xen giữa,hoặc biết cạnh góc kề Trong toán dựng hình phức tạp hơn,ta phải tuân thủ bước phương pháp dựng sau:  Bước 1:Phân tích hình  Bước 2: Dựng hình  Bước 3:Chứng minh cách dựng thoả mãn yêu cầu đề toán  Bước 4:Biện luận: Xem lại phép dựng thực để xem có điều kiện ràng buộc không.Từ suy toán có nghiệm hình Thí dụ 1:Dựng tam giác ABC ,biết cạnh BC = a ,trung tuyến AM = m (a m độ dài cho trước ) góc  AM đường cao AH Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 53 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Phân tích:Giả sử toán giải xong,và ta dựng tam giác ABC thoả mãn yêu cầu đề toán Phân tích hình theo hướng phát phận hình hội đủ điều kiện để dựng cách xác.Đó tam giác vuông AHM có cạnh huyền AM = m,và HAM =  cho trước.Tam giác hoàn toàn xác định nên dựng Sau dựng xong tam giác vuông AHM ,ta hoàn tất hình phải dựng chẳng khó khăn gì.Vậy ta có cách dựng sau : Cách dựng:  Dựng đoạn thẳng AM có độ dài m cho trước (phép dựng a)  Dựng MAx =  cho trước (phép dựng b)  Từ M kẻ MH  Ax H (phép dựng e) Bây dựng hai đỉnh B,C Cạnh BC nằm đường thẳng MH,nên đường thẳng MH ,ta lấy hai phía khác điểm M hai điểmB,C cho MB = MC = a (phép dựng c a) Chứng minh: Rõ ràng tam giác thoả mãn đầy đủ yêu cầu đề toán :có cạnh BC = a cho trước , trung tuyến AM = m cho trước , MAH =  cho trước Biện luận :Lần lại khâu dựng hình , khâu thực trở ngại.Duy có góc  cho trước yêu cầu đề MAH tam giác vuông AMH phải  ,thì rõ ràng  phải góc nhọn Vậy với điều kiện toán giải có nghiệm hình Thí dụ :Dựng tam giác ABC với trung tuyến AM có độ dài đoạn thẳng m cho trước ,và góc MAB MAC góc   cho trước Phân tích : Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 54 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán    Giảsử toán giải xong ta dựng tam giác ABC thoả mãn yêu cầu toán Hình vẽ cho thấy phận hình hội đủ điều kiện để dựng  Thí dụ:Tam giác AMC có hai yếu tố biết MAC =  AM = m ,nên dựng được.Đây lúc nhớ lại toán tương tự quí giá  Thí dụ ,nhớ :nếu kéo dài trung tuyến AM thêm đoạn MD = AM ,thì hai tam giác AMB DMC (c,g,c) nên A 1= D Từ ,hình thành tam giác ACD với A 2=  , D = A 1=  AD = 2m Tam giác hội đủ điều kiện để dựng Sau dựng tam giác ,ta dựng điểm B,chẳng khó khăn Cách dựng: Dựng đoạn thẳng AD = 2m Dựng hai góc kề cạnh DAC =  ADC =  ,hai cạnh AC DC giao C.Sau ta vẽ trung tuyến CA tam giác ACD kéo dài thêm đoạn MB =MC ,từ xác định đỉnh B tam giác ABC cần dựng Chứng minh:Theo cách dựng ,rõ ràng tam giác AMB tam giác DMC nhau(c,g,c).Từ AM = AD = m , A 1= D =  , A 2=  Cho nên ,tam giác ABC dựng thoả mãn đầy đủ yêu cầu đề Biện luận :Trên ta nói hai cạnh AC DC giao C.Thực chúng giao  +  < 2v Do toán giải có nghiệm hình Thí dụ 3: Cho góc xOy điểm M bên góc Dựng đoạn thẳng AB cho A  Ox , B  Oy M trung điểm AB Phân tích :Giả sử toán giải xong ta dựng đoạn thẳng AB thoả mãn yêu cầu đề A  Ox, B  Oy M trung điểm AB Nếu kéo dài OM thêm đoạn MD = OM  AMO =  BMD(c,g,c)  O 1= D Từ , Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 55 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán DB Ox Ngược lại, từ D kẻ DB Ox (B  Oy ,rồi BM đến cắt Oxtại A  AMO =  BMD (g,c,g) với M 1= M (đối đỉnh) , M 1= D (so le ,DB Ox) MD =OM (do dựng ),từ AM = MB Cách dựng :Kéo dài OM thêm đoạn MD= OM ,rồi từ D kẻ đường thẳng song với Ox ,cắt Oy B.Tiếp đến kẻ BM cắt Ox A M trung điểm AB Chứng minh:  AMO  BMD có : M 1= M (đối đỉnh) MO = MD (cách xác` định điểmD) O 1= MDB (so le –DB Ox) Do :  AMO =  BMD (g,c.g)  AM = MD 4.Biện luận : Bài toán có nghiệm Phụ :Bài toán phân tích cách khác : Kẻø MN Ox (N Oy) MN= OA Ngược lại, kẻ MN Ox(N  Oy),và lấy điểm A Ox cho OA = 2MN,rồi kẻ AM đến cắt Oy B có AM =MB.Quả ,gọi B trung điểm OA  OP = PA  PM ON.Vậy BM phải qua trung điểm AB,tức AM = MB Qua phân tích ta thấy rõ cách dựng chứng minh Bài toán có nghiệm Thí dụ :Cho góc xOy hai điểm A,B Dựng điểm cách hai cạnh Ox,Oy cách hai điểm A,B Phân tích : Giả sử toán giải xong ta dựng điểm M cách hai cạnh Ox, Oy cách hai điểm A,B ,nghĩa có MH = MK (MH  Ox,H  Ox, MK  Oy,K  Oy) MA=MB Vậy M vưà thuộc tia phân giác Ot xOy, vừa thuộc đường trung trực d AB nên M giao điểm Ot d Cách dựng : Dựng tia phân giác Ot góc xOy đường trung trực d AB ,d cắt Ot M M điểm cần dựng 3.Chứng minh : M  Ot nên MH = MK M  d nên MA = MB Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 56 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán 4.Biện luận : a d cắt Ot AB không vuông góc với Ot Bài toán có nghiệm hình b Nếu AB  Ot OA  OB Ot d :Bài toán vô nghiệm c Nếu AB  Ot OA = OB d  Ot Bài toán có vô số nghiệm,nghĩa điểm Ot vừa cách hai cạnh Ox Oy,vừa cách A B Thí dụ :Cho góc nhọn xOy điểm A Oy.Tìm điểm M đoạn OA cho kẻ MP = MA Phân tích :Giả sử toán giải xong ta dựng điểm M theo yêu cầu đề Kẻ PN AM PN = AM AN NP , Có nghĩa AN  Ox (1) Mặt khác PN = AM = OP nên tam giác OPN cân : O 1= N Mà O = N 1(góc so le trongPN Oy) Nên O 1= O Điều có nghĩa N nằm tia phân giác góc xOy Theo (1) N nằm đường thẳng vuông góc với Ox hạ từ A.Vậy N giao điểm đường thẳng với tia phân giác góc xOy Vị trí N hoàn toàn xác định ,do dựng Cách dựng :Kẻ tia phân giác Ot góc xOy từ A ,kẻ đường thẳng vuông góc với Ox , cắt Ot N Từ N kẻ NP Oy ,cắt Ox P Từ P kẻ đường thẳng vuông góc với Ox, cắt Oy điểm N cần dựng Chứng minh :NP Oy nên N 1= O (so le ) Mà Ot tia phân giác : O 1= O Từ : O 1= N  Tam giác OPN cân P : OP = PN MP AN vuông góc với Ox nên MP AN Do đó: PN = AM (đoạn thẳng song song bị chắn hai đường thẳng song song).(2) Từ (1),(2) suy ra: OP = AM Biện luận : Góc xOy nhọn nên tia phân giác Ot cắt đường thẳng kẻ từ A vuông góc với Ox điểm N nhất.Do toán có nghiệm hình Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 57 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Chuyên đề 12: DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH I NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ: Đa giác lồi Đa giác Tổng góc đa giác n cạnh (n – 2) 1800 Số đường chéo đa giác n cạnh (n  3).n Tổng góc đa giác n cạnh 3600 Trong đa giác đều, giao điểm O hai đường phân giác hai góc tâm đa giác Tâm O cách đỉnh, cách cạnh đa giác đều, có đường tròn tâm O qua đỉnh đa giác gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác Diện tích tam giác: a.h (a: cạnh đáy; h: chiều cao tương ứng) S  a.b.sin C ( a = AB; b = CA ) S Diện tích hình chữ nhật S = ab Diện tích hình vuông S = a2 10 Diện tích hình bình hành S = ah (h chiều cao kẻ từ đỉnh đến cạnh a) 11 Diện tích hình thoi S AC.BD (AC; BD hai đường chéo) 12 Diện tích hình thang S  ( AB  CD) AH (AB, CD hai đáy; AH: chiều cao) 13 Một số kết cần nhớ a) SABM = SACM ( AM trung tuyến tam giác ABC) b) AA’ // BC => SABC = SA’BC S ABD BD  (D thuộc BC tam giác ABC) S DBC CD S AH d) ABD  (AH; DK đường cao tam giác ABC DBC) S DBC DK S AM AN e) AMN  (M thuộc BC; N thuộc AC tam giác ABC) S ABC AB AC c) Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 58 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán II PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH: Sử dụng công thức tính diện tích để thiết lập mối quan hệ độ dài đoạn thẳng - Ta biết số công thức tính diện tích đa giác công thức tính diện tích hình tam giác, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi … biết độ dài số yếu tố ta tính diện tích nhữnh hình Ngược lại biết quan hệ diện tích hai hình chẳng hạn biết diện tích hai tam giác có hai đáy suy chiều cao tương ứng Như công thức diện tích cho ta quan hệ độ dài đoạn thẳng Sử dụng công thức tính diện tích hình giúp ta so sánh độ dài đoạn thẳng - Để so sánh độ dài đoạn thẳng phương pháp diện tích, ta làm theo bước sau: Xác định quan hệ diện tích hình Sử dụng công thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đẳng thức có chứa độ dài Biến đổi đẳng thức vừa tìm ta có quan hệ độ dài hai đoạn thẳng cần so sánh Ví dụ 1: Cho tam giác ABC Từ điểm O tam giác ta vẽ OH  AB ; OI  BC ; OK  CA Chứng minh O di động tam giác tổng OH + OI + OK không đổi Giải Gọi độ dài cạnh tam giác a, chiều cao h Ta có: S AOB  SBOC  SCOA  S ABC 1 1 a.OH  a.OI  a.OK  a.h 2 2 1 a(OH  OI  OK )  a.h 2  (OH  OI  OK )  h (không đổi) A H K C B I Nhận xét : - Có thể giải ví dụ cách khác ngắn gọn phương pháp diện tích trình bày - Bài toán O thuộc cạnh tam giác - Nếu thay tam giác đa giác tổng khoảng cách từ O đến cách cạnh không thay đổi Ví dụ 2: Chứng minh định lý Pitago: Trong tam giác vuông, bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vuông: Giải: - Dựng phía ABC hình vuông BCDE; ABFG; ACMN - Muốn chứng minh BC  AB2  AC ta phải chứng minh SBCDE  S ABFG  S ACMN Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 59 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán - Vẽ đường cao AH kéo dài cắt DE K ta chứng minh S ABFG  SBHKE S ACMN  SCHKD - Nối AE; CF FBC  ABE (c-g-c)  SFBC  S ABE (1) FBC hình vuông ABFG có chung đáy BF, đường cao ứng với đáy (là AB)  S FBC  S ABFG (2) (3) Từ (1); (2) (3)  SBHKE  S ABFG Tương tự:  S ABE  S BHKE Chứng minh tương tự ta được: SCHKD  S ACMN Do đó: SBHKE  SCHKD  S ABFG  S ACMN SBCDE  S ABFG  S ACMN (đpcm) N \ G A M \ F B \ E \ H \ K \ C \ D \ Nhận xét: - Điểm mấu chốt cách giải vẽ hình phụ: vẽ thêm ba hình vuông Ta phải chứng minh: BC  AB2  AC mà BC2; AB2; AC2 diện tích hình vuông có cạnh BC; AB; AC Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 60 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán - Để chứng minh SBCDE  S ABFG  S ACMN ta vẽ đường cao AH kéo dài để chia hình vuông BCDE thành hai hình chữ nhật điểm chung chứng minh hai hình chữ nhật có diện tích diện tích hai hình vuông Bài tập áp dụng: (Khoảng tập) III TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ - Đặt diện tích cần tìm ẩn đưa phương trình hệ phương trình với ẩn - Giải phương trình hệ phương trình để tìm nghiệm Ví dụ 1: Cho ABC có diện tích đơn vị, cạnh AB lấy M AC lấy N cho AM = 3BM BN cắt CM O Tính diện tích AOB AOB Giải: A \ Đặt SAOB = x; SAOC = y (x,y > 0) N M AM 3 S OAM \ \ Ta có:  )  (vì O AB 4 S OAB C B \ 3x \ \  S OAM  AN  nên AC 4y  S OAN  Vì S OAN C  AN  AC 4y 4y 4 mà S BAN  S ABC  nên x   (1) 5 5 3x mặt khác: S CAM  SCOA  SOAM  y  3 mà: S CAM  S ABC  4 3x đó: y   (2) 4 Ta có: SBAN = SBAO + SOAN = x + Từ (1) (2) ta có hệ phương trình 5x + 4y = (3) 3x + 4y = (4) Lấy (3) trừ (4) theo vế ta x  Thay x  vào (3) ta x  Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 61 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán Vậy S AOB  S AOC  Ví dụ 2: Giả sử MNPQ hình vuông nội tiếp tam giác ABC, với M  AB; N  AC P; Q  BC Tính cạnh hình vuông biết BC = a đường cao AH = h Giải: Gọi I giao điểm AH với MN Đặt cạnh hình vuông MNPQ x (x > 0), Ta có: 1 MN AI  x(h  x) 2 1 S BMNC  ( BC  MN ) MQ  (a  x) x 2 S ABC  a.h Ta lại có: S ABC  S AMN  SBMNC nên 1 a.h  x(h  x)  x(a  x) 2 ah Hay: a.h  x(a  h)  x  ah S AMN  Vậy cạnh hình vuông MNPQ A \ I \ M \ B \ Q H \ N \ C \ P \ ah ah Bài tập áp dụng: khoảng IV BẤT ĐẲNG THỨC DIỆN TÍCH: - Ta sử dụng hệ bất đẳng thức Côsi: hai số có tổng không đổi tích chúng lớn hai số - Để sử dụng bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định x biểu thị đại lượng cần tìm giá trị nhỏ (hay giá trị lớn nhất) biểu thức có biến x tìm điều kiện x để biểu thức có giá trị nhỏ (hay giá trị lớn nhất) Ví dụ 1: Cho tam giác ANC vuông A, AB = 4cm Trên hai cạnh AB AC lấy điểm M, N cho AM = CN Xác định vị trí M, N cho tứ giác BCMN có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ Giải: Đặt: SBCMN  S ; AM = CN = x => AN = - x S = SABC - SAMN B M 4.4 x(4  x) x(4  x)   8 2 x(4  x) S nhỏ  lớn S Hs: Trần Thị Ngọc Ánh A 62 N C Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán  x(4  x) lớn Vì x + (4 – x) = (không đổi) nên x(4 – x) lớn  x=4–x  x = (hệ bất đẳng thức Côsi Khi M N trung điểm AB AC Smin   2(4  2)  6cm2 Ví dụ 2: Cho đường tròn tâm O bán kính r nội tiếp tam giác ABC Qua O vẽ đường thẳng cắt hai cạnh AC BC tạio M N Chứng minh SCMN  2r Giải: Đặt SCMN  S Ta có SCMN  SOCM  SOCN  (MC  NC )r Theo bất đẳng thức Côsi: ( MC  NC )  CM CN  25 1 (Vì S  (MC  NC ).sin C  CM CN ) 2  S  ( MC  NC ).r  2S r 2  S  2S.r Dấu “=” xảy CM = CN hay MN  OC A M C N B Bài tập áp dụng: Khoảng V BÀI TẬP VỀ DIỆN TÍCH VÀ CHỨNG MINH Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD, đáy AB = 3cm, AD = 4cm, BC = 6cm, CD = 9cm Tính diện tích hình thang Giải Vẽ BE // AD ta có: 39 h  6h (cm2) CBE cân C S A B I IC2 = 36 – = 32 IC  4.4 S BCE  8 2 5.2  h  BK   Hs: Trần Thị Ngọc Ánh D 63 E K C Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán S ABCD  6h   16 Ví dụ 2: Cho ABC có chu vi 2p, cạnh BC = a, gọi góc BAC   , đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh AC K Tính diện tích AOK + Giải C AK = AL; CK = CM; BM = BL CM + AK + BM = 2p K AK = p – (BM + CM) M AK = p – a KAO   OK = (p - a)tan A L B   AK AO = ( p  a)2 tan 2 * Bài tập áp dụng: Cho  ABC có góc nhọn, đường cao AA’, BB’, CC’ trực tâm H SAOK = Tính tổng: HA ' HB ' HC '   AA ' BB ' CC ' Một tam giác có độ dài đường cao số nguyên bán kính đường tròn ngoại tiếp Chứng minh tam giác Cho  ABC biết A   , , B   , , C   , đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính r; P, Q, R tiếp điểm Tính diện tích tam giác PQR Cho ABC Trên cạnh AB lấy điểm M, cạnh AC lấy điểm N cho AM AN   Gọi O giao điểm BN CM Gọi H, L chân đường AB AC vuông góc kẻ từ A, C tới đường thẳng BN a/ Chứng minh CL = AH b/ Chứng minh: SBOC = SBOA Kẻ CE BD vuông góc với AO Chứng minh BD = CE c/ Giả sử SABC = 30 cm2, tính SAMON Cho hình thang ABCD, đáy AB, O giao điểm hai đường chéo AC BD a/ Chứng minh rằng: SOAD = SOBC b/ SOAB.SOCD = (SOBC)2 HƯỚNG DẪN GIẢI Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 64 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán HA '.BC S HBC HA ' Ta có: (1)   S ABC AA '.BC AA ' S HC ' Tương tự: HAB  (2) S ABC CC ' S HAC HB ' (3)  S ABC BB ' A B’ C’ H B A’ C Cộng (1), (2) (3) ta được: HA ' HB ' HC ' S HBC  S HAB  S HAC S ABC = =   1 AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC Đặt a = BC, b = AC, c = AB Gọi x, y, z độ dài đường cao tương ứng với cạnh a, b, c tam giác Vì bán kính đường tròn nội tiếp nên x, y, z > Giả sử: x  y  z  1 Theo kết 1:    =1  x y z z  z   z=3 1 1 Từ:   =1    hay 3(x+y) = 2xy x y x y z  (2x-3)(2y-3) = = =  x = y = x = 6; y =2 (loại) Vậy = y = z a = b = c OP = OQ = OR = r SPQR = S OPR + SOPQ + SOQR SPQR = r2sin(1800 -  ) = r2sin  SORQ = r2sin  SORQ = r2sin  Do SPQR = r2 (sin  + sin  + sin  ) A Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 65 Trường THCS Lê Quý Đôn Năm học: 2015-2016 Giáo án BDHSG Toán a/ CN = AN  SBNC = 2S BNA SBNC  SBNA  M   CL  AH BNchung  O  SBOC  BO.CL  E B   SBOA  BO AH   SBOC  2SBOA / (1) D  CL= 2AH   A  Chứng minh tương tự SBOC = 2SCOA (2) T (1) v (2)  SBOA = SCOA (3) Kẻ CE  AO, BD  CE Ta chứng minh được: BD = CE c/ Giả sử SBOC = 2a (cm2)  SBOA = a (cm2), SCOA= a (cm2) Ta tính được: SABC = 4a (cm2)  a = cm2 Ta lại có SONA = SOMA = a= (cm2) Vậy: SOAMN = cm a/ Kẻ đ ờng cao AH v BH’, ta c ó: AH = BH’ AH DC Ta có: SADC = A BH '.DC SBDC =  SADC = SBDC  SODA = SOBC L b/ Kẻ đường cao BK ABC, ta c ó: SOAB OA  SOBC OC SOAB SOBC SOAD OA  D A SOCD OC S  OAD  (SOBC)2 = SOAB.SOCD ( Vì SOBC = SOAD) SOCD Hs: Trần Thị Ngọc Ánh L N C B K Tương tự:  H 66 H’ C Trường THCS Lê Quý Đôn [...]... 4x   4z 9y  9 z Ta có: S =  x + y + z      = 1+4 +9+            z   z x x y z x y   y Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 4 26 9x z Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn 9 y 4x y 4x y 4x ta có :   2  4 , x y x y x y áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương Tương tự ta có : 9x z 9x z  2 6 z x z x 4z 9 y 4z 9 y  2  12 ; y z y z  S  1 + 4 + 9 + 4 + 12... biểu thức đã cho VD1: Cho 0 < x < 2 , Tìm GTNN của B  Ta có : B  9x 2  2 x x 9x 2 x 9x 2  x  1  1 2 7 2 x x 2 x x Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 30 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn 9  Min B= 7  9x 2 x 1  x 2 x x 2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1( 74/ 29) Cho 0 < x 1, Tìm GTLN của A  4 x  25 x 1 Bài 3: Cho x > 0, Tìm... = 5x x -9 5x 1x -9  x -9  3 x 3  2 3 3  6  1   5x 5x 5 x 30 28 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn 9 x - 9 3 Dấu “=” xảy ra khi  3  x  18  x  9 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 7x - 5 7x -9 Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = x3 - 9 27x 3 Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức dã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của... y)2 xy lớn nhất  x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất  x – y lớn nhất giả sử x > y ( khơng thể xảy ra x = y) Do 1  y  x  2004 nên 1  x-y  2003 Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002 max(x –y) = 2003 khi x =2004 , y = 1 Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002 Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1 Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 19 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn 9 Quảng n,... 6x  5  9x2 2 6x  5  9x2 2 2 = 9x  6x  5 (3x  1) 2  4 2 Ta thấy (3x – 1)2  0 nên (3x – 1) 2 +4  4 do đó  b thì 1 1 theo tính chất a  2 (3x  1)  4 4 1 1 2 2  A  với a, b cùng dấu) Do đó   2 a b (3x  1)  4 4 minA = - 1 2  3x – 1 = 0  x = - 1 2 1 3 Bài tập áp dụng: Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 13 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn 9 1 HD giải: x  4x  9 1 1 1... từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều khơng âm) : 2 ≥ 9 A  A ≤   9 3 3 3 1 2 max A =   khi và chỉ khi x = y = z = 3 9 VD 5: Tìm GTNN của A  xy yz zx   với x, y, z > 0 , x + y + z = 1 z x y Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy : Hs: Trần Thị Ngọc Ánh xy yz xy yz  2  2y z x z x 25 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn 9 yz zx zx xy   2z ;   2x Suy ra 2A ≥ 2(x + y... đó a + b = 3a hoặc a + b – 1 = 3a a +b–1=3+b a+b=3+b Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 11 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn 9  a=4,b=8 hoặc Vậy ab = 48 hoặc ab = 37 Chun đề 2: a=3,b=7 CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC 1/ Cho biểu thức f( x ,y, ) a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y ) kí hiệu max f = M nếu hai điều kiện... 4 x  21  -x 2  3x  10 Bài 9( 76/ 29) Tìm GTNN của : A = x y z   với x, y, z dương và x + y + z  12 y z x Bài 10: ( 65/ 28) Tìm GTLN, GTNN của : A  x  4  y  3 biết x + y = 15 Biện pháp 2: nhân và chia một biểu thức với cùng một số khác khơng VD Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = Giải: ĐKXĐ: x  9 Ta có: A = Hs: Trần Thị Ngọc Ánh x -9 = 5x x -9 5x 1x -9  x -9  3 x 3  2 3 3  6  1 ... Với P = a2  ab  b2  3a  3b  3 Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 16 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn 9 Bài 2 CMR: khơng có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn ĐT: x2  4 y 2  z 2  2 x  8 y  6 z  15  0 Hướng dẫn Ta có: VT  x2  2 x  1  4 y 2  8 y  4  z 2  6 z  9  1=  x-1   2 y  2    z  3  1  1 2 2 2 Bài 3: Có hay khơng các số x,y,z thỏa mãn mỗi đẳng thức sau: 1)... một biểu thức có chứa A  x2 + 2xy + y2 = 1 (1) (x – y)2  0 Hay: x2 - 2xy + y2  0 (2) x+y =1 Mà Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 )  1  x2 + y2  Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 15 1 2 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn 9 minA = 1 1 khi và chỉ khi x = y = 2 2 Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x Thay y = x – 1 vào A A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 minA ... Min ( xy) = 2004 x = 2004 , y = Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 19 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn Quảng n, ngày 18 tháng năm 2016 MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TỐN CỰC... ĐKXĐ: x  Ta có: A = Hs: Trần Thị Ngọc Ánh x -9 = 5x x -9 5x 1x -9  x -9  3 x  3     5x 5x x 30 28 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn x - 3 Dấu “=” xảy   x... GTNN B  Ta có : B  9x  2 x x 9x 2 x 9x  x  1  1 7 2 x x 2 x x Hs: Trần Thị Ngọc Ánh 30 Trường THCS Lê Q Đơn Năm học: 2015 -2016 Giáo án BDHSG Tốn  Min B=  9x 2 x  x 2 x x
- Xem thêm -

Xem thêm: giáo án bổi dưỡng học sinh giỏi toán 9 mới nhất năm 2016 hay lắm, giáo án bổi dưỡng học sinh giỏi toán 9 mới nhất năm 2016 hay lắm, giáo án bổi dưỡng học sinh giỏi toán 9 mới nhất năm 2016 hay lắm