Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi Toán lớp 9

Ti Liu Bi Dng HSG B
Đề tổng hợp kiến thức học sinh giỏi
Môn : Toán lớp 9
Câu 1 : a) Tính A =
322
1
322
1

+
++
b) So sánh :
2008 2009
2009 2008
+
và
2008 2009+
Câu 2 : a) Giải phơng trình : x
2
+ x + 12
1+x
= 36
b) Tìm các số nguyên x , y sao cho : y=
54
2
++ xx
Câu 3 :
a) Biết a , b , c là số đo 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh phơng trình :
x
2
+ ( a - b - c )x + bc = 0 vô nghiệm

b) Cho M = x
2
+ y
2
+ 2z
2
+ t
2
; với x , y , z , t là số tự nhiên .
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của M và các giá trị tơng ứng của x,y,z,t biết rằng:






=++
=+
10143
21
222
222
zyx
tyx
Câu 4 :
Cho đoạn thẳng AB=2a , trên AB lấy một điểm C tuỳ ý . Vẽ đờng tròn tâm I đờng
kính AC và vẽ đờng tròn tâm K đờng kính BC . MN là tiếp chung ngoài của hai đờng
tròn (M
)(),( KNI
) ; Cx là tiếp tuyến chung trong của hai đờng tròn .

a) Chứng minh các đờng thẳng AM,BN,Cx đồng quy tại một điểm D .
b) Xác định vị trí của điểm C trên AB sao cho tứ giác DMCN có diện tích lớn
nhất .
Câu 5 :
Chứng minh rằng nếu
ba +
> 2 thì phơng trình sau có nghiệm
2ax
2
+ bx +1 - a = 0
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 1
Ti Liu Bi Dng HSG B
Hớng dẫn trả lời
Câu 1 :
Giáo viên vừa hớng dẫn vừa yêu cầu học sinh làm theo giáo viên.
a) A =
3242
2
3242
2

+
++
( Nhân tử và mẫu với
2
)
=
33
2
33

2
)13(2
2
)13(2
2

+
+
=

+
++

=
2
39
)3333(2
=

++

b)Hỏi: Em nào làm đợc bài này?
Ta có
2008 2009
2009 2008
+
=
2009 1 2008 1
2009 2008
+

+
=
=
2009 1 2008 1
2009 2009 2008 2008
+ +
=
= (
2008 2009+
)+
1 1
( )
2008 2009


Ta thấy
1 1
2008 2009
2008 2009
< >
Do đó
1 1
2008 2009

>0 ;
suy ra (
2008 2009+
)+
1 1
( )

2008 2009

>
2008 2009+
Vậy
2008 2009
2009 2008
+
>
2008 2009+

Câu 2 :
a) Gợi ý: Dùng phơng pháp đặt ẩn phụ để làm.
x
2
+ x + 12
1+x
= 36
x(x+1)+ 12
1+x
= 36
KX : x
1

GV biờn son: Nguyn Minh Nht 2
Ti Liu Bi Dng HSG B
Đặt
1+x
= t
0

; phơng trình trở thành :
( t
2
- 1 )t
2
+ 12t = 36
t
4
- ( t - 6 )
2
= 0 ; suy ra (t
2
- t + 6)(t
2
+ t - 6) = 0
Phơng trình t
2
- t + 6 = 0 vô nghiệm
Phơng trình t
2
+ t - 6 = 0 có nghiệm là t
1
= -3< 0 (loại)
t
2
= 2 > 0
Với t = 2 thì
1+x
=2 ; từ đó tìm đợc nghiệm của phơng trình là :

x = 3
b) x
2
+ 4x + 5 = (x+2)
2
+1 > 0 với mọi x , nên y xác định với mọi x ;
từ đó ta cũng có y > 0 .
Bình phơng 2 vế y=
54
2
++ xx
ta đợc :
y
2
= (x+2)
2
+1
(y + x + 2)(y - x - 2 ) = 1
Vì x,y là số nguyên nên (y + x + 2) và (y - x - 2 ) cũng nhận giá trị nguyên . Ta
thấy tổng và tích của 2 biểu thức này là dơng nên ta có :




=
=++
12
12
xy
xy

; từ đó ta tìm đợc (x=-2;y=1)
Câu 3 :
a) (1đ)

= (a-b-c)
2
- 4bc = a
2
+ b
2
+c
2
- 2ab - 2ac + 2bc - 4bc
= a
2
+ b
2
+c
2
- 2ab - 2ac - 2bc =
= a
2
- a(b+c) + b
2
- b(a+c) + c
2
- c(a+b)
Vì a,b,c là 3 cạnh của một tam giác nên :
0 <a<(b+c) ; suy ra a
2

< a(b+c) ; do đó a
2
- a(b+c) < 0
0 <b<(a+c) ; suy ra b
2
< b(a+c) ; do đó b
2
- b(a+c) < 0
0 <c<(a+b) ; suy ra c
2
< c(a+b) ; do đó c
2
- c(a+b) < 0
Từ đó suy ra

< 0 . Vậy phơng trình vô nghiệm .
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 3
Ti Liu Bi Dng HSG B
b) Từ hệ





=++
=+
(**)10143
*)(21
222
222

zyx
tyx
; cộng vế với vế ta đợc :
2(x
2
+ y
2
+ 2z
2
+ t
2
) - t
2
= 122 ;
suy ra M=
2
61
2
122
22
tt
+=
+
; do đó Min M = 61 khi t = 0
Với t = 0 từ (*) suy ra x
2
- y
2
= 21 hay (x-y)(x+y)= 21
Có 2 trờng hợp xảy ra :

+



=
=




=+
=
10
11
21
1
y
x
yx
yx
(loại vì không thoả mãn (**) )
+



=
=

=+
=
2
5
7
3
y
x
yx
yx
, thay vào (**) ta tìm đợc z=4
Vậy Min M=61 khi x=5,y=2,z=4,t=0
Câu 4 :
a)
Gọi D là giao điểm của AM và BN
Q là giao điểm của MN và Cx .
Theo tính chất của tiếp tuyến ta có
QM=QC=QN ;
Từ đó suy ra

MCN vuông .
Tứ giác DMCN có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật ;
Mà Q là trung điểm của MN , suy ra Q là trung điểm của DC .
Vậy AM,BN,Cx đồng quy tại D.
b)
Gọi O là trung điểm của AB , Suy ra DO=
2
AB
=a

S
DMCN
=DM.DN=
===
DCAB
DC
DBDA
DC
DB
DC
DA
DC

.
4422


222
2333
a
a
a
a
DC
AB
DC
===
;
Từ đó ta có S
DMCN

lớn nhất bằng
2
2
a
khi DC=a ; lúc đó C

O .
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 4
Q
I
m CB = 3 cm
Distance A to C B = 0 cm
m AC = 5 cm
O
N
M
K
C
B
x
A
D
Ti Liu Bi Dng HSG B
Câu 5 :
Giả sử phơng trình vô nghiệm , ta có :


= b
2
- 8a(1-a) < 0 (1) , do đó 0 < b

2
< 8a(1-a) hay a(1-a) > 0
Từ đó ta có 0 <a < 1 , suy ra
a
= a .
Từ (1) , ta lại có
b
< 2
)1(2 aa
, vậy
=+<+ )1(22 aaaba
=
1)12(1)1()1(222
2
+=++ aaaaaa
(2)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki , ta có :
(
[ ]
)1()12()1.1.2()12
22
aaaaaa +++=+
= 3 (3)
Kết hợp (2) với (3) , ta có :

ba +
< 3 -1 = 2 ; trái với giả thiết .
Vậy phơng trình có nghiệm .
Hỏi: Trong bài học hôm nay các em đã dùng những đơn vị kiến thức nào?
Học sinh trả lời:

D. Bài tập về nhà.
Bài 1.
Rút gọn biểu thức A =
24923013 +++
Bài 2.
Chứng minh rằng với x > 0, x

1, biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:
1
.
11
2
+
+









+

+
++
x
xxxxx
xx

xx
xx
xx
.
Bài 3.
Giải phơng trình: (2x + 1)
2
(x + 1)x = 105
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 5
Tài Liệu Bồi Dưỡng HSG Bộ Đề
§Ị tỉng hỵp kiÕn thøc häc sinh giái
M«n : To¸n líp 9
Bài 1
Cho hai số nguyên dương a và b
( )
a b≥
đều không chia hết cho 5 .
Chứng minh rằng a
4
– b
4

M
5.
Bài 2 :
a) Rút gọn :
( )
2 1 : 1 1x x x
− − − −
b) Tính :

( ) ( )
4 15 . 10 6 . 4 15+ − −
Bài 3 :
Cho a > 2 ; b > 2 . Chứng minh rằng : ab > a + b
Bài 4 :
Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức sau :
A =
2 1 2 1x x x x
+ − + − −
Bài 5 :
Cho điểm M nằm trong tam giác ABC nhọn . Chứng minh rằng :
4 S
ABC

≤
AM.BC + BM.CA + CM.AB
*
GV biên soạn: Nguyễn Minh Nhật 6
Tài Liệu Bồi Dưỡng HSG Bộ Đề
HƯỚNG DẪN
Bài 1 :
Gi¸o viªn: C¸c em mn lµm ®ỵc bµi to¸n nµy chóng ta ph¶i vËn dơng tÝnh chÊt chia
hÕt mµ c¸c em ®· häc ë líp 6.
Hái: Em nµo lµm ®ỵc bµi nµy?
Häc sinh: Suy nghÜ lµm.
Ta có bài toán phụ sau :
; 5n n
/
∈Ζ M
Chứng minh rằng : n

4
– 1
M

5
Do : n
4
– 1 = ( n
2
– 1 ).( n
2
+ 1 )
n
/
M
5
⇒
n chia 5 dư
±
1 hoặc
±
2
• Nếu n chia 5 dư
±
1
⇒
n
2
chia 5 dư 1
⇒

n
2
– 1
M
5
Do đó : n
4
– 1
M
5
• Nếu n chia 5 dư
±
2
⇒
n
2
chia 5 dư 4
⇒
n
2
+ 1
M
5
Do đó : n
4
– 1
M
5
Áp dụng cho bài toán trên :
Do : a

4
– 1
M
5 và b
4
– 1
M
5
Hái: Em h·y cho biÕt b¹n ®· dïng nh÷ng kiÕn thøc nµo ®Ĩ lµm bµi tËp trªn?
Bài 2 :
Gi¸o viªn gäi hai em lªn b¶ng lµm.
Häc sinh lªn b¶ng lµm.
a) Rút gọn :
( )
2 1 : 1 1x x x
− − − −

( )
( ) ( )
≠ ≥
= − − − −
= − − − −
2
: 2; 1
2 1 : 1 1
1 1 : 1 1
ĐK x x
x x x
x x
GV biên soạn: Nguyễn Minh Nhật 7

Ti Liu Bi Dng HSG B

( )
=

> >

= =

< <


> >

= =

< <

1 1 : 1 1
1 1 1 0 1 1 1
1 1 1 0 1 1 1
1 1 1 1 2
1 1 1 1 1 2
x x
Neỏu x Neỏu x
Neỏu x Neỏu x
Neỏu x Neỏu x
Neỏu x Neỏu x
b) Tớnh :
( ) ( )

4 15 10 6 4 15+
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
(
)
= +
= +
= +
= +
= +
= + = +
= + = =
2
2
2
2
4 15 . 5 3 . 2. 4 15
4 15 . 5 3 . 2. 4 15
4 15 . 5 3 . 8 2 15
4 15 . 5 3 . 5 3
4 15 . 5 3 . 5 3
4 15 . 5 3 4 15 . 8 2 15
4 15 . 4 15 .2 4 15 .2 2
Baứi 3 :
( )

( )
( ) ( )
( )
( )
2 ; 0 . 2. 1
2 ; 0 . 2. 2
1 2
: . . 2. 2.
2 . 2.
.
Do a b neõn a b b
vaứ b a neõn a b a
Tửứ vaứ
Ta ủửụùc a b a b a b
a b a b
a b a b ẹPCM
> > >
> > >
+ > +
> +
> +
Baứi 4 :
Giáo viên hớng dẫn
Các em dùng bất đẳng thức sau để làm bài này.
a b a b+ +
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 8
A'
F
E
M

C
B
A
•
Tài Liệu Bồi Dưỡng HSG Bộ Đề

( ) ( )
2 2
2 1 2 1
: 1
1 2 1 1 1 2 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2
A x x x x
ĐK x
A x x x x
A x x
A x x
Ápdụngbấtđẳngthức a b a b tacó
A x x x x
= + − + − −
≥
= − + − + + − − − +
= − + + − −
= − + + − −
+ ≥ +
= − + + − − ≥ − + + − − = =
( ) ( )
1 1 1 1 0

2 1 2
1
2 1 2
x x
A x
x
Vậy Mim A khi x

− + − − ≥

= ⇔ ⇔ ≤ ≤

≥


= ≤ ≤
Bài 5 : Cho điểm M nằm trong tam giác ABC nhọn Chứng minh
rằng :
4.S
ABC

≤
AM . BC + BM . CA + CM . AB
Kéo dài AM cắt cạnh BC tại A’
Vẽ BE
⊥
AM tại E ( E
∈
AM )
CF

⊥
AM tại F ( F
∈
AM )
Ta có : BE. AM
≤
BA’. AM (1)
CF. AM
≤
CA’. AM (2)
GV biên soạn: Nguyễn Minh Nhật 9
Tài Liệu Bồi Dưỡng HSG Bộ Đề
Lấy (1) + (2) vế theo vế
Ta được : BE. AM + CF. AM
≤
BA’. AM + CA’. AM
Hay : ( BE + CF ). AM
≤
AM ( BA’ + CA’)
Nên : ( BE + CF ). AM
≤
AM . BC
Do đó ta có tổng diện tích :
2 ( S
ABM
+ S
ACM
)
≤
BC. AM

⇔
S
ABM
+ S
ACM

1
2
≤
BC. AM (*)
Tương tự ta chứng minh được :
⇔
S
ABM
+ S
CBM

1
2
≤
AC. BM (**)

⇔
S
ACM
+ S
CBM

1
2

≤
AB. CM (***)
Cộng vế theo vế (*) , (**), (***) cho ta
2(S
ABM
+ S
ACM
+ S
CBM
)
1
2
≤
( BC. AM + AC. BM + AB. CM )

⇔
2 . S
ABC

1
2
≤
( BC. AM + AC. BM + AB. CM )
⇔
4 . S
ABC

≤
BC. AM + AC. BM + AB. CM ( ĐPCM)
D. Bµi tËp vỊ nhµ.

Bµi 1 :
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa
2
2
3 5
1
x x
y
x
+ +
=
+
.
Bµi 2.
Cho a, b ≥ 0 tho¶ m·n :
1=+ ba
. Chøng minh r»ng: ab(a + b)
2
≤
64
1
.
DÊu b»ng x¶y ra khi nµo ?
Bàµi3: Cho biĨu thøc.
P =
( ) ( )
3
a1
2
2

a
a12
1
a12
1
−
+
−
−
+
+
a) Rót gän P.
b) Tìm Min P.
Bài 2: Cho x, y lµ hai sè kh¸c nhau tháa m·n: x
2
+ y = y
2
+ x
Tính gi¸ trÞ cđa biĨu thøc : P =
1 -xy
xy
2
y
2
x
++
GV biên soạn: Nguyễn Minh Nhật 10
Ti Liu Bi Dng HSG B
Đề tổng hợp kiến thức học sinh giỏi
Bài 1: Chứng minh rằng nếu phơng trình bậc hai

2
. . 0a x b x c
+ + =
có hai nghiệm dơng
1 2
;x x
thì phơng trình
2
0cx bx a
+ + =
cũng có hai nghiệm
3 4
;x x
đồng thời:
1 2 3 4
4x x x x+ + +
.
Bài 2:
1. Cho a; b; c là các số thực đôi một khác nhau. Rút gọn biểu thức sau:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a b c
A
a b a c b c b a c a c b
= + +

2. Cho các số thực dơng x; y; z thoả mãn:
3 3 3
3 0x y z xyz+ + =
.
Tính giá trị của biểu thức:

( ) ( ) ( )
27 6 2008
B x y y x z x
= + +
Bài 3:
1. Giải hệ phơng trình:

( )
2
2 2
2 3 0
1 4 5 3
x x y
x x x y x

=


= + +


2. Giải phơng trình:
( ) ( )
4 4
1 3 34x x
+ =
Bài 4: Cho đờng tròn (O; R) và một đờng thẳng d đi qua O. Lấy A và B là hai điểm
thuộc d sao cho OA = OB < R; M là điểm tuỳ ý trên (O; R) thoả mãn OM
không vuông góc với d đồng thời M không thuộc d. Các đờng thẳng MA, Mo,
MB Cắt (O; R) lần lợt tại Q, R, P (khác M). Đờng thẳng PQ cắt d tại S.

1. Chứng minh:
2 2 2
MA MB AB+ >
2. Chứng minh SR là tiếp tuyến của đờng tròn (O; R).
Bài 5:
1. Cho a; b là các số thực dơng thoả mãn: a + b =1. Chứng minh rằng:

2 2
1 1
6
.a b a b
+
+
2. Tìm tất cả các bộ số nguyên dơng x; y; z sao cho:
( )
2
2 2x y z x y
+ + +
là số
chính phơng.

GV biờn son: Nguyn Minh Nht 11
Tài Liệu Bồi Dưỡng HSG Bộ Đề
Híng dÉn gi¶i
GV biên soạn: Nguyễn Minh Nhật 12
Ti Liu Bi Dng HSG B
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 13
bài đáp án
Bài 1 Hỏi: Hãy nêu cách làm của bài tập này?
Với

0
x
> 0 ta có :
2
0 0
2
0 0
1 1
0 0ax bx c a b c
x x
+ + = + + =
Do đó nếu
1 2
;x x
là nghiệm dơng của PT:
2
. . 0a x b x c
+ + =
thì :
3 4
1 2
1 1
;x x
x x
= =
là nghiệm của PT:
2
0cx bx a
+ + =
Ta có:

1 2 3 4 1 2
1 2
1 1
x x x x x x
x x
+ + + = + + +
.
Theo BĐT côsi:
1 2
1 2
1 1
2; 2x x
x x
+ +
(Vì
1 2
;x x
dơng)
Vậy:
1 2 3 4
4x x x x+ + +
.
Bài 2
1.
.( ) ( ) ( )
( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )
a b c b c a c a b
A
a b a c b c b c b a c a c a c b a b

= + +

=
( ) ( ) ( )
( )( )( )
a b c b c a c a b
a b a c b c


Ta có:a(b-c) + b(c - a) + c(a - b) = ab - ac + bc - ba + ca - cb = 0
Vậy A = 0
2.Phân tích
3 3 3 2 2 2
3 ( )(x y z xyz x y z x y z xy yz zx+ + = + + + +
.
Do x; y; z dơng nên x + y + z > 0
2 2 2
0x y z xy yz xz + + =
Mặt khác:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2 2
x y z xy yz xz x y y z z x
x y z
+ + = + +
= =
Vậy:
( ) ( ) ( )

27 6 2008
B x y y x z x
= + +
Hỏi: Em đã dùng kiến thức nào để làm bài này?
Bài 3
1.
( )
2
2 2
2 3 0
1 4 5 3
x x y
x x x y x

=


= + +


Nếu hệ có nghiệm (x; y) từ (1)
2
2 3y x x =
thay vào (2)
( )
( )
2
2 2 2
1 2 4 3 2 1 2 4 3x x x x x x
= + + +

(3)
Do 2x
2
- 4x + 3 > 0 và
( )
2
2 1 1x x
+

( )
( )
2
2 2
2 4 3 2 1 2 4 3x x x x x
+ + +
Vậy từ (3)
( )
2
2 2
1 2 4 3 2 0 2x x x x x
+ =
Với x = 2 thay vào hệ ta đ
Với x = 2 thay vào hệ ta đ
ợc y = 2
ợc y = 2
ợc y = 2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 2
2. Đặt x - 2 = t, ta đ
ợc ph

ợc ph
ơng trình
ơng trình
( ) ( )
4 4
1 1 34t t
+ + =
(1)
(1)
(2
)

A
EIK
Ti Liu Bi Dng HSG B
D. Bài tập về nhà.
Cho biểu thức
P =

+


1a
2
1a
1
:
aa
1
1a
a
a) Rút gọn P.
b) Tính giá trị của P khi a = 3 + 2
2
c) Tìm các giá trị của a sao cho P < 0.
Đề tổng hợp kiến thức học sinh giỏi
Môn : Toán lớp 9
Bài 1:
1) Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n thoả mãn: n
2
+ 2006 là số
chính phơng.
2) Giải phơng trình:

( )
22
2
+x
=
15
3
+x
Bài 2:
Cho các số thực x, y thoả mãn điều kiện sau:
5
2
+
x
+
1

x
+ x
2
=
5
2
+
y
+
1

y
+ y

2

Chứng minh rằng: x = y
Bài 3:
Gọi a là tham số thực sao cho phơng trình x
2
- 3ax - a = 0 có hai nghiệm phân
biệt là x
1
và x
2
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2
2
12
2
21
2
33
33 a
axax
axax
a
++
+
++
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 14
Ti Liu Bi Dng HSG B
Bài 4:

Gọi O là tâm đờng tròn tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác
ABCD. Qua A, B, C, D lần lợt vẽ các đờng thẳng d
A
, d
B
, d
C
, d
D
sao cho d
A
OA, d
B
OB, d
C
OC, d
D
OD. Các cặp đờng thẳng d
A
và d
B
, d
B
và d
C
, d
C
và d
D
, d

D
và d
A
tơng ứng cắt nhau tại các điểm K, L, M, N.
1) Chứng minh rằng ba điểm K, O, M thẳng hàng.
2) Đặt OK = k, OL = l, OM = m. Tính độ dài ON theo k, l, m.
Hớng dẫn giải
Bài 1.1
Hỏi: Khi nào đựơc gọi là số chính phơng?
Học sinh: Số chính phơng là bình phơng của số tự nhiên.
Học sinh len bảng làm.
Giả sử tồn tại số tự nhiên n thoả mãn n
2
+ 2006 là số chính phơng
thì n
2
+ 2006 = m
2
với m là số tự nhiên => (m-n)(m+n) = 2006 (*).
Khi đó:
- nếu m và n khác tính chẵn lẽ thì (m-n)(m+n) lẻ . Mâu thuẫn với (*)
- nếu m và n cùng tính chẵn lẽ thì (m-n)(m+n) chia hết cho 4, nhng 2006 không chia
hết cho 4. Cũng mâu thuẫn với (*)
Tóm lại giả sử trên không đúng.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n thoả mãn n
2
+ 2006 là số chính phơng.
Bài 1.2
Hỏi: Hãy nêu điêù kiện xác định của phơng trình?
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 15

Ti Liu Bi Dng HSG B
Học sinh:
ĐK: x
3
+ 1 0 (*).
Biến đổi phơng trình đã cho (1) <=>
( )
22
2
+x
=
)1)(1(5
2
++
xxx
Hỏi: Em hãy đặt ẩn phụ để giải phơng trình này?
Học sinh:
Đặt
)1(
+
x
= u;
)1(
2
+
xx
= v (1) => u
2
+ v
2

= x
2
+ 2.
Khi đó (1) trở thành: 2(u
2
+ v
2
) = 5u.v
=> u = 2v ; u = v/2
Thay vào (1); giải các phơng trình; tìm đợc: x =
2
375
+
và x =
2
375

Thử và thấy các giá trị trên thoả mãn điều kiện (*)
Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm: x =
2
375
+
và x =
2
375

Bài 2
Giáo viên hớng dẫn: Biến đổi đa phơng trình về dạng tích.
Giả sử có x, y thoả mãn
5

2
+
x
+
1

x
+ x
2
=
5
2
+
y
+
1

y
+ y
2
=> x 1; y 1
- Nếu x=1=y thì x = y (đpcm !)
- Nếu x, y không đồng thời = 1 thì bằng cách nhân với BT liên hợp, đợc:
5
2
+
x
+
1

x
+ x
2
=
5
2
+
y
+
1

y
+ y
2
<=>
<=> (
5
2
+
x
-
5
2
+
y
) + (
1

x
-

1

y
) + (x
2
- y
2
) = 0
<=>(x
2
- y
2
)/(
5
2
+
x
+
5
2
+
y
) +(x - y)/(
1

x
+
1

y

)+(x
2
-y
2
) = 0
<=> (x - y).((x+y)/(
5
2
+
x
+
5
2
+
y
) +1/(
1

x
+
1

y
) +x+y)= 0
<=> x - y = 0 <=> x = y
(vì : (x+y)/(
5
2
+x
+

5
2
+
y
) + 1/(
1

x
+
1y
) + x + y > 0)
Vậy nếu x, y thoả mãn đẳng thức trên thì x = y
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 16
Ti Liu Bi Dng HSG B
Chú ý: Có thể ch/m x = y bằng cách loại trừ các khả năng x < y; x > y
Bài 3
Giáo viên: Trong bài này áp dụng bất đẳng thức cô si để làm.
Do phơng trình x
2
- 3ax - a = 0 có hai nghiệm phân biệt là x
1
và x
2
nên ta có : 9a
2
+ 4a
> 0 (1) ; x
1
2
- 3ax

1
- a = x
2
2
- 3ax
2
- a = 0 ; x
1
+ x
2
= 3a
=> x
1
2
= 3ax
1
+ a ; x
2
2
= 3ax
2
+ a (2)
Khi đó: A =
2
2
12
2
21
2
33

33 a
axax
axax
a
++
+
++
=
2
2
2
2
49
49 a
aa
aa
a +
+
+

Theo (1) thì 9a
2
+ 4a > 0 nên áp dụng BĐT Côsi, ta đợc A 2.
A = 2 <=> 9a
2
+ 4a = a
2
<=> a = -1/2.
Dễ kiểm tra thấy với a = -1/2 thì x
1

= -1 và x
2
= -1/2
Vậy A
nhỏ nhất
= 2, đạt đợc khi a = -1/2 ; x
1
= -1 và x
2
= -1/2
4. 1)
Học sinh lên bảng vẽ hình
Giáo viên gọi ý để học sinh trả lời từng ý một.
Hỏi: Muốn chứng minh 3 điểm thẳng hàng ta cần chứng minh điều gì?
Học sinh: để chứng minh 3 điểm thẳng hàng ta đi chứng minh góc tạo bởi 3 điểm đó
bằng góc bẹt.
Hỏi: Em nào chứng minh đợc điều này?
Học sinh: Lên bảng làm:
Dễ thấy AKBO, BLCO, CMDO và DNAO là các tứ giác nội tiếp.
và các đoạn thẳng OA, OB, OC, OD tơng ứng là phân giác các góc A, B, C, D của tứ
giác ABCD.
Có KOL + LOM = - OKB - OLB + - OLC - OMC
= - BAO - BCO + - CBO - CDO
= 2 - ( A + B + C + D )/2 = 2 - =
Từ đó suy ra các điểm K, O, M thẳng hàng
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 17
Ti Liu Bi Dng HSG B
4. 2
Giáo viên: Chứng minh tơng tự nh trên ta đợc ba điểm naof thẳng hàng?
Học sinh: Chứng minh tơng tự ta đợc ba điểm N, O, L thẳng hàng.

Giáo viên cho học sinh lên bảng làm.
Học sinh lên bảng làm.
Chứng minh tơng tự nh trên, ta đợc N, O, L thẳng hàng.
Ta chứng minh tứ giác KLMN nội tiếp. Thật vậy, có:
NKL + NML = AKO + OKB + DMO + OMC
= (1/2).( A + B + C + D ) = 2
Từ đó chứng minh đợc OK.OM = ON.OL
Do đó ON = (OK.OM)/OL hay ON = k.m/l
Giáo viên chột lại: Hãy nêi những kiến thức đã dùng trong bài hôm nay?
D. Bài tập về nhà.
Giáo viên chép lên bảng bài tập về nhà cho học sinh chép vào vở ghi.
Baì 1: Cho a > b > 0 thỏa mãn: 3a
2
+3b
2
= 10ab.
Tính giá trị của biểu thức: P =
ba
ba
+

Bài 2: Cho x > y > 0 và 2x
2
+2y
2
= 5xy
Tính giá trị của biểu thức E =
yx
yx
+

Bài 3: 1) Cho a + b + c = 0
CMR: a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
2) Cho xy + yz + zx = 0 và xyz

0
Tính giá trị củ biểu thức:
M =
222
z
xy
y
xz
x
yz
++
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 18
Ti Liu Bi Dng HSG B
Đề tổng hợp kiến thức học sinh giỏi
Môn : Toán lớp 9
Bài 1 Cho : M = x
2
+ y
2

+xy-3x-3y+2011. Với giá trị nào của x,y thì M đạt giá trị nhỏ
nhất. Tìm giá trị đó?
Bài 2 Chứng minh rằng
1 1 1
2
2 1 3 1 ( 1)n n
+ + + <
+
với mọi n

N*
Bài 3
Giải phơng trình
a/
2
6 10x x
+
+
2
6 18x x
+
= 6x -5-x
2
b/
2 3
2( 2) 5 1x x+ = +
Bài 4 Chứng minh rằng x, y, z,
x
+
y

+
z
đều là các số hữu tỉ thì
x
,
y
,
z

cũng là các số hữu tỉ.
Bài 5
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 19
Ti Liu Bi Dng HSG B
1/ Chứng minh rằng nếu một đởng thẳng không đi qua gốc toạ độ, cắt trục hoành tại
điểm có hoành độ bằng a, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b thì đờng thẳng đó
có dạng
1.
y
b
+ =
x
a
2/Cho đờng thẳng (m 2)x + (m 1)y = 1
a/ Chứng minh rằng đờng thẳng luôn đi qua một điểm cố định với mọi m.
c/ Tính giá trị của m để khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đờng thẳng là lớn nhất.
Bài 6 Cho tam giác OAB (OA = OB). Vẽ đờng cao OH, AK biết OA = a,
ã
AOH

=

.
a/ Tính các cạnh tam giác AKB theo a và

.
b/ Tính các cạnh của các tam giác OKA và AKB theo a và 2

. Từ đó biểu diễn sin2

, cos2

theo sin

, cos

.
Bài 7 :
Cho hình vuông ABCD. O là một điểm thuọc miền trong hình vuông sao cho OA : OB
: OC = 1 : 2 : 3. Tính số đo góc AOB ?
Hớng dẫn trả lời
Hỏi : Hãy nêu cách tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ?
Học sinh : Ta phải chứng minh biểu thức đó lớn hơn hoặc bằng một hằng số.
Học sinh lên bảng làm.
Bài 1 Ta có: M = (x
2
2x + 1) + (y
2
+ xy + 1) + xy x y + 1 + 2008 = (x
1)
2
+ (y 1)

2
+ (x 1)(y 1) + 2008 = (x 1)
2
+
2008)1(
4
3
2
1
).1(2
4
)1(
2
2
++

+

y
y
x
y
=
20082008)1(
4
3
)2
1
()1(
2

2
++







+ y
y
x
Vậy
M có giá trị nhỏ nhất là 2008 khi





==
=
=

+
1.y x
01
0
2
1
1

y
y
x

Bài 2
Giáo viên hớng dẫn học sinh công htức sau.
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 20
Ti Liu Bi Dng HSG B
Để ý rằng:






+
=
+
=
+
1
11
)1(
)1(
1
kk
k
kk
k
kk

=








+
+








+

1
11
1
11
kkkk
k

<
k

+
=








+

1
11
2
2
.
1
11
kkkkk
Giáo viên yêu cầu học sinh lên bảng làm.
Học sinh lên bảng làm.

Do đó :






<
2
1
1
1
2
12
1
;








<
3
1
2
1
2

23
1
;








+
<
+
1
1
1
1
2
)1(
1
nnn
Cộng các bđt trên, ta có:
2
1
1
12
)1(
1

13
1
12
1
<








+
<
+
+++
nnn
(đpcm)
Bài 3 :
Giáo viên gợi ý học sinh làm bài. Dùng tính chất đối nghịch để làm bài này.
Ta chứng minh một vế không lớn hơn 4 một vế không nhỏ hơn 4
a) Ta có VT Không lớn hơn 4, VP không nhỏ hơn 4 , vậy pt trình có nghiệm
khi và chỉ khi hai vế cùng bằng 4. Từ đó ta tìm đợc x = 3 .
b) Ta có
( )
( )
( )
11511215)2(2
2232

++=++++=+
xxxxxxxx

Hãy dùng phơng pháp đặt ẩn phụ để làm !
Học sinh lên bảng làm.
Đặt
ax =+1
;
bxx
=+
1
2
với a, b
0


Đa pt về dạng
( )
( )
=+=+
abbaabba 25452
2
22
( )( )
022
=
baba
Giải pt ta tìm đợc x =
2
375

+
và x =
2
375

Bài 4:
Giáo viên vừa chữa vừa h ỡng dẫn cho học sinh.
Đặt t =
x
+
y
+
z


Q, Ta có:
x
+
y
=
z
- t

x + y + 2
xy
= z + t
2
2t
z

GV biờn son: Nguyn Minh Nht 21
Ti Liu Bi Dng HSG B

2
xy
= - x y + z + t
2
- 2t
z


4xy = (x + y + z t
2
)
2
+ 4t
2
+ 4t (x + y z
t
2
)
z


(x + y + z t
2
)
2
+ 4zt
2

4xy = 4t (t
2
x y z)
z

Nếu t = 0 :
x
+
y
+
z
= 0

x = y = z = 0

x
=
y
=
z
= 0

Q
Nếu t
2
x y + z = 0, t

0: thì 2
xy
= - 2t

z



xy
+ t
z
= 0





=
=
0
0
z
xy



0 z
0y
0x

=



=
=







===
===
txzy
tyzx
;0;0
;0;0


x
,
y
,
z


Q
* Nếu t ( t

2
x y + z)

0
z
=

+
++

)(4
44)(
2
222
zyxtt
xyztzyxt
Q
Lập luận tơng tự, ta suy ra:
x
,
y

Q
Bài 5
Giáo viên: Hãy nêu cách làm bài này?
1) Gọi đờng thẳng cần xác định là y = mx + n.
Đờng thẳng đi qua điểm (0 ; b) nên : b = m.0 + n

n = b.
Đờng thẳng đi qua điểm (a ; 0) nên: 0 = m.a + b

m =
a
b

(chú ý rằng a

0).
Đờng thẳng cần xác định có dạng: y = -
.1 1
b
y
hay
=++=+
b
y
a
x
bx
a
b
a
x
là tức
2a) Điều kiện cần và đủ để đờng thẳng (m 2)x + (m 1)y = 1 (1) đi qua điểm
cố định N(x
o
,y
o
) là:

(m 2)x
o
+ (m 1)y
o
= 1 với mọi m

mx
o
2x
o
+ my
o
y
o
1 = 0 với mọi
m


(x
o
+ y
o
)m (2x
o
+ y
o
+ 1) = 0 với mọi m

=
=




=++
=+
1
1

012
0
o
o
oo
oo
y
x
yx
yx

Vậy các đờng thẳng (1) luôn đi qua điểm cố định N (-1; 1).
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 22
Ti Liu Bi Dng HSG B
b) Gọi A là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục tung. Ta có: x = 0

y =

1
1

m
,
do đó OA =
1
1

m
.
Gọi B là giao điểm của đờng thẳng (1) với trục hoành. Ta có: y = 0

x =
2
1

m
, do đó
OB =
2
1
m
.
Gọi h là khoảng cách Từ O đến đờng thẳng (1). Ta có:

2
1
2
1

)
2
3
(2562)2()1(
111
2222
222
+=+=+=+=
mmmmm
OBOAh
.
Suy ra h
2


2. max h =
2
khi và chỉ khi m =
2
3
.
Bài 6

GV biờn son: Nguyn Minh Nht 23
O
A
B
K
H
O

a) Ta có BAK = AOH = . Từ tam giác vuông OHA, ta có AH = OAsin =
asin vậy AB = 2asin , mặt khác trong tam giác vuông AKB thì AK = AB.
cos suy ra AK = 2a.sin.cos và BK = AB.sin nên BK = 2a.sin
2
.
b) Với tam giác OKA : AK = OA sin AOK nên AK = asin2 . OK =
OAcos AOK nên OK = acos2
- Với tam giác AKB ta có : AK = asin2 mà BK = OB OK= a acos2
hay BK = a(1 cos2)
Ti Liu Bi Dng HSG B
Theo Pitago thì AB
2
= AK
2
+ BK
2
= a
2
sin
2
2 + a
2
(1 cos2a
2
) = a
2
[ ]
)2cos2cos21(2sin
22

++
. Vì sin
2
2 + cos
2
2 = 1 nên AB
2
= a
2
(1 + 1 2cos2)
= 2a
2
(1 - cos2)
- So sánh giá trị của AK, ta có asin2 = 2a.sin. cos vậy sin2 = 2sin.cos
- So sánh giá trị của BK ta có: 2a.sin
2
. = a(1 cos2) hay cos2 = 1 2sin
2

Hỏi: Em đa dùng kiến thức nào để làm bài này?
Bài 7
GV biờn son: Nguyn Minh Nht 24
A
B
C
D
O
x
K
Dựng tia Bx nằm trên nửa mặt phẳng không chứa điểm O với bờ là đờng thẳng BC

sao cho xBC = ABO. Trên tia Bx lấy điểm K, sao cho BK = BO. Do BOK là tam
giác vuông cân nên BKO = 45
o
. Từ ABO = CBK, suy ra KC = OA. Đặt OA = a
vì OA : OB : OC = 1 : 2 : 3 nên CK = a ; OB = BK = 2a, OC = 3a. Trong tam giác
vuông OBK ta có OK
2
= OB
2
+ BK
2
= 8a
2
. Vì vậy OK
2
+ CK
2
= 8a
2
+ a
2
= 9a
2
. Mặt
khác OC
2
= 9a
2
nh vậy, OC
2

= OK
2
+KC
2
. Theo định lí Pitago đảo thì OKC vuông
tại K hay OKC = 90
o
. Vì CBK= ABO và BCK = BAO, hơn nữa các góc này nhọn,
nên K thuộc phần mặt phẳng giới hạn bởi hai đờng thẳng song song AB và CD.Từ
đó BKC = BKO + OKC = 45
o
+ 90
o
= 135
o
. Vì BKC = AOB suy ra AOB = 135
o
.
Tài Liệu Bồi Dưỡng HSG Bộ Đề
Hái: H·y nªu nh÷ng kiÕn thøc ®· dïng trong bµi?
D. Bµi tËp vỊ nhµ.
Bµi 1: Cho a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc. TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc:
P =







+






+






+
a
c
c
b
b
a
111
Bµi 2: a) Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tư:
(x + y + z)
3

- x
3
- y
3
-z
3
b) Cho c¸c sè x, y, z tháa m·n ®iỊu kiƯn x + y + z = 1 vµ x
3
+ y
3
+ z
3
= 1 .
TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc: A = x
2007

+ y
2007
+ z
2007
Bµi 3: Cho a + b + c = 0 vµ a
2
+ b
2
+ c
2
= 14. TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc:
P = a
4
+ b

4
+ c
4
§Ị tỉng hỵp kiÕn thøc häc sinh giái
M«n : To¸n líp 9
Bài 1.
Cho biểu thức:








−−+
−
−








+
+=
1aaaa
a2

1a
1
:
1a
a
1P
a. Rút gọn P.
b. Cho
3819a −=
. Tính P.
Bài 2:
Cho
a b c 1
+ + =
và
1 1 1
0.
a b c
+ + =
Chứng minh rằng:
2 2 2
a b c 1.+ + =
GV biên soạn: Nguyễn Minh Nhật 25