Tuyển tập các chủ đề nâng cao môn toán lớp 9 tài liệu phục vụ bồi dưỡng HSG

PHẦN SỐ HỌC
Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN.
SỐ NGUYÊN TỐ.
A. Nhắc lại và bổ sung các kiến thức cần thiết:
I. Tính chia hết:
1. Định lí về phép chia: Với mọi số nguyên a,b (b ≠ 0), bao giờ cũng có một cặp số
nguyên q, r sao cho : a = bq + r với 0 ≤ r < b .
a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư.
Trong trường hợp b > 0 và r ≠ 0 có thể viết: a = bq + r = b(q +1)+ r - b.
Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng:
a = 2q ± 1 (xét phép chia cho b = 2)
a = 3q ; 3q ± 1 (xét phép chia cho b = 3)
a = 4q ; 4q ± 1 ; 4q ± 2 (xét phép chia cho b = 4).
a = 5q; 5q ± 1; 5q ± 2 (xét phép chia cho b = 5)
......................
2. Tính chia hết: Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói :
a chia hết cho b hay a là bội của b (kí hiệu a  b)
b chia hết a hay b là ước của a (kí hiệu b\ a)
Vậy: a b (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq.
3. Các tính chất:
1) Nếu a b thì ± a ± b (b ≠ 0)
2) a  a; 0  a với mọi a ≠ 0
3) a ± 1 với mọi a
4) Nếu a  m thì an m (m ≠ 0, n nguyên dương).
5) Nếu a b và b a thì |a| = |b|
6) Nếu a  b và b  c (b,c ≠ 0) thì a  c.
7) Nếu a c và b c(c ≠ 0) thì (a ± b) c. Điều ngược lại không đúng.
8) Nếu a  m hoặc b  m thì ab  m(m ≠ 0). Điều ngược lại không đúng.
9) Nếu a p và a q, (p, q)= 1 thì a  pq
10) Nếu a = mn; b = pq và m p n q thì a b

11) Nếu ab  m và (b,m) = 1 thì a  m
12) Nếu a ± b  m và a  m thì b  m
II. Số nguyên tố:
1.Định nghĩa: Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó.
Hợp số là số tự nhiên lơn hơn 1 có nhiều hơn hai ước.
Số 1 và số 0 không phải là số nguyên tố cũng không phải là hợp số.
2. Định lí cơ bản của số học: Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được ra thừa số
nguyên tố một cách duy nhất(không kể thứ tự các thừa số).
Số nguyên tố được coi như là tích chỉ gồm một thừa số là chính nó.
Có vô số số nguyên tố (không có số nguyên tố lớn nhất).
Số hoàn chỉnh: là số bằng tổng các ước của nó không kể bản thân nó.
Ví dụ: 6 , 28, ... , 2n-1(2n - 1)
III. Một số phương pháp thông thường để giải bài toán về chia hết:

1



Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể xét mọi trường hợp số dư khi
chia n cho k.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2.
b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3.
Giải : a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1).
Có hai trường hợp xảy ra :
* n  2 => n(n + 1) 2
* n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1)  2 => n(n +1)  2
b) Chứng minh tương tự a.
Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k ra thừa số: k = pq .
+ Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n)  p và A(n)  q.

+ Nếu (p, q) ≠ 1, ta phân tích A(n) = B(n) .C(n) rồi chứng minh:
B(n)  p và C(n)  q .
Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2) 6.
b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
Giải : a) Ta có 6 = 2.3; (2,3) = 1 . Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho 2 và 3.
Do đó A(n) chia hết cho 6.
b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n. 2(n +1) = 4n(n + 1).
8 = 4 . 2.
Vì 4 4 và n(n +1) 2 nên A(n)  8
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n5 - n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương n.
(Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006)
Giải : A(n) = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1)  2
n = 5k + 1 => (n - 1)  5
n = 5k + 4 => (n + 1)  5.
n = 5k + 2 => n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1 = (25k2 + 20k + 4 + 1) 5
n = 5k + 3 => n2 + 1 = (5k + 3)2 + 1 = (25k2 + 30k + 9 + 1) 5
Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nên phải chia hết cho 10.
Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , có thể biến đổi A(n) thành tổng(hiệu)
của nhiều hạng tử , trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k . ( Đã học trong tính
chất chia hết của một tổng ở lớp 6)
(Liên hệ: A(n) không chia hết cho k ...)
Ví dụ 4: Chứng minh n3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6. (Trích đề thi HSG cấp II toàn
quốc năm 1970).
Giải : n3 - 13n = n3 - n - 12n = n(n2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n
(n - 1)n(n + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 ; 12n 6 . Do đó
A(n)  6
Ví dụ 5: Chứng minh n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ.
Giải : Với n = 2k +1 ta có:
A(n) = n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = 4k2 + 4k + 1 + 8k + 4 + 5
= 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2.

A(n) bằng tổng của ba hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho 8 , duy chỉ có
hạng tử 2 không chia hết cho 8. Vậy A(n) không chia hết cho 8.

2



Cách 4: Viết A(n) được dưới dạng: A(n) = k.B(n) thì A(n) chia hết cho k.
Hệ quả: Nếu A(n) = B(n).C(n) mà B(n)và C(n) đều không chia hết cho k thì A(n)
không chia hết cho k
Ví dụ 6: Chứng minh : 2 + 22 + 23 + ... + 260 chia hết cho 15.
Giải: Ta có: 2 + 22 +23 + ... + 260 = (2 + 22 + ... + 24) + (25+ ... +28)+ ... +(257 + 260)
= 2(1+2+4+8) +25(1+2+4+8) + ... + 257(1+2+4 + 8) = 15.(2 + 25 + ... + 257) 15.
IV. Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết:
Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet:
Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau:
Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào
chung một chuồng.
Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu
chia hết cho m.
Giải: Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ...; m
- 1. Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số
dư . Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m.
Cách 6: Dùng phương pháp qui nạp toán học: Để chứng minh A(n)  k ta làm theo
trình tự sau:
Thử với n = 1 hoặc 2(Tức số n nhỏ nhất chọn ra).Nếu sai => Dừng.Nếu đúng A(1) 
k.Tiếp tục:
Giả sử A(k) k.
Chứng tỏ A(k + 1) k. Nếu đúng => Kết luận : A(n) k
Ví dụ 8: Chứng minh : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225.

Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 225 => A(1) đúng.
Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1  225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m:
16k + 1 - 15(k + 1) - 1 225.
Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16. 16k - 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1
= 15.16k + 16k - 15k -15 - 1 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1)
= (16k-15k-1)+15(16 - 1)(16k-1 + ... +1) = (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ ... + 1) 225
Cách 9: Phương pháp phản chứng:
Để chứng minh A(n)  k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai.
B. PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh:
1. a) 192007 - 192006 chia hết cho 9.
b) 92n + 14 chia hết cho 5.
c) Tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp chia
hết cho5.
2. Tích của một số chính phương và một số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia
hết cho 12.
3. (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60
4. a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49
b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11
5. a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24.
b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384.
6. 4n + 15n - 1 chia hết cho 9.

3



7. n2 + 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8.
8. n3 + 3n2 - n - 3 chia hết cho 48.
9) 36n -26n chia hết cho 35
10) ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b.

11) a) (62n + 19n - 2n+1) chia hết cho17.
b) (7.52n + 12.6n) chia hết cho 19.
c) (5n+2 + 26.5n + 82n+1) chia hết cho 59.
12) a)a2 + b2 chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7.
b) a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3
Bài 2:
ĐỒNG DƯ THỨC .
A. Tóm tắt lý thuyết:
I. Định nghĩa:
1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng
số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo môđun m và viết:
a ≡ b (modm).
≡
2. Ví dụ: 3 5 (mod2)
14 ≡ 0 (mod 7) ...
II. Tính chất :
1. Nếu a ≡ b (mod m) thì a - b  m
2. Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m)
3. Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì a ± c ≡ b ± d (mod m)
4. Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì ac ≡ bd (mod m)
5. Nếu a ≡ b (mod m) thì an ≡ bn (mod m)
6. Nếu a ≡ b (mod m) thì ka ≡ kb (mod m) với k > 0
7. Nếu ka ≡ kb (mod km) thì a ≡ b (mod m) với k > 0
8. Nếu ka ≡ kb (mod m) và (k , m) = 1thì a ≡ b (mod m) .
9. Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : np ≡ n (mod p) ; n ∈ Z
Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : np-1 ≡ 1 (mod p), với (n,p) = 1
10. Định lí Euler : Cho m là một số nguyên dương bất kì và (m) là số các số dương
nhỏ hơn m và nguyên tố với m. Thế thì : n(m) ≡ 1 (mod m)
* Cách tính (m) : phân tích m ra thừa số nguyên tố :


m = a1α. a2β ... anλ . Thế thì : (m) = m 1 −


1 
1
1 −
a1  a 2

 
1
...1 −
  an





III. Bài tập ứng dụng:
Bài 1: Chứng minh 2100 - 1 chia hết cho 5
Giải : Ta có 24 ≡ 1(mod 5) =>(24)25 ≡ 125 (mod 5) =>2100 ≡ 1(mod 5) hay 2100 - 1  5
Bài 2: Tìm số dư của phép chia 299 cho 3.
Giải : Có 23 ≡ -1 (mod 3) ⇔ (23)33 ≡ (-1)33 (mod 3) ⇔ 299 ≡ -1 (mod 3) .
Vậy 299 chia 3 dư 2.
Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2999
Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10.
Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k - 1

4

chia hết cho 105.
Giải:
Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet:
Cho k lần lượt lấy 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 105 + 1 giá trị khác
nhau của 1983k - 1. Chia 105 +1 số này cho 105 , ta có nhiều nhất là 105 số dư, do đó
theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 105. Giả sử đó là
hai số 1983m -1 và 1983n - 1 (m > n). Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 105:
(1983m - 1) - (1983n -1) = 1983m - 1983n = 1983n (1983m-n -1)  105.
Do 1983 không chia hết cho 105 => 1983n cũng không chia hết cho 105.
Vì vậy 10m-n - 1 chia hết cho 105. Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983k - 1 chia
hết cho 105.
Cách 2: Áp dụng định lí Euler:
Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 , còn 105 = 2555 nên (1983,
5
105) = 1 . Áp dụng định lí Euler: 1983(10 ) ≡ 1 (mod 105)
Mà (10 5 ) = 105(1 -

1
1
) (1 - ) = 4. 104.
2
5

Nên ta có 19834.10 ≡ 1 (mod 105).
số 4.104 là số k phải tìm.
Đề bài áp dụng:
1. Tìm số dư khi :a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325 -1 cho 9
c) chia 340 cho 83.; d) chia 21000 cho 25; e) chia 301293 cho 13

2. Chứng minh rằng : a) 24n - 1  15; b) 270 + 370  13
c) 122n+1 - 11n+2  133; d) 22225555 + 55552222  7
e) 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho 5
4

TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011

KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 9
Năm học 2011-2012
Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử
a. a ( x 2 + 1) − x( a 2 + 1)
b. x − 1 + x n +3 − x n . Giải:
a. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung
a ( x 2 + 1) − x( a 2 + 1) = ax 2 + a − a 2 x − x
= ax( x − a ) − ( x − a ) = ( x − a )( ax − 1)

b. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức
n
3
x − 1 + x n +3 − x n . = x ( x − 1) + ( x − 1)
= x n ( x − 1) ( x 2 + x + 1) + ( x − 1) = ( x − 1) [ x n ( x 2 + x + 1) + 1]
= ( x − 1) ( x n + 2 + x n +1 + x n + 1)

Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. x8 + 3x4 + 4.
b. x6 - x4 - 2x3 + 2x2 .
5

Giải:
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi sử dụng hằng đẳng thức
x8 + 3x4 + 4 = (x8 + 4x4 + 4)- x4
= (x4 + 2)2 - (x2)2
= (x4 - x2 + 2)(x4 + x2 + 2)
b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung ,tách hạng tử ,nhóm thích hợp để sử dụng hằng
đẳng thức
x6 - x4 - 2x3 + 2x2 = x2(x4 - x2 - 2x +2)

[(
[( x

) (

)]

= x 2 x 4 − 2x 2 + 1 + x 2 − 2x + 1
= x2
= x2

)
( x − 1) [ x
2

]

− 1 + ( x − 1) = x 2 ( x − 1)

2

2

2

2

+ 2x + 2

2

]

[( x + 1)

2

]

+1

Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. 2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 4abc
b. x 4 + 2007 x 2 + 2006 x + 2007
Giải:
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp:
2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 4abc
2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 4abc
= 2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c − 2abc + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 2abc =

= 2ab( a + 2b ) − ac( a + 2b ) + c 2 ( a + 2b ) − 2bc( a + 2b )

= ( a + 2b ) ( 2ab − ac + c 2 − 2bc ) = ( a + 2b ) [ a( 2b − c ) − c( 2b − c ) ]
= ( a + 2b )( 2b − c )( a − c )

b.Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức

(

)

= x 4 − x + 2007 x 2 + 2007 x + 2007

(

)

(

)

2
2
x 4 + 2007 x 2 + 206 x + 2007 = x( x − 1) x + x + 1 + 2007 x + x + 1

(

)(

= x 2 + x + 1 x 2 − x + 2007

)

Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. a 3 + b 3 + c 3 − 3abc
b. ( a + b + c ) 3 − a 3 − b 3 − c 3 .
Giải: Sử dụng các hằng đẳng thức
a 3 + b 3 = ( a + b ) a 2 + b 2 − ab

(

[

]

= ( a + b ) ( a + b ) − 3ab
3
= ( a + b ) − 3ab( a + b ) .Do đó:
2

[

)

]

a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = = ( a + b ) + c 3 − 3ab( a + b ) − 3abc

[

3

]

= ( a + b + c ) ( a + b ) − ( a + b ) c + c 2 − 3ab( a + b + c )
2

= ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca )

6




[

]

b. ( a + b + c ) 3 − a 3 − b 3 − c 3 = ( a + b + c ) 3 − a 3 − ( b + c ) 3

[

]

(

= ( b + c ) ( a + b + c ) + a( a + b + c ) + a − ( b + c ) b − bc + c 2

(

2

2

)

2

= ( b + c ) 3a + 3ab + 3bc + 3ca = 3( b + c )( a + c )( a + b )
2

)

Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0.
Chứng minh rằng :a3 + b3 + c3 = 3abc.
3
⇒ ( a + b ) = −c 3 ⇒ a 3 + b 3 + 3ab( a + b ) = −c 3
Giải: Vì a + b + c = 0
⇒ a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = 0 ⇒ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc
ab
Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, và 2a > b > 0. Tính P = 2
4a − b 2
Giải: Biến đổi 4a2 + b2 = 5ab ⇔ 4a2 + b2 - 5ab = 0 ⇔ ( 4a - b)(a - b) = 0 ⇔ a = b.
ab
a2
1
Do đó P =
= 2 =
2
2
3

4a − b
3a
Ví dụ 7:Cho a,b,c và x,y,z khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng nếu:
2
2
2
a b c
x y z
x
y
z
+ + = 0; + + = 1 thì ; 2 + 2 + 2 = 1
x y z
a b c
a
b
c
a b c
ayz + bxz + cxy
= 0 ⇒ ayz + bxz + cxy = 0
Giải: + + = 0 ⇒
x y z
xyz
2

x y z
x2 y2 z 2
ayz + bxz + cxy
x2 y2 z 2
x y z

+ + = 1 ⇒  + + ÷ = 2 + 2 + 2 + 2.
=1⇒ 2 + 2 + 2 =1
a b c
a
b
c
abc
a
b
c
a b c

Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI
1. Chứnh minh : (Với a , b ≥ 0) (BĐT Cô-si)
Giải:( a – b ) = a - 2ab + b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b
2. Chứng minh: . (Với a , b ≥ 0)
Giải:( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab ≥ 0 + 4ab ⇒ ( a + b ) ≥ 4ab .
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
3. Chứng minh: (Với a , b ≥ 0)
Giải:2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b) ≥ 0 ⇒ 2(a + b) ≥ ( a+b ).
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
4. Chứng minh: .(Với a.b > 0)
Giải: + = .Do ab ≤ ⇒ ≥ 2 .Hay + ≥ 2 .
Đẳng thức xảy ra khi a = b
5. Chứng minh: .(Với a.b < 0)
Giải: + = - .Do ≥ 2 ⇒ - ≤ -2. Hay + ≤ - 2.
Đẳng thức xảy ra khi a = -b.
6. Chứng minh: . (Với a , b > 0)
7

Giải: + - = = ≥ 0 ⇒ + ≥ .
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
Chứng minh rằng: .
Giải:2(a +b +c) – 2(ab+bc+ca) =(a-b) +(b-c) +(c-a) ≥ 0
7. ⇒ 2(a +b +c) ≥ 2(ab+bc+ca) .Hay a +b +c ≥ ab+bc+ca . Đẳng thức xảy ra khi a
= b;b = c;c = a ⇔ a = b= c.
Chuyên đề 3:TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
DẠNG
• Nếu a > 0 : P = ax 2 + bx +c =

• Nếu a < 0 : P = ax + bx +c =
2

Suy ra MaxP =

4 a c+b
4a

2

Khi

x=

2

b
4ac-b 2

4ac-b 2
b 

+ax +
MinP
=
Khi x=- 2a
÷ Suy ra
4a
2a 
4a


4 a c+b 2
4a


b
− a x−

2a


2


÷
÷


b
2a

Một số ví dụ:
2
1. Tìm GTNN của A = 2x + 5x + 7
5
4

Giải:A = 2x2 + 5x + 7 = 2( x 2 + 2. x +

25 25
− )+7=
16 16

5
25
56 − 25
5
31
5
= 2( x + )2 − + 7 =
+ 2( x + )2 = + 2( x + ) 2 .
4
8
8
4
8
4
2.

3.

Suy ra MinA =

31
5
Khi x = − .
8
4

Tìm GTLN của A = -2x2 + 5x + 7
5
25 25
− )+7=
4
16 16
5
25
56 + 25
5
81
5
= −2( x − ) 2 + + 7 =
− 2( x − ) 2 = − 2( x − ) 2 ≤ .
4
8
8
4
8
4

Giải: A = -2x2 + 5x + 7 = - 2( x 2 − 2. x +

4.

Suy ra MinA =

81
5
Khi x = .
8
4

Tìm GTNN của B = 3x + y - 8x + 2xy + 16.
Giải: B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + 8 ≥ 8.
⇒ MinB = 8 khi : ⇔ .
6. Tìm GTLN của C = -3x - y + 8x - 2xy + 2.
Giải: C = -3x - y + 8x - 2xy + 2 = 10 - ≤ 10.
⇒ GTLNC = 10 khi: ⇔ .
Chuyên đề 4:
• Ví dụ 1`:
5.

a. Rút gọn Biếu thức B =

3
4a 2 + 12a + 9
Với a ≠ −
2
2

2a − a − 6

8



b. Thực hiện phép tính:

0,5a 2 + a + 2 a 3 − 8
2
:
+
1 + 0,5a
a + 2 a( 2 − a )

(a ≠ ± 2.)

( 2a + 3) = 2a + 3
4a 2 + 12a + 9
=
2
( 2a + 3)( a − 2) a − 2
2a − a − 6
2
3
0,5a + a + 2 a − 8
2
a 2 + 2a + 4 a + 2
2
:

+
=
⋅ 3
+
b.
1 + 0,5a
a + 2 a( 2 − a )
a+2
a − 8 a( 2 − a )
2
a + 2a + 4
2
a−2
1
=
−
=
=
2
( a − 2 ) ( a + 2a + 4 ) a ( a − 2 ) a ( a − 2 ) a
2

Giải:a. B =

• Ví dụ 2 Thực hiện phép tính: A =

x 2 + y 2 − xy
x3 + y3
:
.( Với x ≠ ± y)

x2 − y2
x 2 + y 2 − 2 xy

( x − y)
x 2 + y 2 − xy
x3 + y3
x 2 + y 2 − xy
x− y
A
=
:
=
×
=
Giải:
2
2
2
2
2
2
2
x −y
x + y − 2 xy ( x − y ) ( x + y ) ( x + y ) x + y − xy
( x + y)
2

(

• Ví dụ 3 Cho biểu thức : A =

)

x4 + x3 + x + 1
.
x 4 − x3 + 2x 2 − x + 1

a. Rút gọn biểu thức A.
b. Chứng minh rằng A không âm với mọi giá trị của x .
A=
=

x4 + x3 + x +1
x 4 + x3 + x +1
=
x4 − x3 + 2x2 − x +1 x4 − x3 + x 2 + x2 − x +1
x3 ( x + 1) + ( x + 1)

x 2 ( x 2 − x + 1) + ( x 2 − x + 1)

b. A =

=

(x

( x + 1) ( x3 + 1)
2

− x + 1) ( x 2 + 1)

=

( x + 1) 2 ; ( x + 1) 2 ≥ 0; x 2 + 1 > 0 ⇒ A ≥ 0

( x + 1)

(x

2

2

(x

2

− x + 1)

− x + 1) ( x 2 + 1)

=

( x + 1)

(x

2

2

+ 1)

x2 +1

a5 + a6 + a 7 + a8
Ví dụ 4 Tính giá trị biếu thức : −5
a + a − 6 + a − 7 + a −8

với a = 2007.Giải:

8
5
6
7
8
a5 + a6 + a 7 + a8
a 5 + a 6 + a 7 + a8
a 5 + a 6 + a 7 + a8 a ( a + a + a + a )
B = −5
=
= 3
=
2
1
1 1
1 1
a
+
a

+
a
+
1
a + a −6 + a −7 + a −8
a3 + a 2 + a + 1
+
+
+
a 5 a 6 a 7 a8
a8

=

a13 ( 1 + a + a 2 + a 3 )
a + a + a +1
3

2

= a13 ⇒ B = 200713

• Ví dụ 5: Tính giá trị biếu thức :

x 2 − 25
y−2
: 2
.
3
2

x − 10 x + 25 x y − y − 2

Biết x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - x − 3 .
Giải:
2
x2 + 9y2 - 4xy = 2xy - x − 3 ⇔ ( x − 3 y ) + x − 3 = 0
x = 3 y
x = 3
⇔
⇔
x = 3
y = 1

9



C=

( x − 5)( x + 5) ⋅ ( y − 2)( y + 1) = ( x + 5)( y + 1) = 8.2 = − 8
x 2 − 25
y−2
: 2
=
3
2
2
x ( x − 5)
3.( − 2 )
3

y−2
x − 10 x + 25 x y − y − 2
x ( x − 5)

Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2 – 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1)
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm số với mọi m.
c) Tìm m sao cho nghiệm số x1, x2 của phương trình thỏa mãn
điều kiện x12 + x22 ≥ 10.
c > 0

Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện: 

( c + a ) < ab + bc − 2ac
2

Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm.
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện: a2 + ab + ac < 0.
Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Bài 4: Cho phương trình x2 + px + q = 0. Tìm p, q biết rằng phương trình có hai
 x1 − x 2 = 5

nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 

3
3
 x1 − x 2 = 35

Bài 5: CMR với mọi giá trị thực a, b, c thì phương trình

(x – a)(x – b) + (x – c)(x – b) + (x – c)(x – a) = 0 luôn có nghiệm.
Bài 6: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) có nghiệm biết rằng 5a + 2c = b
Bài 7: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. CMR phương trình sau có
nghiệm:
(a2 + b2 – c2)x2 - 4abx + (a2 + b2 – c2) = 0
Bài 8: CMR phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) có nghiệm nếu

2b c
≥ +4
a
a

Bài 9: Cho phương trình : 3x2 - 5x + m = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm
thỏa mãn: x12 - x22 =

5
9

Bài 10: Cho phương trình: x 2 – 2(m + 4)x +m2 – 8 = 0. Xác định m để phương trình có
hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:
a) A = x1 + x2 -3x1x2 đạt GTLN
b) B = x12 + x22 - đạt GTNN.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m.
Bài 11: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình bậc 2:
3x2 - cx + 2c - 1 = 0. Tính theo c giá trị của biểu thức:
1

1

S = x3 + x3

1
2
Bài 12: Cho phương trình : x2 - 2 3 x + 1 = 0. Có hai nghiệm là x1, x2. Không giải
phương trình trên hãy tính giá trị của biểu thức:
10



A=

3 x12 + 5 x1 x 2 + 3x 22
4 x1 x 23 + 4 x13 x 2

Bài 13: Cho phương trình: x2 – 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1)
1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của a.
2) Tìm giá trị của a để pt (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
x12 + x22 = 6.
3. Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
x1 < 1 < x2.
Bài 14: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1)
a) CMR phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) .
Tìm GTNN của M = x12 + x22
Bài 15: Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện:
1 1 1
+ =
a b 2

CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải có nghiệm:
x2 + ax + b = 0 và x2 + bx + a = 0.

Bài 16: Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m +10 = 0 (1)
a) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình (1) theo m.
b) Tìm m sao cho 10x1 x2 + x12 + x22 đạt GTNN. Tìm GTNN đó.
Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số a, b, c khác 0, tồn tại một trong các phương trình
sau phải có nghiệm:
ax2 + 2bx + c = 0 (1)
bx2 + 2cx + a = 0 (2)
cx2 + 2ax + b = 0 (2)
Bài 18: Cho phương trình: x2 – (m - 1)x + m2 + m – 2 = 0 (1)
a) CMR phương trình (1) luôn luôn có nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m.
b) Với giá trị nào của m, biểu thức P = x12 + x22 đạt GTNN.
Bài 19: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x – 3 - m = 0 (1)
1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m.
2) Tìm giá trị của m để pt (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
x12 + x22 ≥ 10.
3) Xác định giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
E = x12 + x22 đạt GTNN.
Bài 20: Giả sử phương trình bậc 2: x2 + ax + b + 1 = 0 có hai nghiệm nguyên dương.
CMR: a2 + b2 là một hợp số.
Chuyên đề 6:Phương trình vô tỉ
D¹ng1:

f ( x) = g ( x)

 x ∈ TXD
⇔ f ( x) = g ( x ) ≥ 0 ⇔ 
 f ( x) = g ( x)

(*)

Chó ý: §iÒu kiÖn (*) ®îc lùa chän tuú theo ®é phøc t¹p cña f(x) ≥ 0 vµ g(x) ≥ 0
VD: T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
− x 2 + 3 x − 2 = 2m + x − x 2
11



x 2 + 3x 2 0 1 x 2
x 2 + 3 x 2 = 2m + x x 2 0

x = m +1
x = m +1
Để phơng trình có nghiệm thì 1 m + 1 2 0 m 1
g ( x)conghia & g ( x) 0
Dạng2: f ( x) = g ( x)
2
f ( x) = g ( x )
Chú ý: Không cần đặt điều kiện f ( x) 0
x +1 0
x 1
2
2

x = 1
VD: Giải phơng trình: x 1 x = 1 x 1 = x + 1 2
2
2 x = 2
x 1 = ( x + 1)

Vậy phơng trình có nghiệm x=-1

f ( x ) co nghia & f ( x ) 0

Dạng3: f ( x) + g ( x) = h( x) g ( x) co nghia & g ( x) 0
( f ( x) + g ( x)) 2 = h( x)

Chú ý: Không cần đặt điều kiện h( x) 0

VD: Giải phơng trình:
x + 4 1 x = 1 2x
x 1
1 x 0


1

1 x + 1 2 x = x + 4 1 2 x 0
x
2


1 x + 1 2 x + 2 (1 x )(1 2 x ) = x + 4
(1 x)(1 2 x) = 2 x + 1
1
1
1

x

x 2

1
2
2
1


x
2
x=0
2 x = 0
2 x + 1 0
2

(1 x )(1 2 x ) = (2 x + 1) 2
2 x + 7 x = 0

7


x =
2



Hoặc có thể trình bày theo cách khác nh sau: - Tìm điều kiện để các bt có nghĩa
- Biến đổi phơng trình
Chuyờn 7: Mt s bi tp c bn v hỡnh hc
Bi 1 : Cho na ng trũn (O) ng kớnh AB . T A v B k tip tuyn Ax v By .
Qua im M thuc na ng trũn k tip tuyn th 3 ct cỏc tip tuyn Ax v By ln
lt ti E v F .

1. Chng minh AEMO l t giỏc ni tip .
2. AM ct OE ti P , BM ct OF ti Q . T
giỏc MPOQ l hỡnh gỡ ? Ti sao ?
F
3. K MH AB ( H AB) . Gi K l
giao ca MH v EB . So sỏnh MK v
KH.
Hng dn :

M
E
A

K

Q

P
H O

B

12



1) EAO = EMO = 900 . Nên AEMO là tứ giác nội tiếp .
2) Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau có
MPO = MQO = 900 và PMQ = 900 nên PMQO là hình chữ nhật .
3) ∆EMK

EM

∆ EFB (g.g) ⇒

EM EF
=
mà MF = FB
MK FB

EF

⇒ MK = MF
∆EAB

∆ KHB (g.g) ⇒

EK AB
EF AB
EM EA
=
=
=
mà
( Ta let) ⇒
KH HB
MF HB
MK KH

Vì EM = EA ⇒ MK = KH .
B

C

O
’

O

K

A
G

I

Bài 2 : Cho (O) cắt (O’) tại A và B . Kẻ cát tuyến
chung CBD ⊥ AB ( C ở trên (O) và D ở trên (O’).)
D
1. Chứng minh A , O , C và A ,O’, D thẳng
hàng .
2. Kéo dài CA và DA cắt (O’) và (O) theo
thứ tự tại I và K . Chứng minh tứ giác
CKID nội tiếp .
3. Chứng minh BA , CK và DI đồng quy .

Hướng dẫn :
1. CBA = DBA = 900 nên AC và DA là đường kính hay A,O, C thẳng hàng D ,O’,A
thẳng hàng .
2. Từ câu 1) và dựa vào góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ta thây K , I cùng nhìn CD
dưới một góc vuông nên tứ giác CDIK nội tiếp .

3. A là trực tâm của tam giác ADG có AB là đường cao hay BA đi qua G .
Bài 3 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A,B . Các đường AO và
AO’cắt đường tròn (O) lần lượt tại C và D , cắt đường tròn (O’) lần lượt tại E , F .
a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng .
D
b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp .
E
A
c) Chứng minh A là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác BDE .
d) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của
O’
O
(O) và (O’)
C
F
B
Hướng dẫn :
a) CBA + FBA = 1800 nên A , B , F thẳng hàng .
b) D, E cùng nhìn CF dưới một góc vuông nên CDEF nội tiếp .
c) Tứ giác CDEF nội tiếp nên EDF = ECF ; ACB = ADB từ đó suy ra EDF =
13



ADB . Hay DE là phân giác góc D của ∆BDE . Tương tự EC là phân giác góc
E của ∆BDE . Hai phân giác cắt nhau tại A nên A là tâm đường tròn nội tiếp
∆BDE .
d) Giả sử DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ta có OO’ // CE cùng vuông
góc với AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE nội tiếp ) suy ra : AOO’

= ODE hay tứ giác ODEO’ nội tiếp (1)
DE là tiếp tuyến thì DE vuông góc với OD và O’E (2)
Vậy ODEO’ là hình chữ nhật : Hay OD = O’E ( Hai đường tròn có bán kính
bằng nhau )
d Bài 4 : Cho (O,R) đường kính AB , đường kính CD di động .
Q Gọi đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn tại B . Đường
D
thẳng d cắt các đường thẳng AC , AD theo thứ tự tại P và Q .
1)
Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp một đường tròn .
B Chứng minh AD. AQ = AC.AP .
2) A
O
3)
Tứ giác ADBC là hình gì ? Tại sao ?
4)
Xác định vị trí của CD để SCPQD = 3.SACD
C
Hướng dẫn :
1. CPB = CDA ( cùng bằng CBA) nên CPB + CDQ =
1800.
2. ∆ADC ∆APQ (g.g) suy ra AD.AQ = AC.AP .
3. Tứ giác ADBC là hình chữ nhật vì có 4 góc vuông.
P
4. Để SCPQD = 3.SACD ⇒ SADC = ¼ SAPQ tức là tỉ số đồng
dạng của hai tam giác này là ½ .
Suy ra AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vuông tại B nên C là trung
điểm của CP ⇒ CB = CA hay ∆ACB cân ⇒ CD ⊥ AB .
Bài 5 : Từ một điểm S nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA , SB và cát tuyến
SCD của đường tròn đó .

1) Gọi E là trung điểm của dây CD . Chứng minh 5 điểm S ,A , E , O , B cùng
nằm trên một đường tròn .
2) Nếu SA = OA thì SAOB là hình gì ? Tại sao
A
?
D
K
C
3) Chứng minh AC . BD = BC.DA = ½
E
AB.CD
S
O
Hướng dẫn chứng minh
1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A , B
cùng nhìn SO dưới một góc vuông , nên tứ giác
B
SADO nội tiếp đường tròn đường kính SO .
14



Dựa vào tính chất đường kính vuông góc với dây cung , ta có SEO = 90 0 .
Nên E thuộc đường tròn đường kính SO .
2) Nếu SA = OA thì SA = AB = OA = OB và góc A vuông nên tứ giác SAOB là
hình vuông .
AC SC
=
DA SA
BC SC

∆SBD ⇒ BD = SB

2) Ta thấy ∆SAC

∆SDA ⇒

∆SCB
Mà SA = SB ⇒

AC BC
=
⇒ AC.BD = AD.BC (1)
AD BD

Trên SD lấy K sao cho CAK = BAD lúc đó
∆CAK ∆BAD (g.g) ⇒ AC.DB = AB.CK
∆BAC ∆DAK (g.g) ⇒ BC.AD = DK.AB
Cộng từng vế ta được AC.BD + BC.AD = AB( CK+DK )= AB.CD (2)
Từ (1) và (2) suy ra : AC.BD + AC.BD = AB.CD hay AC.BD = ½ AB.CD
Vậy AC.BD = AD.BC = ½ AB.CD .
Bài 6 : Cho tam giác ABC vuông ở A . Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D . Trên
cung AD lấy một điểm E . Nối BE và kéo dài cắt AC tại F .
1) Chứng minh CDEF nội tiếp .
2) Kéo dài DE cắt AC ở K . Tia phân giác của góc CKD cắt EF và CD tại M và N .
Tia phân giác của góc CBF cắt DE và CF tại P và Q . Tứ giác MNPQ là hình gì ?
Tại sao ?
3) Gọi r1 , r2 , r3 theo thứ tự là đường tròn nội tiếp các tam giác ABC , ADB , ADC .
Chứng minh : r = r12 + r22 .
A
K

E

F
M

P
B

D

N

Q
C

Hướng dẫn :
1) Dựa vào số đo cung ta thấy
C = DEB ⇒ C + DEF = 1800
Nên tứ giác CDEF nội tiếp .
2) ∆BED ∆BCQ ( g.g) ⇒ BPE =
BQC
⇒ KPQ = KQP hay ∆KPQ cân .

∆CNK
∆MK ⇒ EMK = CNK
⇒ BMN = BNM hay ∆BMN cân . ⇒ MN ⊥ PQ và MN cắt PQ là trung điểm của
mỗi đường . Nên MNPQ là hình thoi.
3) ∆ABC

∆DAB

r1
r2
r
r1 2
r2 2
r2
=
=
∆DAC ⇒
⇒
=
=
BC AB AC
BC 2 AB 2 AC 2

15



r12 + r2 2
r1 2 + r2 2
r2
⇔
=
=
BC 2 AB2 + AC 2
BC 2

⇔ r2 = r12 + r22 .

Bài 7 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) . Hạ các đường cao AD , BE
của tam giác . Các tia AD , BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M , N . Chứng minh
rằng :
a) Bốn điểm A , E , D , B nằm trên một đường tròn . TÌm tâm I của đường
tròn đó .
b) MN // DE .
c) Cho (O) và dây AB cố định , điểm C di chuyển trên cung lớn AB .
Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED
không đổi .
Hướng dẫn giải :
a) E,D cùng nhìn AB dưới một góc vuông
A
nên tứ giác AEDB nội tiếp trong một
đường tròn đường kính AB có I ( trung
N
điểm của AB ) là tâm
b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE )
I
O E
mà ABE = AMN ( chắn cung AN )
nên ADE = AMN hay DE // MN .
H
c) Kẻ thêm hình như hình vẽ . Dựa vào góc
K
nội tiếp của tứ giác AEBD suy ra được CN
B D
= CM nên OC ⊥ MM ⇒ OC ⊥ DE
C
M
Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K

( trung điểm của HC) đây cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE ⇒ KD =
KE và ID = IE nên IK ⊥ DE hay IK // OC và OI // CK nên OIKC là hình bình
hành ⇒ KC = OI không đổi .
Bài 8 : Cho tam giác đều nội tiếp đường tròn (O,R)
1)Tính theo chiều R độ dài cạnh và chiều cao của ∆ABC .
2)Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC ( M ≠ B,C ) Trên tia đối của MB lấy
MD = MC . Chứng tỏ ∆MCD đều .
3)CMR : M di động trên cung nhỏ BC thì D di chuyển trên một đường tròn cố
định , xác định tâm và các vị trí giới hạn .
4)Xác định vị trí điểm M sao cho tổng S = MA + MB + MC là lớn nhất. Tính giá
trị lớn nhất của S theo R .
Hướng dẫn :
16



B

1) AH =

E

2) Có MC = MD ( gt)
sđ BMC = ½ sđ BAC = ½ ( 360 0 : 3).2 =
1200 .
⇒ CMD = 600 . Vậy ∆CMD đều

I
H
O

M
D

A

AB 3
và AB = AC = BC = R 3
2

3) ∆IMC = ∆IMD ( c.g.c) ⇒ IC = ID .
Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D
chạy trên đường tròn ( I ; IC )

C
Khi M ≡ C ⇒ D ≡ C ; M ≡ I ⇒ D ≡ E .

4) ∆ACM = ∆BCD ( g.c.g ) ⇒ AM = BD ⇒ S = MA + MB + MC = 2.AM ≤ 2.AI
⇒ S ≤ 4R . S Max= 4R khi AM là đường kính .
Bài 9 : Cho ∆ABC ngoại tiếp (O) . Trên BC lấy M , trên BA lấy N , trên CA lấy P sao
cho BM=BN và CM = CP . Chứng minh rằng :
a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MNP .
b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn .
c) Tìm vị trí M , N , P sao cho độ dài NP nhỏ nhất .
Hướng dẫn :
A
a) Từ tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và giả thiết
suy ra :
P
DN = EM = FP ⇒ ∆ODA = ∆OEM = ∆OFP

D
( c.g.c )
F
N
⇒ON = OM = OP hay O là tâm đường tròn ngoại
O
tiếp ∆MNP
B
b) Từ câu a) suy ra OND = OPF nên tứ giác ANOP
C
M
E
nội tiếp .
c) Kẻ OH ⊥ NP .
Có NP = 2 .NH = 2. NO .cosHNO = 2.NO.Cos(A/2)
= 2.OE .Cos (A/2) .
Vậy NPMin = 2r.cos(A/2) .
Khi đó M , N , P trùng với các tiếp điểm .
Bài 10 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3a . Lấy AE = a trên cạnh AD và DF = a
trên cạnh DC . Nối AF và BE cắt nhau ở H .
a) Chứng minh : AF ⊥ BE .
b) Tính cạnh của tứ giác ABFE và đường chéo của nó theo a .
17



c) Tính theo a đoạn HE , HB .
d) Chứng minh : EDFH nội tiếp đường tròn . Đường tròn ấy cắt BF ở K . Tính
theo a đoạn BK . Nhận xét gì về 3 điểm E , K ,C .
F

D
Hướng dẫn :
C
a) ∆ADF = ∆BAE ⇒DAF = EBA ⇒ BE ⊥ AF .
b) Pitago : BE = AF = a 10 ; EF = a 5 ; BF = a

K
E

13

c) Dùng hệ thức lượng : EH =
H

A
∆BEK

B
∆BFH ⇒ BK =

a 10
9a 10
; HB =
10
10

d) Dựa vào tổng 2 góc đối bằng 180 0 nên EDFH
nội tiếp.
BE.BH 9a 13
=

BF
13

e) Dựa vào vuông góc : E , K , C thẳng hàng .
Chuyên dề 8:Một số đÒ thi häc sinh giái to¸n 9
Đề 1:
Câu 1: ( 6,0 điểm) 1)Giải phương trình:

x + 2 + 3 2x − 5 + x − 2 − 2x − 5 = 2 2

1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 1 + 4x + 4x 2 + 4x 2 − 12x + 9
Câu 2: ( 3,0 điểm)Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n
3 8 15
n2 − 1
S = + + + ... + 2 không thể là một số nguyên.
4 9 16
n

≥ 2 thì

Câu 3: ( 3,0 điểm)Trong một cuộc đua xe môtô, ba tay đua đã khởi hành cùng một lúc.
Mỗi giờ, người thứ hai chạy chậm hơn người thứ nhất 15km và nhanh hơn người thứ ba
3km nên người thứ hai đến đích chậm hơn người thứ nhất 12 phút và sớm hơn người thứ
ba 3 phút. Tính vận tốc của ba tay đua môtô trên.
Câu 4: ( 3,0 điểm)Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao
BK bằng 12cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC.
Câu 5: ( 5,0 điểm)Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a và một điểm M chuyển động trên
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
1) Chứng minh: nếu điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC.
2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = MA + MB + MC ( khi M thuộc cung nhỏ

AB).
ĐỀ 2:
18



Bài 1: (3 điểm) Cho biểu thức P =

x x 3
2( x 3)
x +3

+
x 2 x 3
x +1
3 x

1) Rut gn biu thc P
2) Tính giá trị của P khi x = 14 - 6 5
3) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P v giỏ tr tng ng ca x.
1
1
1
+
+
=1
x +3 + x +2
x + 2 + x +1
x +1 + x

Bài 2: (3 điểm) Giải phơng trình:1)
2)

36
x2

+

4
y 1

= 28 4 x 2

y 1

Bài 3: (3 điểm) 1) Cho biu thc A = x 2 4 x + 20 . Tỡm giỏ tr nh nht ca A.
2) Cho ( x + x 2 + 3 )( y + y 2 + 3 ) =3. Tính giá trị của biểu thức P = x + y.
Bi 4: (3 im)1) Tỡm cỏc giỏ tr nguyờn x, y tha món ng thc: ( y + 2 )x 2 + 1

=

y2
2) Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình sau: x + y = 1980
Bi 5: ( 3 im) Cho a, b, c ln lt l di cỏc cnh BC, CA, AB ca tam giỏc ABC.
A

Chng minh rng: sin 2

a
2 bc

Bài 6: (5 điểm) Cho tam giỏc u ABC cú cnh 60 cm. Trờn cnh BC ly im D sao
cho BD = 20cm. ng trung trc ca AD ct cỏc cnh AB, AC theo th t E, F. Tớnh
di cỏc cnh ca tam giỏc DEF./.
3:
Bi1(1,5)
a/ Tớnh
62 5 6+2 5
b/ Cho a +b +c = 0 , a,b,c 0. Chng t rng
1 1 1
+ +
=
a 2 b2 c2

1
a

1
b

1
c

| + + |

c/ Hóy chng t x = 3 5 + 2 3 5 2 l nghim ca phng trỡnh x3 +3x 4 = 0
Bi2(2)
a/
Rỳt
gn,

tớnh
giỏ
tr
biu
A=

x y 1 1
1
+
+ ữ.
xy xy x y x + y + 2 xy

(

1
1
.
+

ữ
3
yữ
x+ y x

2

)

19

]

thc



Vi x = 2 3, y = 2 + 3
b/ Gii phng trỡnh x + 9 + x 7 = 4
Bi3(2,5)
a/ Tỡm giỏ tr ln nht ,giỏ tr nh nht ca biu thc B =

x2 x + 1
x2 + x + 1

b/ Trờn mt phng to cho cỏc im A(0;4) ; B(3;4) ; C(3;0)
Vit phng trỡnh ng thng i qua A, C . Xỏc nh a ng thng y =ax chia hỡnh
ch nht OABC thnh hai phn , trong ú din tớch phn cha im A gp ụi din tớch
phn cha im C
Bi4(3) Cho hai ng trũn (O) v (O) ngoi nhau . K tip tuyn chung ngoi AB
v tip tuyn chung trong EF ( A ,E (O) , B , F (O) )
a/ Gi M l giao im ca AB v EF . Chng minh rng : AOM v BMO ng
dng
b/ Chng minh rng AE vuụng gúc vi BF
c/ Gi N l giao im ca AE v BF . Chng minh rng ba im O , N , O thng hng
ẳ
Bi5(1) Cho hỡnh vuụng ABCD . Tớnh cos MAN
bit rng M ,N theo th t l trung
iim ca BC, CD
Đề 4.

Bài 1(3đ). Cho biểu thức: A =

3

x + x 3 +3
2

+

x
3

+
+ 1
x
x 27 3

3

3

a. Rút gọn A.
b. Tính giá trị của A khi x = 3 +2010
Bài 2(3đ). Cho hàm số y = 3x +2m-1 (1)
a. Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1; 5).
b. Vẽ đồ thị hàm số với giá trị vừa tìm đợc ở câu a. Gọi giao điểm của đồ thị hàm số
(1) với trục 0x là B; giao điểm của đờng thẳng hạ từ A vuông góc với 0x là C. Tính
diện tích tam giác ABC?
x

y
z
=
=
2008 2009 2010
Chứng minh rằng: z x =2 ( x y )( y z )

Bài 3(2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn

Bài 4(2.5). Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x3 + y3 + xy
Bài 5(2.5). Cho a, b>0. Chứng minh rằng:

b2
a2
+
a+ b
a
b

Bài 6(3) Cho tam giác vuông ABC ( B = 900, BC > BA) nội tiếp đờng tròn đờng kính
AC. Kẻ dây cung BD vuông góc với đờng kính AC. Gọi H là giao điểm của AC và BD.
Trên HC lấy điểm E sao cho E đối xứng với A qua H. Đờng tròn đờng kính EC cắt cạnh
BC tại I ( I khác C). Chứng minh rằng:
a. CI.CA = CB.CE
b. HI là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính EC
20



Bài 7(4). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (0; R). Đờng cao AK cắt đờng tròn (0) tại D;

AN là đờng kính của đờng tròn (0).
a. Chứng minh: BD = CN.
b. Tính độ dài AC theo R và . Biết = .
c. Gọi H, G lần lợt là trực tâm, trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng H; G;
0 thẳng hàng.

S CHNH PHNG
I. NH NGHA: S chớnh phng l s bng bỡnh phng ỳng ca mt s nguyờn.
II. TNH CHT:

1. S chớnh phng ch cú th cú ch s tn cựng bng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; khụng th cú
ch s tn cựng bng 2, 3, 7, 8.
2. Khi phõn tớch ra tha s nguyờn t, s chớnh phng ch cha cỏc tha s nguyờn
t vi s m chn.
3. S chớnh phng ch cú th cú mt trong hai dng 4n hoc 4n + 1. Khụng cú s
chớnh phng no cú dng 4n + 2 hoc 4n + 3 (n N).
4. S chớnh phng ch cú th cú mt trong hai dng 3n hoc 3n + 1. Khụng cú s
chớnh phng no cú dng 3n + 2 (n N).
5. S chớnh phng tn cựng bng 1 hoc 9 thỡ ch s hng chc l ch s chn.
S chớnh phng tn cựng bng 5 thỡ ch s hng chc l 2
S chớnh phng tn cựng bng 4 thỡ ch s hng chc l ch s chn.
S chớnh phng tn cựng bng 6 thỡ ch s hng chc l ch s l.
6. S chớnh phng chia ht cho 2 thỡ chia ht cho 4.
S chớnh phng chia ht cho 3 thỡ chia ht cho 9.
S chớnh phng chia ht cho 5 thỡ chia ht cho 25.
S chớnh phng chia ht cho 8 thỡ chia ht cho 16.
III. MT S DNG BI TP V S CHNH PHNG

A. DNG1: CHNG MINH MT S L S CHNH PHNG
Bi 1: Chng minh rng vi mi s nguyờn x, y thỡ

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 l s chớnh phng.
Ta cú A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4
t x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thỡ
A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2
21



V ì x, y, z ∈ Z nên x2 ∈ Z, 5xy ∈ Z, 5y2 ∈ Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 ∈ Z
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n ∈ N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1
= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n2 + 3n = t (t ∈ N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2
= (n2 + 3n + 1)2
Vì n ∈ N nên n2 + 3n + 1 ∈ N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .
1
1
k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
4
4
1
1
=
k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1)
4

4
1
1
1
1
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
4
4
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 + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1
Theo kết quả bài 2 ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …
Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó.
Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có 44…488…89 = 44…488..8 + 1 = 44…4 . 10n + 8 . 11…1 + 1
n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8

n chữ số 4

n chữ số 1

10 n − 1
10 n − 1
4.10 2 n − 4.10 n + 8.10 n − 8 + 9
4.10 2 n + 4.10 n + 1
n
= 4.
. 10 + 8.
+1=
=
9
9
9
9
2
n
 2.10 + 1 

= 
3



Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
2

 2.10 + 1 

⇒ 
3



n

n-1 chữ số 0

∈ Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.

Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:
22



A = 11…1 + 44…4 + 1
2n chữ số 1

n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8
2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7
2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8

2

2

 10 n + 2 


Kết quả: A = 
 3 

 10 n + 8 

B = 
 3 

;

2

;

 2.10 n + 7 

C = 
3



Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:
a. A = 22499…9100…09
n-2 chữ số 9 n chữ số 0

b. B = 11…155…56
n chữ số 1 n-1 chữ số 5

a. A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9
= 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + 9

= ( 15.10n – 3 ) 2 ⇒ A là số chính phương
b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10n + 5.11…1 + 1
n chữ số 1 n chữ số 5

n chữ số 1

n chữ số 1

10 n − 1
10 n − 1
10 2 n − 10 n + 5.10 n − 5 + 9
n
=
. 10 + 5.
+1=
9
9
9
2

=

10

2n

 10 + 2 
+ 4.10 + 4

= 

9
 3 
n

n

là số chính phương ( điều phải chứng minh)

Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể
là một số chính phương
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là 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)
23



Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5
⇒ 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương
Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n ∈ N và n>1
không phải là số chính 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 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2
và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2
Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 ⇒ n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số
hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính
phương đó là một số chính phương
Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng
chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9

khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương
Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận
cùng của a là 4 hoặc 6 ⇒ a 2 ⇒ a2  4
Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56,
76, 96 ⇒ Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương.
Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một
số chính phương.
a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m ∈ N)
⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1
= 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t ∈ N)
Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t ∈ N) do đó a2 + b2 không thể là số
chính phương.
Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1
không thể là các số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p 2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m ∈ N)
Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ.
Đặt m = 2k+1 (k ∈ N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1
⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1)  4 mâu thuẫn với (1)
24



⇒ p+1 là số chính phương

b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3 ⇒ p-1 có dạng 3k+2.
Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 không là số chính phương .
Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương
Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là

số chính phương.
a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1
Có 2N  3 ⇒ 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k ∈ N)
⇒ 2N-1 không là số chính phương.
b. 2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2 và 2N  2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N không là số chính phương.
c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1
2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1
⇒ 2N+1 không là số chính phương.
Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05
2008 chữ số 1

2007 chữ số 0

Chứng minh

ab + 1 là số tự nhiên.
10 2008 − 1
Cách 1: Ta có a = 11…1 =
; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 102008 + 5
9
2008 chữ số 1

⇒ ab+1 =
ab + 1 =

Ta thấy 10

2008

(10

− 1)(10
9

2008

2007 chữ số 0
2008

+ 5)

+1=

(10

) + 4.10
9

2008 2

2008 chữ số 0
2008

2

 10 2008 + 2 
−5+9


= 
3



 10 2008 + 2 2
10 2008 + 2

 =
3
3


10 2008 + 2
+ 2 = 100…02  3 nên
3

∈ N hay

ab + 1 là số tự nhiên.

2007 chữ số 0

Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6
2007 chữ số 0

2008 chữ số 0

2008 chữ số 9

⇒ ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2

25