Giáo án lớp 9 môn Toán - Buổi 1 đến buổi 8

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. Ngày soạn:...../ ...../ 2011. Ngày giảng:...../ ..../ 2011. Buổi 1 – Chuyên đề 1 PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT I. Mục tiêu 1. Kiến thức - Hs biết được một số phương pháp tìm GTNN, GTLN bằng cách sử dụng một số bất đẳng thức thông dụng ( Bất đẳng thức Cô si và Bu- nhi – a côp – xki. 2. Kĩ năng - Rèn luyện kĩ năng biến đổi và rèn luyện khả năng tư duy toán học thông qua chứng minh các bất đẳng thức để tìm GTNN, GTLN 3. Thái độ - Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, biết lựa chọn giải pháp hợp lý khi giải toán. II. Chuẩn bị. GV: Nghiên cứu kĩ giáo án HS: Ôn tập lại bất đẳng thức Cô si và Bu – nhi- a- Côp - Xki III. Tiến trình bài dạy 1. Ổn định tổ chức. 2. Kiểm tra bài cũ . ( Không ) 3. Bài mới I. Lý thuyết *phương pháp 1: Phương pháp dựa vào lũy thừa bậc chẵn. Biến đổi hàm số f(x) sao cho: * y = M – [g(x)]2n , n  Z+  y  M Do đó ymax = M  g(x) = 0 * y = m + [h(x)]2n , n  Z+  y  m Do đó ymin = m  h(x) = 0 * Phương pháp 2: Dựa vào bất đẳng thức Côsi: * Ghi nhớ: Ta có: a + b ³ 2 ab (Với a, b là hai số không âm). Dấu bằng xãy ra khi a = b a1 + a2 + a3 + . . . + an ³ n n a1a2a3...an (với: a1; a2 ; a3 ; . . .; an không âm). Dấu bằng xãy ra khi a1 = a2 = a3 = . . . = an Vậy:  Nếu a.b = k (không đổi) thì: Min(a + b) = 2 k (khi và chỉ khi a = b).  Nếu a + b = k (không đổi) thì:. k2 Max(a.b) = (khi và chỉ khi a = b). 4.  Kết quả trên còn được mở rộng với n số không âm.. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. Bài 1: Cho x > 0; y> 0 thỏa mãn đẳng thức. 1 1 1   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x y 2. thức A = x  y . Hướng dẫn: Vì: x > 0; y > 0 nên. 1 1  0;  0; x  0; x y. 1 1 x y. với 2 số dương ; . ta có:. y  0 . VẬn dụng bất đẳng thức Cosi đối. 1 1 11 1 .     . Suy ra: x y 2  x y . Vận dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương. x;. 1 1   xy 4. xy  4. y ta được:. A = x  y  2 x y  2 4  4 (Dấu “=” xãy ra  x = y = 4 ). Vậy: MinA = 4 (khi và chỉ khi x = y = 4). * Lưu ý phương pháp giải: Trong bất đẳng thức trên ta đã vận dụng bất đẳng thức Cosi theo hai chiều ngược nhau. Lần thứ nhất ta “làm trội” vận dụng giả thiết. 1 1 1   , từ đó được x y 2. 1 1 . bằng cách vận dụng x y. ab . ab để 2. xy  4 .. Lần thứ hai ta “làm giảm” tổng ( x  y ) bằng cách vận dụng bất đẩng thức Cô_si theo chiều a + b  2 ab để dùng kết quả xy  4 . Biện pháp : Đôi khi để tìm cực trị của một biểu thức ta cần phải tìm cực trị của bình phương của biểu thức đó. Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 3x  5  7  3x . Giải. Cách 1: Biểu thức A được cho dưới dạng tổng của hai căn thức . Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi là 2. Vì vậy nếu bình phương biểu thức A thì ta có được hạng tử cộng là hai lần tích của hai căn thức. Đến đây có thể vận dụng bất đẳng thức Cô_si. ĐKXĐ:. 5 7 x . 3 3. A2 = (3x – 5) + (7 – 3x) + 2 (3x  5).(7  x) = 2 + 2 (3x  5).(7  3x) A2  2 + (3x – 5) + (7 – 3x) = 4( Dấu “=” xãy ra  3x – 5 = 7 – 3x  x = 2). Vậy: maxA2 = 4  maxA = 2( khi và chỉ khi x =2). Cách 2: 2 Theo BĐT Bunhiacopski ta có:  ab  cd   (a 2  c2 )(b 2  d 2 ) . Dấu “=” xảy ra khi ad = bc.. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. 5 7 x . 3 3. ĐKXĐ:. Ta có: A = 1. 3x  5  1. 7  3x   maxA = 2. Khi:. 1. 2.  12 . . 2. 3x  5  7  3x. 2.  2. 3x  5  7  3x  x  2. II. Bài tập vận dụng x  6 x  34. Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =. x 3. Giải ĐKXĐ: x  0.  M=. . 2. x  3  25 x 3.  x 3. 25 x 3.  2 25  10 25. (dấu “=” xảy ra  x  3  Vậy min M = 10. x 3.  x  4). (khi và chỉ khi x = 4). Bài 2: Cho x > 1, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 4 x . 25 x 1. Giải 25 25  4  2 4 x  1  4  2.10  4  24 x 1 x 1 25 7 x ) (dấu “=” xảy ra  4x  1  x 1 2 7 Vậy min A = 24 (khi và chỉ khi x  ) 2. A = 4x  1 . a) Bài 3: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x  y  z  12 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =. x y. . y z. . z x. Giải P2 =. 2x y 2 y z 2z x x y z      y z x z x y 2. 2. 2. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 4 số dương, ta được: x2 x y x y x 2 .x 2 . y.z    z  44  4x y yz z z y2 y z y z y 2 . y 2 . z. x 4   x4  4y z xz x x z2 z x z x z 2 .z 2 .x. y    y  44  4z x yx y y. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. P2  4x  y  z   x  y  z   3x  y  z  P2  3.12 = 36 (dấu “=” xảy ra  x = y = z = 4) Vậy min P = 6 (khi và chỉ khi x = y = z = 4) Bài 4: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x  y  z  a Do đó. a  a a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 1  1  1   . x . y . z. Giải. a x  x  y  z 2 x  2 yz 44 x yz ;    x x x x 2. 1. 2. 2 2 a y  y  x  z 2 y  2 xz 44 y xz ; 1    y y y y. 1. 2 2 a z  z  x  y 2 z  2 yx 44 z yx ;    z z z z. 644  xyz   64 Do đó Q  xyz 4. a 3. (dấu “=” xảy ra  x = y = z = ). a ) 3 Bài 5: Cho x, y, z  0 thỏa mãn điều kiện x  y  z  a. Vậy min Q = 64. (khi và chỉ khi x = y = z =. b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = xy  yz  zx c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x 2  y 2  z 2 Giải x2  y2 xy  ; 2. y2  z2 z2  x2 yz  ; zx  2 2 2 xy  yz  zx  x  y 2  z 2 ;. xy  yz  zx   x  y  z   2 xy  yz  zx  2. 3A  a 2 ; A . a2 3. (dấu “=” xảy ra  x = y = z =. a ) 3. a2 a (khi và chỉ khi x = y = z = ) 3 3 2 2 2 2 B = x  y  z  x  y  z   2xy  yz  zx  B = a 2  2xy  yz  zx . Vậy max A =. b). a2 (theo câu a) 3 a (khi và chỉ khi x = y = z = ) 3. B min  xy  yz  zx  max  xy  yz  zx  Lúc đó B = a 2 . 2a 2 a 2  3 3. 4. Hướng dẫn về nhà. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. Bài 6: Cho x > 0 ; y > 0 và x  y  6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  5x  3 y . 12 16  . x y. Đáp án. P = 2x  y    3x  . 12   16  12 16    y    12  2 3 x   2 y  x  y x y. = 12 + 12 + 8 = 32. (dấu “=” xảy ra . Vậy min P = 32. 16 12 và y  ) y x và y  4 ).  3x  x2. (khi và chỉ khi x  2 ; y  4 ). Bài 7: Cho x > y và xy = 5, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q . x 2  1,2 xy  y 2 x y. Đáp án. Q=. x  y 2  3,2 xy  x  y  . 16  2 16  8 x y x y 16  x  y  4 , kết hợp điều kiện xy  5 ta được (dấu “=” xảy ra  x  y  x y. Vậy min Q = 8. x = 5 ; y = 1 và x = -1 ; y = -5) (khi và chỉ khi x = 5 ; y = 1 hoặc x = -1 ; y = -5). Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. Ngày soạn:...../ ...../ 2011. Ngày giảng:...../ ..../ 2011. Buổi 2 - Chuyên đề 2 + 3. PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE I. Mục tiêu 1. Kiến thức - Biết được một số phương pháp tìm lời giải cho bài toán chia hết, chia có dư, đồng dư thức. 2. Kĩ năng - Rèn luyện kĩ năng biến đổi và rèn luyện khả năng tư duy toán học thông qua chứng minh các đẳng thức toán học, tìm số dư, phép chia hết 3. Thái độ - Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, biết lựa chọn giải pháp hợp lý khi giải toán. II. Chuẩn bị. GV: Nghiên cứu kĩ giáo án HS: Ôn tập lại kiến thức phép chia hết, phép chia có dư. III. Tiến trình bài dạy 1. Ổn định tổ chức. 2. Kiểm tra bài cũ . - Giải bài tập đã cho buổi hôm trước ? 3. Bài mới 1. Các bài toán chia hết và phương hướng tìm lời giải : Cho biểu thức A(n), phụ thuộc vào số n (n  Z hay n  Z’ một tập con của Z) 1.1) Để chứng minh A(n) chia hết cho một số nguyên tố p, có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho p (0, 1, 2, …, . p 1 ) 2. Ví dụ : Chứng minh rằng n(n2 + 1)(n2 + 4)  5 với mọi số nguyên n. Giải : Đặt n = 5k + r với r = 0, 1, 2) Với r = 0 thì n  5  A(n)  5 Với r = 1 thì (n2 + 4) = [(5k  1)2 + 4] = 25k2  10k + 5  5  A(n)  5 Với r = 2 thì (n2 + 1) = [(5k  2)2  1] = 25k2  10k + 5  5  A(n)  5 1.2) Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m, nói chung ta nên phân tích m ra thừa số. Giả sử m = p.q Nếu p,q là số nguyên tố hay (p,q) = 1 thì ta tìm cách chứng minh A(n)  p và. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. A(n)  q. Từ đó suy ra A(n)  pq = m. Ví dụ : Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6. Giải : Gọi ba số nguyên liên tiếp là : n, n + 1, n + 2. Tích của chúng là : A(n) = n(n + 1)(n + 2). Trong hai số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng có một số chẵn, do đó A(n)  2. Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + 2 bao giờ cũng có một số chia hết cho 3. Thật vậy vì số dư khi chia n cho 3 chỉ có thể là 0 (n chia hết cho 3) hoặc là 1 (lúc đó n + 2 chia hết cho 3) hoặc là 2 (lúc đó n + 1 chia hết cho 3). Vì (2,3) = 1 nên A(n) = n(n + 1)(n + 2)  6 Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau thì ta phân tích A(n) thành nhân tử, chẳng hạn A(n) = B(n).C(n) và tìm cách chứng minh B(n)  p và C(n)  q. Khi đó A(n) = B(n)C(n)  pq = m. Ví dụ : Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8. Giải : Gọi số chẵn đầu là 2n, số chẵn tiếp theo là 2n + 2, tích của chúng là A(n) = 2n(2n + 2). Ta có 8 = 2.4 và A(n) = 2n(2n + 2) = 4.n(n + 1); n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2. Vì 4  4 và n(n + 1)  2 nên 4n(n + 1)  4.2 = 8. 1.3) Để chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng của nhiều số hạng và chứng minh mỗi số hạng chia hết cho m. Ví dụ : Chứng minh rằng lập phương của một số nguyên bất kì (n > 1) trừ đi 13 lần số nguyên đó thì luôn chia hết cho 6. Giải : Ta cần chứng minh : A(n) = n3 – 13n  6 Ta có A(n) = n3 – 13n = n3 – n – 12n = n(n2 – 1) – 12n = n(n – 1)(n + 1) – 12n. Vì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 và 12n chia hết cho 6 nên : A(n) = n3 – 13n  6. 1.4) Để chứng minh một tổng nào đó không chia hết cho m, có thể chứng minh một số hạng nào đó của tổng không chia hết cho m còn tất cả các số hạng còn lại chia hết cho m. Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số n lẻ : n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8. Giải : Đặt n = 2k + 1 (n lẻ) ta có : n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) + 5 = (4k2 + 4k) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2 Vì k(k + 1)  2 nên 4k(k + 1)  8 ; 8(k + 1)  8 và 2 không chia hết cho 8 nên 2 n + 4n + 5 không chia hết cho 8.. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. 1.5) Có thể chứng minh bằng quy nạp toán học : Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n bằng phương pháp quy nạp toán học, ta tiến hành theo ba bước sau : Bước 1 : Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1 (hoặc n = no) Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với n = k > 1 (hoặc k > no) ; (Ta gọi là giả thiết quy nạp). Rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1. Bước 3 : Kết luận mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n. Ví dụ : Chứng minh rằng 16n – 15n – 1  225. Giải : Với n = 1 thì 16n – 15n – 1 = 16 – 15 – 1 = 0  225 (đúng) Giả sử 16k – 15k – 1  225 Ta chứng minh : 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= = (16k – 15k – 1) + 15.16k – 15. Theo giả thiết quy nạp (16k – 15k – 1)  225, Còn 15.16k – 15 = 15(16k – 1) = 15.(16 – 1).M  15.15. Vậy 16k+1 – 15(k + 1) – 1  225. Bài tập áp dụng : 1) Chứng minh rằng : A = 75(41975 + 41974 + 41973 + … + 42 + 5) + 25 chia hết cho 41976. Giải :. A = 25.3(41975 + 41974 + 41973 + … + 42 + 4 + 1) + 25 A = 25.(4 – 1) (41975 + 41974 + 41973 + … + 42 + 4 + 1) + 25 A = 25.(41976 – 1) + 25 = 25  41976  1  1  25.41976  41976. x 5 x 4 7x 3 5x 2 x     luôn luôn là một số tự nhiên 2) Chứng minh rằng số P = 120 12 24 12 5. với mọi số tự nhiên x. Giải :. P= Mà :. x 5  10x 4  35x 3  50x 2  24x 120. x5 + 10x4 + 35x3 + 50x2 + 24x = x(x4 + 10x3 + 35x2 + 50x + 24) = x[(x4 + 5x3 + 4x2) + (5x3 + 25x2 + 20x) + (6x2 + 30x + 24)]. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. = x[x2(x2 + 5x + 4) + 5x(x2 + 5x + 4) + 6(x2 + 5x + 4)] = x(x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) = x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3). Vì 120 = 3.5.8 với 3, 5, 8 đôi một nguyên tố cùng nhau, do đó chỉ cần chứng minh : x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) lần lượt chia hết cho 3, 5, 8. CHUYÊN ĐỀ 3 : PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE (Phương trình nghiệm nguyên) I. Mở đầu : Có bài toán dân gian sau : Trăm trâu trăm cỏ, Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba, Lụ khụ trâu già, Ba con một bó. Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm, bao nhiêu trâu già ? Giải : Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y, thì số trâu già là : 100 – (x + y) Ta có phương trình : 5x  3y . 100  (x  y)  100 3. Hay 7x + 4y = 100 (1) Nếu không có điều kiện hạn chế gì thì phương trình này rất dễ giải ; nó có vô số nghiệm :  x tùy ý   100  7x  y  4. Nhưng theo đề toán thì x, y (số trâu) phải là số nguyên dương, nên ta phải tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1). Đây là một ví dụ về phương trình Diophante. Một phương trình có nhiều ẩn số, với tất cả các hệ số đều là số nguyên, và ta phải tìm nghiệm nguyên của nó, được gọi là một phương trình Diophante. (Diophante là tên của một nhà toán học cổ Hy Lạp) Phương trình Diophante nói chung là có nhiều nghiệm nguyên, vì vậy người ta cũng gọi là phương trình vô định. II.. Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản :. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. 1. Phương trình ax + by = c (1) (a, b, c là các số nguyên) Nếu (a,b) = 1 thì phương trình (1) bao giớ cũng có nghiệm nguyên. Nếu a, b có một ước số chung không phải là ước số của c thì phương trình (1) không có nghiệm nguyên. Muốn tìm nghiệm nguyên của (1), ta phải tách được phần nguyên ra khi biểu diễn x theo y hoặc y theo x. Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x + 4y = 29. 29  4y 2y 9y . 3 3 2y Muốn có x, y nguyên thì phải nguyên hay 3 là ước của 2 – y. 3 Vậy 2 – y = 3t (t  Z). Giải : Ta có x =. Khi đó : y = 2 – 3t và x = 9 – y + t = 9 – 2 + 3t + t = 4t + 7  x  4t  7 (t nguyên) là tất cả các nghiệm nguyên của phương trình đã cho.  y  2  3t. Vậy : . Muốn tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình trên, ta đặt thêm các điều kiện để x > 0 y > 0. Ta có :  7   x  4t  7  0  t   4    y  2  3t  0  t2  3  7 2 Do đó :   t  và t chỉ có hai giá trị t1 = –1, t2 = 0 4 3. Với t1 = –1 thì x = 3, y = 5 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Với t2 = 0 thì x = 2, y = 7 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 7x + 23y = 120 (1) Giải : Ta có x =. 120  23y 1  2y  17  3y  (2) 7 7. Muốn có x, y nguyên thì 1 – 2y = 7t hay 2y = 1 – 7t (t nguyên). Từ đó : y = –3t +. 1 t (3) 2. Vì y, t nguyên nên 1 – t = 2t1 (t1 nguyên)  t = 1 – 2t1 Thay vào (3) ta có : y = –3(1 – 2t1) + t1 = 7t1 – 3. Thay vào (2) ta được : x = 17 – 3(7t1 – 3) + 1 – 2t1 = 27 – 23t1 Vậy x = 27 – 23t1 , y = 7t1 – 3 là nghiệm nguyên của phương trình (1). Muốn có nghiệm nguyên dương, ta phải có :. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. 27  t1   x  27  23t  0   23 1    y  7t1  3  0 t 3  1 7. Suy ra t1 = 1 và x = 4, y = 4 là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình đã cho. 2. Đưa về phương trình tích : Ta có thể biến đổi một vế của phương trình là tích các biểu thức nguyên của ẩn còn vế kia là một số nguyên. Bằng cách phân tích số nguyên này thành các thừa số nguyên tố, ta có thể xét mọi trường hợp có thể xảy ra rồi từ đó tính ra nghiệm nguyên của phương trình. Ví dụ 3 : Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình xy – 4x = 35 – 5y (1) Giải : (1)  xy – 4x + 5y – 20 = 15 hay ( x + 5)(y – 4) = 15 = 15.1 = 5.3 Vì x, y đều là số tự nhiên nên x + 5  5 và là ước của 15, ta có :  x  5  15. x  5  5 hoặc  y  4  3  y  4 1. hoặc . Suy ra : x = 10, y = 5 hoặc x = 0, y = 7. Đó là những nghiệm tự nhiên của phương trình đã cho. 3. Phương pháp loại trừ : Từ phương trình đã cho tìm ra một số điều kiện loại bớt dần những giá trị của ẩn để tìm ra nghiệm Ví dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x2 – 6xy + 13y2 = 100 (1) Giải : (1)  x2 – 6xy + 9y2 = 100 – 4y2 hay (x – 3y)2 = 4(25 – y2)  0 . Vậy y  5 và 25  y 2 là số chính phương. Với y = 1 hoặc y = 2 thì 25 – y2 không là số chính phương (loại) Với y = 3 ta có :  x  9  8  x  17 (x  9) 2  4.16    x  9  8  x  1. Với y = 4 ta có :  x  12  6  x  18 (x  12) 2  36    x  12  6  x  6. Với y = 5 ta có :. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. (x – 15)2 = 0  x = 15 Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là : (1; 3), (17; 3), (6; 4), (18; 4), (15; 5). III. Bài tập áp dụng : 1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + y = xy 2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : (x + y)2 = (x – 1)(y + 1) 3) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 6x2 + 5y2 = 74 4. Hướng dẫn về nhà Bài tập 1. Chứng minh rằng : a) A = (n + 1)(n + 2)(n + 3)….(3n)  3n b) B = 7.52n  12.6n 19 Giải : Chứng minh bằng quy nạp a) Với n = 1, ta có : A = 2.3  3 Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là : Ak = (k + 1)(k + 2)(k + 3)…(3k)  3k (1) Ta hãy xét : Ak + 1 = (k + 2)(k + 3)(k + 4)…[3(k + 1)]  3k + 1 Ak + 1 = 3(k + 1)(k + 2)(k + 3)…(3k)(3k + 1)(3k + 2) = 3Ak(3k + 1)(3k + 2) Nhưng theo (1) thì Ak  3k. Vậy Ak + 1 = 3Ak(3k + 1)(3k + 2)  3k Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên : n  1 b) Với n = 0, ta có : B = 7 + 12 = 19  19 Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là : Bk = 7.52k + 12.6k  19 (1) Ta hãy xét : Bk + 1 = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 = 7.52k.52 + 12.6k.6 = (6 + 19)7.52k + 12.6k.6 = 6(7.52k + 12.6k) + 19.7.52k = 6Bk + 19.7.52k Nhưng theo (1) thì Bk  19. Vậy Bk + 1 = 6Bk + 19.7.52k  19 Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n.. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. +1. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. Ngày soạn:...../ ...../ 2011. Ngày giảng:...../ ..../ 2011. Buổi 3 - Chuyên đề 4. RÚT GỌN BIỂU THỨC CHỨA CĂN BẬC HAI I. Mục tiêu 1. Kiến thức - Hs được củng cố cách rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai bằng các “Sử dụng hệ thức Vi-ét vào rút gọn các biểu thức số có dạng S  2 P ” 2. Kĩ năng - Rèn luyện kĩ năng biến đổi và rèn luyện khả năng tư duy toán học thông qua rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai 3. Thái độ - Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, biết lựa chọn giải pháp hợp lý khi giải toán. II. Chuẩn bị. GV: Nghiên cứu kĩ giáo án HS: Ôn tập lại hệ thức Vi – et, các hằng đẳng thức đáng nhớ. III. Tiến trình bài dạy 1. Ổn định tổ chức. 2. Kiểm tra bài cũ . - Giải bài tập đã cho buổi hôm trước ? 3. Bài mới 1 – SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ VI -ET VÀO KHAI PHƯƠNG BIỂU THỨC CÓ DẠNG S  2 P b  x  x  S 1 2  a   x .x  c  P  1 2 a. S  2 P  ( x1  x2 )2 . x1  x2. +). x1  x2  x1  x2. +). x1  x2  x1  x2 (x1.>x2). +) x1  x 2  x 2  x1 (x1.<x2). Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. 2 - MỘT SỐ VÍ DỤ 1) Ví dụ 1 : Rút gọn 4  2 3 Ta nhẩm hai số có tổng bằng 4 và tích bằng 3. Hai số đó chính là số 3 và số 1 do đó theo cách đó ta rút gọn được một cách dễ dàng. 4  2 3  ( 3  1 )2  3  1. 2) Ví dụ 2 : Rút gọn 5  2 6 Ta nhẩm hai số có tổng bằng 5 và tích bằng 6. Hai số đó chính là số 3 và số 2 do đó theo cách đó ta rút gọn được một cách dễ dàng. 5  2 6  ( 3  2 )2  3  2. 3) Ví dụ 3 : Rút gọn 11  6 2 Ta đưa về dạng S  2 P 11  6 2  11  2 18. Ta nhẩm hai số có tổng bằng 11 và tích bằng 18. Hai số đó chính là số 9 và số 2 do đó theo cách đó ta rút gọn được một cách dễ dàng. 11  6 2  11  2 18  (3  2)2  3  2  3  2 (vì 3> 2 ). 4) Ví dụ 4 : Rút gọn 33  20 2 Ta đưa về dạng S  2 P 33  20 2  33  2 200. Ta tìm 8 hai số có tổng bằng 33 và tích bằng 200. Hai số đó chính là số 25 và số 2 do đó theo cách đó ta rút gọn được một cách dễ dàng. 33  20 2  33  2 200  (5  2 2)2  5  2 2  5  2 2. 5) Ví dụ 5 : Rút gọn B . 42 3 6 2. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh 42 3 6 2. Ta biến đổi tử theo cách trên ta được B . . . . . 3 1. 2. . 2. . 3 1 3 1. 2. . . 3 1. . 2. . 3 1. . 3 1. . 1 2  2 2. 6) Ví dụ 6 : Rút gọn A =. 5  3  29  12 5. Ta biến đổi tương tự như cách giải trên ta biến đổi được . 5  3. 2. 5 3. . 5  3  29  12 5. 2. . 5  62 5. . 5. . . 5 1. 2. =1 3. Bài tập vận dụng Bài 1. Rút gọn A = 8  2 10  2 5  8  2 10  2 5 Bài 2. Cho A  11  96 và B . 2 2 1 2  3. Không dùng bảng số hay máy tính bỏ túi, hãy so sánh A và B. Bài 3. Rút gọn căn thức A = 13  30 2  9  4 2 Bài 4. Rút gọn biểu thức. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Trường THCS Lay Nưa B=.  14  2 13 . 12  2 11. . Lò Văn Phanh 44  52. . Bài 5. Rút gọn biểu thức a) A =  3  2 5  29  12 5 b) B =. 3 2 2 17  12 2. . 3 2 2 17  12 2. c) C = 13  160  53  4 90 Bài 6. Rút gọn biểu thức A=. 11  6 2  3  5  7  3 5  2 2  3  14  5 3. 4. Hướng dẫn về nhà Bài 1. Rút gọn biểu thức A  Bài 2. Rút gọn biểu thức A =. 2 4  5  21  80 10  2. 14  6 5  14  6 5 2 5. Bài 3. Rút gọn biểu thức a. A =. b. B =. 2  3 1 3  ; 2 2 3 2 2  6 4 2;. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. Ngày soạn:...../ ...../ 2011. Ngày giảng:...../ ..../ 2011. Buổi 4 – Chuyên đề 5 PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG I. Mục tiêu 1. Kiến thức - Hs được củng cố các kiến thức về định lí ta – let, k/n tam giác đồng dạng, các trường hợp đồng dạng của hai tam giác. 2. Kĩ năng - Vận dụng kiến thức về tam giác đồng dạng để tính độ dài đoạn thẳng, tỷ số chu vi,, diện tích của các tam giác thong qua tỷ số đồng dạng 3. Thái độ - Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, kiên trì tìm tòi trong quá trình chứng minh toán hình II. Chuẩn bị. GV: Nghiên cứu kĩ giáo án HS: Ôn tập lại định lí ta – let, k/n tam giác đồng dạng, các trường hợp đồng dạng của hai tam giác. III. Tiến trình bài dạy 1. Ổn định tổ chức. 2. Kiểm tra bài cũ . - Chữa bài tập hôm trước 3. Bài mới Phần I. KIẾN THỨC CƠ BẢN ---1. Đinh lý Talet trong tam giác. Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ. MN // BC A AM AN  AB AC AM AN  MB NC. M B. N C. 2. Khái niệm tam giác đồng dạng.. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. Tam giác A’B’C’ gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu: A'  B A; C A 'C A A '  AA ; B + A A ' B ' B 'C ' A 'C '   AB BC AC. 3. Các trường hợp đồng dạng của tam giác: a) Trường hợp thứ nhất (c.c.c): Nếu 3 cạnh của tam giác này tỷ lệ với 3 cạnh của tam giác kia thì 2 tam giác đó đồng dạng. b) Trường hợp thứ 2(c.g.c): Nếu 2 cạnh của tam giác này tỷ lệ với 2 cạnh của tam giác kia và 2 góc tạo bởi tạo các cặp cạnh đó bằng nhau thì hai tam đó giác đồng dạng. c) Trường hợp thứ 3 (g.g): Nếu 2 góc của tam giác này lần lượt bằng 2 góc của tam giác kia thì hai tam giác đó đồng dạng. d) Các trường hợp đồng dạng của tam giác vuông. + Tam giác vuông này có một góc nhọn bằng góc nhọn của tam giác vuông kia thì hai tam giác đó đồng dạng. + Tam giác vuông này có hai cạnh góc vuông tỷ lẹ với hai cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác đó đồng dạng. + Nếu cạnh huyền và một cạnh của tam giác vuông này tỷ lệ với cạnh huyền và cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác đó đồng dạng. PHẦN II CÁC DẠNG TOÁN CỤ THỂ DẠNG 1: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG, TỶ SỐ , DIỆN TÍCH. Loại 1:. TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG -----. + Ví dụ minh họa: Bài 36 – 79 – SGK (có hình vẽ sẵn) A. 12,5. B. GT. x. D. ABCD là h.thang (AB // CD) AB = 12,5cm; CD = 28,5cm A A DBA = DBC x =?. KL. C. Giải. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh. A A ABD và BDC có : DAB = DBC (gt) A1 = D A 1 ( so le trong do AB // CD) B  ABD BDC (g.g). . x AB BD 12,5 = hay = 28,5 BD DC x.  x2 = 12,5 . 28,5  x = 12,5 . 28,5  18,9(cm) Bài 35 – 72 – SBT: ABC; AB = 12cm; AC = 15cm BC = 18dm; AM = 10cm; AN = 8cm MN = ?. A 10. 8. M. GT KL N. B. C. Giải. Xét ABC và ANM ta có : AM 10 2 = = AC 15 3 AN 18 2 = = AB 12 3. . AM AN = AC AB. Mặt khác, có AA chung Vậy ABC đồng dạng ANM (c.g.c) Từ đó ta có :. AB BC 12 18 8.18  = hay  = 12(cm) AN NM 18 MN 12. Bài tập 3: a) Tam giác ABC có BA = 2 CA ; AB = 4cm; BC = 5cm. Tính độ dài AC? b) Tính độ dài các cạnh của ABC có BA = 2 CA biết rằng số đo các cạnh là 3 số tự nhiên liên tiếp. A Giải a) Trên tia đối của tia BA lấy BD = BC A = ACD và ABC có AA chung; CA = D  ACD đồng dạng ABC (g.g). B.  D. AC AD =  AC2 = AB. AD AB AC. C. = 4 . 9 = 36. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Trường THCS Lay Nưa. Lò Văn Phanh.  AC = 6(cm) b) Gọi số đo của cạnh BC, AC, AB lần lượt là a, b, c. Theo câu (a) ta có. AC2 = AB. AD = AB(AB+BC)  b2 = c(c+a) = c2 + ac (1) Ta có b > c (đối diện với góc lớn hơn) nên chỉ có 2 khả năng là: b = c + 1 hoặc b= c + 2 * Nếu b = c + 1 thì từ (1)  (c + 1)2 = c2 + ac  2c + 1 = ac  c(a - 2) = 1 (loại) vì c = 1 ; a = 3; b = 2 không là các cạnh của 1 tam giác * Nếu b = c + 2 thì từ (1)  (c + 2)2 = c2 + ac  4c + 4 = ac  c(a – 4) = 4 Xét c = 1, 2, 4 chỉ có c = 4; a = 5; 5 = 6 thỏa mãn bài toán. Vậy AB = 4cm; BC = 5cm; AC = 6cm. Loại 2: TÍNH GÓC Ví dụ minh họa: + Bài 1: Cho ABH vuông tại H có AB = 20cm; BH = 12cm. Trên tia đối của HB lấy điểm C sao cho AC =. 5 A . AH. Tính BAC 3. A A = 900 ; AB = 20cm ABH; H. 20. GT. BH = 12cm; AC = A =? BAC. KL B. 12. H. C. 5 AH 3. Giải:. AB 20 5 AC    BH 12 3 AH AB BH  AC AH. Ta có . Xét ABH và  CAH có : A A AHB = CHA = 900 AB BH  (chứng minh trên) AC AH. A ABH  ABH đồng dạng CAH (CH cạnh gv)  CAH = A A A A ABH = 900 nên BAH Lại có BAH + A + CAH = 900. Giáo án ôn HSG toán 9 Lop6.net. 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>