Các Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9

Bài 5: Giả sử b và c là các nghiệm của phương trình : x2 - a.x-.a2 =0; (a 0) chứng minh : b4 + c4 2+ . Giải: Theo định lý Viet ta có: Ta có: . Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi a,b,c phương trình sau luôn có nghiệm : a(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) = 0 Giải: Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) = = (a + b + c).x2 -2.(ab + bc + ca).x + 3abc *Nếu a + b + c 0.Khi đó: ' = a2b2 + b2c2 + c2a2 -abc.(a + b + c) = [(ab-bc)2 + (bc-ca)2 + (ca-ab)2]. *Nếu a + b + c = 0.Khi đó: -Nếu ab + bc + ca 0 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm. -Nếu ab + bc + ca =0. Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh được a=b=c=0.Và dĩ nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm. Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình:ax2 + bx + c = 0 (a0) đều là các số lẻ thì phương trình bậc hai trên không thể có nghiệm hữu tỉ. Giải: Giả sử phương trình bậc hai trên với các hệ số a,b,c đều là các số lẻ có nghiệm hữu tỉ x0 = với m,n là các số nguyên (m,n)=1 và n0 ;khi đó ta có: a. hay: (1).Suy ra: mà (m,n)=1 nên: mà c,a đều là các số lẻ nên suy ra m,n cũng là các số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n đều là các số lẻ .Do đó: số lẻ (Mâu thuẫn với (1)). Vậy điều ta giả sử là sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm. CHUYÊN ĐỀ 5: Các bài toán hình học phẳng mang yếu tố chuyển động. Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B. 1.CMR:Tam giác KAC cân. 2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho Ai có độ dài lớn nhất. 3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung lớn BC của (O). Giải: 1.Ta có: DBI cân tại D nên:DBI=DIB.Mà: DIB = IBC + ICB (1). Và: DBI = KCI = KCA + ACD = KBA + ICB (2). Từ (1) và (2) suy ra ABI =CBI.Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC BI là phân giác góc B của tam giác ABCK là trung điểm cung AC. Tam giác KAC cân. 2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC. Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở JJI = JB = const. Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của (O) A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC. 3.Ta dễ dàng tính được: BMC = .BAC = số đo cung nhỏ BC = const. Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng số đo cung nhỏ BC. Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi. Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C. 1. Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định. 2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H 3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều cao AH = h cho trước. Giải: 1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định. 2.Nhận thấy AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường kính AO. 3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A' thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC một khoảng h). Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định .Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại A,B;M là điểm chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT và MN với đường tròn. 1.CMR:Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P luôn đi qua một điểm cố định khác O. 2.Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua M,N,P. 3.Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều. Giải: 1.Gọi K là trung điểm của AB.Dễ thấy M,N,P,O,K đều nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy K là điểm cố định cần tìm. 2. Tâm I của đường tròn đi qua M,N,P là trung điểm của OM. Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const. Vậy có thể phán đoán quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng một nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB. 3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R. MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const. Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra. Bài 4:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự tại P,Q. 1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân. 2.Goi R là giao của PN và QM;còn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ giác EKRI là hình gì?Giải thích? 3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vuông xEy quay quanh E? Giải: 1.Dễ dàng chứng minh được: EHQ = EFM (cgc). Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân. PEF = PQN (đồng vị) mà FEM = QEH. Suy ra: PEN = PEF + FEM = EQH + QEH = 900. Vậy tam giác PEN vuông (1). Thấy: NEQ = PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2). Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân. 2.Có: EIPN và EKQM. Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4). Lại có: PQR = RPQ = 450 suy ra: PRQ = 900 (3). Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật. 3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp. Ta có: EKH = 1800 - EQH (5). Và: EKF = EMF = EQH (6). Từ (5) và (6) suy ra: EKH + EKF = 1800. Suy ra H,K,F thẳng hàng. Lại có: Tứ giác FEPI nội tiếp nên EFI = 1800-EPI = 1800-450 = 1350. Suy ra: EFK +EFI = 450 + 1350 =1800. Suy ra K,F,I thẳng hàng. Vậy ta có đpcm. Bài 5:Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E. a)CMR: Tam giác DCE vuông. b)CMR: Tích AD.BE không đổi. c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định. Giải: a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó: DCM = DAM và MCE = MBE = MAB.Vậy: DCE = DCM + MCE = DAM + MAB = 900. Ta có đpcm. b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay DCA = 900 -ECB =CEB. Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên: c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác,ta luôn có OIAB. Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc với AB. Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất kỳ chạy trên đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC tại C.Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn đó.. CMR a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi. c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi. d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE. Giải: a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA. vậy tia NM đi qua A. Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB2 không đổi c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A). Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông góc với BC tại I.J,L. Ta có: d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có: HQ = . Nên H nằm trên đ ường thẳng song song với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC). CHUYÊN ĐỀ 6: Các bài toán hình học phẳng có nội dung chứng minh, tính toán. Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A và B vẽ hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn .Hai tiếp tuyến này không đối xứng với nhau qua trục đối xứng của tam giác và chúng cắt nhau ở M. a)Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường tròn.Tìm tập hợp các điểm M. b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P. c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2|. Giải: a)Gọi I,T lần lượt là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ A và B. Dễ thấy:OIA = OTB (cạnh huyền-cạnh góc vuông). Do đó: IAO = OBT.Suy ra tứ giác OAMB nội tiếp được. b) Có: APB =.AMB =.(1800-AOB)= const. Vậy có thể chứng minh được rằng quĩ tích các điểm P là cung chứa góc nhìn AB một góc không đổi là .(1800-AOB). c)Xét vị trí của M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự). Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)= =MA.MB (đpcm). Bài 2: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và B.Các tiếp tuyến kẻ từ A và B cắt nhau ở M. Dựng MH vuông góc với OP. a)CMR: 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên 1 đường tròn. b)CMR: H cố định khi cát tuyến PAB quay quanh P. Từ đó suy ra tập hợp điểm M. c)Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN và IP.IN=IA2. Giải: a) Nhận thấy 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên đường tròn đường kính OM (đpcm). b)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính OM là: PH.PO=PA.PB=const (1). Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO. Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đi đoạn TV với T,V là giao điểm của d với (O). c)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2) Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm). Lại có: IP.IN=(NI+NP).IN=IN2 + NI.NP (3) Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB Suy ra: NI.NP=NA.NB (4) Từ (3) và (4) suy ra: IP.IN=IN2 + NA.NB Ta sẽ chứng minh: IN2 + NA.NB=IA2 (5).Thật vậy: (5)NA.NB=IA2-IN2 NA.NB=(IA-IN).(IA+IN) NA.NB=NA.(IB+IN) NA.NB=NA.NB (luôn đúng) Vậy ta có đpcm. Bài 3:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn bán kính R,tâm O. a)Chứng minh BC = 2R.SinA b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) trong đó A,B,C là ba góc của tam giác. Giải: a)Kéo dài BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin(BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai là E. Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB. Ta có: SinB= (1) Tương tự ta cũng có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3). Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm.