Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 1 
Phần đại số 
Phần I: Tính giá trị của một biểu thức 
1/ Các kiến thức liên quan 
2/ Tính giá trị của biểu thức đại số. 
3/ Tính giá trị của biểu thức chứa căn 
Phần II: Bất đẳng thức 
1/ Các kiến thức liên quan 
2/ Một số ph-ơng pháp chứng minh bất đẳng thức 
Phần III: cực trị đại số 
1/ Định nghĩa 
2/ Một số sai lầm th-ờng mắc khi tìm cực trị 
3/ Một số ph-ơng pháp tìm cực trị. 
Phần IV: Ph-ơng trình 
1/ Ph-ơng trình hữu tỷ 
2/ Ph-ơng trình vô tỷ. 
3/ Hệ ph-ơng trình. 
Phần Số học 
1/ Chia hết. 
2/ Ph-ơng trình nghiệm nguyên. 
Phần I: Tính giá trị của một biểu thức 
I. Kiến thức liên quan 
Yêu cầu HS nắm vững các hằng đẳng thức đáng nhớ, viết đ-ợc nhiều cách khác nhau, biết một 
số hằng đẳng thức mở rộng, nắm đ-ợc các ph-ơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử các phép tính 
về phân thức đại số vận dụng vào giải bài tập một cách linh hoạt. 
1/ Các hằng đẳng thức đáng nhớ 
2 2 2
2 2
3 3 3
2 2
1. ( ) 2. .
2. ( ).( )
3. ( ) 3. . .( )
 ( )( )
A B A B AB
A B A B A B
A B A B AB A B
A B A AB B
  
   
   
  



2/Các hằng đẳng thức mở rộng 
3. )BAB.....BABAA)(BA(BA 1n2n23n2n1nnn   n là số tự nhiên 
4. )BAB.....BABAA)(BA(BA n21n222n21n2n21n21n2   
5.
nn
n
1n1n
n
22n2
n
1n1
n
n0
n
n BCABC.............BACBACAC)BA(   
 ( Ckn gọi là tổ hợp chập k của n phần tử) 
 Ckn = 
!k)!kn(
!n

Quy -ớc 0! = 1 
Từ công thức trên có: C1n = C
n-1
n; C
2
n = C
n-2
n ; C
3
n = C
n-3
n ; C
k
n + C
n-1
n = C
k
n+1 
ABC3)CBA).(A.CC.BB.A.(3)CBA( 
)AC).(CB).(BA.(3)CBA(CBA.2
)A.CC.BB.A.(2)CBA(CBA.1
3
3333
2222



Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 2 
Giới thiệu tam giác Pascan để khai triển nhị thức Niu tơn có số mũ nhỏ. 
Dạng tính giá trị của biểu thức đại số 
Ví dụ 1: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a; b; c  0. 
Tính giá trị của P = (1 + 
b
a
)(1 + 
c
b
)(1 + 
a
c
) 
 Gợi ý 
Từ a3 + b3 + c3 = 3abc => a3 + b3 + c3 - 3abc = 0 
 ( a+b+c)(a2 + b2 + c2 –ab – bc – ca) = 0 
Nếu a+b+c = 0 thì P = -1 
Nếu a2 + b2 + c2 –ab – bc – ca = 0 thì a = b = c và P = 8 
Ví dụ 2: Cho xy +yz + zx = 0; xyz  0. Tính Q = 
222 z
xy
y
zx
x
yz
 
 Gợi ý 
áp dụng kết quả trên coi a = 
x
1
; b = 
y
1
; c = 
z
1
 ta có 
xyz
3
z
1
y
1
x
1
333
 
Q = 
222 z
xy
y
zx
x
yz
 = 
333 z
xyz
y
yzx
x
xyz
 = xyz (
333 z
1
y
1
x
1
 ) = xyz . 
xyz
3
 = 3 
Ví dụ 3: Cho a; b thoả mãn 






777ba3b
999ba3a
23
23
 Tính M = a2 + b2 
 Gợi ý 
Bình ph-ơng hai vế của hai đẳng thức trên rồi cộng vế với vế thu gọn đ-ợc (a2 + b2)3 = 9992 + 
7772 suy ra M = a2 + b2 = 
3 22 777999  
Ví dụ 4: a) Cho P = x3 – 3x2 + 5x; 
Q = y3 – 3y2 + 5y; 
P + Q = 6 
Tính S = x + y 
 b) Cho A = 18x3 – 54x2 + 60x + 71; 
Q = 18y3 – 54y2 + 60y + 71; 
A + B = 190 
Tính S = x + y 
 Gợi ý 
a) Biến đổi P + Q = (x - 1)3 + (y - 1)3 + 2x + 2y +2 vì P + Q = 6 nên 
 (x - 1)3 + (y - 1)3 + 2x + 2y +2 = 6  (x - 1)3 + (y - 1)3 + 2(x + y - 2) = 0 
  (x + y - 2)( (x - 1)2 - (x - 1) (y - 1) + (y - 1)2 ) = 0 
=> x + y = 2 vì (x - 1)2 - (x - 1) (y - 1) + (y - 1)2 > 0. 
Ví dụ 5: Giả sử x; y; z là các số thực khác 0 và thoả mãn hệ đẳng thức : 







)2(333
)1(
1zyx
2)
y
1
x
1
(z)
x
1
z
1
(y)
z
1
y
1
(x
 Tính P =
1 1 1
x y z
  
 Gợi ý 
Từ (2) suy ra: x2y + x2z + y2z + y2x + z2y + z2x = -2xyz 
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 3 
 x2y + x2z +xyz + y2z + y2x + xyz + z2y + z2x + xyz = xyz 
 (xy + yz +zx )(x + y + z) = xyz 
Mặt khác x3 + y3 + z3 = xyz3)zyx).(zxyzxy.(3)zyx( 3  
Suy ra x + y + z = 1 => xy + yz +zx = xyz => P =
1 1 1
x y z
  = 1 
Một số bài khác: 
Bài 1: Cho a; b; c ; x; y; z  0 và 0
z
c
y
b
x
a
 (1) ; 1
c
z
b
y
a
x
 (2) Tính A = 
222 c
z
b
y
a
x
 
 KQ bằng 1 
Bài 2: Cho a; b; c đôi một khác nhau và 0
ba
c
ac
b
cb
a






 Tính B = 
222 )ba(
c
)ac(
b
)cb(
a





. KQ bằng 0 
Bài 3: Cho a + b + c  và 1
ba
c
ac
b
cb
a






 Tính 
ba
c
ac
b
cb
a 222





 KQ bằng 0 
Bài 4: Cho ax + by = z; by + cz = x; ax + cz = y và x + y + z  0. 
Tính P = 
1
1
1
1
1
1




 cba
. 
Bài 5: Cho x; y; z thoả mãn xyz = 2008. 
 Tính Q = 
1zxz
z
2008yyz
y
2008x2008xy
x2008





. KQ bằng 1 
Bài 6: Cho a; b; c là các số thực  0 thoả mãn 








9333 2
1111
cba
cbacba 
 Tính S = a2007 + b2007 + c2007 KQ bằng 26021 
Bài 7:. Cho a, b, c là ba số phân biệt khác không thoả mãn điều kiện: 
 a + b + c = 0. Tính giá trị biểu thức 
 P = (
  
   
  
a b c b c c a a b
)( )
b c c a a b a b c
 KQ bằng 9 
Dạng tính giá trị của biểu thức chứa căn 
Yêu cầu nắm vững khái niệm, các phép tính các phép biến đổi căn bậc hai căn bậc 3 và căn bậc n để 
vận dụng rút gọn 1 biểu thức. 
Căn bậc hai 
Ví dụ 1: Tính giá trị của a) A = 9024294351273  
 b) B = 7474  
 Gợi ý 
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 4 
a) Dùng máy tính CASIO để tính kết quả A = ( 2845  ) + 54240  
 b) Giải bằng 2 cách kết quả A = - 2 
Ví dụ 2: Tính giá trị của C = )53).(210.(53  kết quả C = 2 
 D = 402088  
 Gợi ý viết D = 1522251022  = 2)152(  = 152  
Ví dụ 3: Cho ( )y2008y)(x2008x( 22  = 2008 Tính x2009 + y2009 
 KQ x + y = 0 => x = - y => x2009 + y2009 = 0 
 Ví dụ 4: Cho a + b + c = 0 và a; b; c  0. Chứng minh 
c
1
b
1
a
1
c
1
b
1
a
1
222
 . Vận dụng tính S 
= 
222 3
1
2
1
1
1
 + 
222 4
1
3
1
1
1
 + .+ 
222 100
1
99
1
1
1
 
 Kết quả S = 98,49 
Ví dụ 5: Rút gọn biểu thức sau C = ( )116)(
63
12
26
4
16
15






 Gợi ý 
 Trục căn thức ở mẫu của từng biểu thức 
 C = ( )116)(
3
)63(12
2
)26(4
5
)16(15






 C = )116(  )116(  = - 115 
Ví dụ 6: Rút gọn biểu thức sau 
D = 
1009999100
1
....
4334
1
3223
1
22
1







 Gợi ý 
Xét biểu thức tổng quát 
1kkk)1k(
1

 = 
1k
1
k
1

 KQ: D = 0,9 
Ví dụ 7: Cho biểu thức A = 
2x
16
x
8
1
4x4x4x4x


a)Rút gọn biểu thức A. 
b)Tìm những giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. 
 Gợi ý 
a)* Tìm tập xác định của A: x > 4 
 * Rút gọn với x > 4 A = 
x
4
1
24x24x


 * Với 4 < x  8 ta có A = 
4x
x4

Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 5 
 * Với x > 8 ta có A = 
4x
x2

b) * Với Với 4 < x  8 & x Z ta có A = 
4x
x4

Z  A = 4+ 
4x
16

Z và 0 < x- 4  4(1) 
Để A nguyên thì x – 4 phải là Ư(16) & thoả mãn (1) => x – 4 nhận các giá trị 1; 2; 4 => x nhận các 
giá trị 5; 6; 8 khi đó A nhận các giá trị 20; 12; 8. 
 * Với x > 8; x Z để A = 
4x
x2

 x Z thì tr-ớc hết 4x  phải nguyên. Do vậy x - 4 = k2 
(k N*)  x = 4 + k2 => A = 
k
8
k2
k
k28 2


Vì x > 4 => k2 > 4 => k > 2. Để AZ thì k  Ư(8) & k > 2 Do vậy k nhận các giá trị 4; 8 => x 
nhận 20; 68 khi đó A = 10; 17. 
 Kết luận: x = 5; 6; 8; 20; 68. 
Ví dụ 8: Cho a; b; c là các số d-ơng thoả mãn: a + b + c + abc = 4 
 Tính Q = (4 )(4 ) (4 )(4 ) (4 )(4 )a b c b c a c a b        - abc 
 Gợi ý 
Xét )c4)(b4(a  = )4416( bccba  Từ giả thiết a + b + c + abc = 4 
=>16- 4b – 4c = 4a + 4 abc Do đó )c4)(b4(a  = )4416( bccba  = 
)bcabc4a4(a  = 2a + abc 
T-ơng tự )c4)(a4(b  = 2b + abc ; )b4)(a4(c  = 2c + abc 
Vậy Q = 8 
Ví dụ 9: Cho dãy số x1; x2; x3; xn đ-ợc xác định nh- sau: x1
 = 1; xn
 = 
1n
1n
x31
x3




. tính x2006; x2007; 
x2008 
 Gợi ý 
Tính x2 = - (2 + 3 ); x3 = 3 - 2; x4 = 1 cứ tiếp tục nh- thế thấy x5
 = x2; x6 = x3; x7 = x4 ..=> x3k+1 = 
x1; x3k+2 = x2; x3k = x3 Nh- vậy sẽ tính đ-ợc x2006; x2007; x2008 
Căn bậc ba 
Chú ý mọi số đều có căn bậc 3 và các phép tính phép biến đổi trên căn bậc 2 vẫn đúng với căn bậc 3. 
Ví dụ 1: Tính giá trị của biểu thức D = 33
27
1
102
27
1
102  
Gợi ý 
Có thể biến đổi biểu thức d-ới dấu căn về lập ph-ơng của một biểu thức rồi khai căn và tính kết quả 
(cách này khó hơn). 
Có thể lập ph-ơng hai vế rồi tìm D bằng cách giải ph-ơng trình bậc 3 
D3 = 2 + 10
27
1
 + 2 - 10
27
1
 + 3
27
1
1004  D 
D3 = 4 +2D  ( D -2)(D2 + 2D +2) = 0  D = 2 vì D2 + 2D +2 > 0 
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 6 
Ví dụ 2: Cho x = )1
4
51323
4
51323
(
3
1
33 



Tính giá trị biểu thức M = 2x3 + 2x2 +1 
Gợi ý 
Đặt 3
4
51323 
 = a; 3
4
51323 
 = b 
Khi đó ab = 1; a3 + b3 = 
2
23
. Ta có 3x + 1 = a + b 
Lập ph-ơng hai vế đ-ợc 27x3 + 27x2 + 9x + 1 = a3 + b3 + 3ab(a + b) 
 27x3 + 27x2 + 9x + 1 =
2
23
 + 3(3x + 1)  2x3 + 2x2 = 1 M = 2. 
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: a) Nếu 333 cba  = 3 cba  thì với mọi số nguyên d-ơng lẻ n, ta 
đều có: nnn cba  = n cba  
b) Nếu ax3 = by3 = cz3 và 1
111

zyx
 thì 3
222 czbyax  = 333 cba  
Gợi ý 
a)Chỉ ra đ-ợc a = - b hoặc a = - c; c = - a. 
b) Đặt 3
222 czbyax  = A Biến đổi để A = x 3 a = y 3 b = z 3 c . 
Rồi suy 3 a = 
x
A
; 3 b = 
x
B
; 3 c = 
x
C
 và biến đổi tiếp.
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 7 
Phần II: Bất đẳng thức 
Yêu cầu HS chứng minh đ-ợc các tính chất cơ bản của bất đẳng thức, các bất đẳng thức th-ờng 
dùng biết vận dụng để chứng minh một số bài toán BĐT 
A.Một số bất đẳng thức th-ờng dùng 
1. Bất đẳng thức Cô-Si 
 * Với 2 số d-ơng a, b thì a + b  2 ab dấu “=” x°y ra  a = b 
 *Với 3 số d-ơng a, b, c thì a +b +c  3 3 abc dấu “=” x°y ra  a = b = c 
 * Tổng quát : với a1; a2; a3;an  0 thì a1+ a2+ a3++an n n n321 a...aaa 
Dấu “=” x°y ra  a1 = a2= a3 = = an. 
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki 
 *Với 2 cặp số (a; b) và(x; y) thì (ax + by)2 (a2 +b2)(x2+y2) 
Dấu “=” x°y ra 
y
b
x
a
 
 *Với 2 bộ số (a; b; c) và(x; y; z) thì (ax + by+ cz)2 (a2 +b2+ c2)(x2+y2+ z2) 
 Dấu “=” x°y ra 
y
b
x
a
 =
z
c
3.Một số bất đẳng thức đ-ợc suy ra từ các bất đẳng thức trên. 
* (a + b)2  2(a2 +b2). Dấu “=” x°y ra  a = b 
* (a + b + c)2  3(a2 + b2+ c2). Dấu “=” x°y ra  a = b = c 
* 
x
y
y
x
 2 với x; y l¯ 2 số cùng dấu. Dấu “=” x°y ra  x = y 
* 
yx
4
y
1
x
1

 với x; y cùng dương. Dấu “=” x°y ra  x = y 
* (x + y +z)(
z
1
y
1
x
1
 )  9 với x; y; z cùng d-ơng 
B.Một vài ph-ơng pháp chứng minh bất đẳng thức 
I.Ph-ơng pháp dùng định nghĩa BĐT và tính chất của luỹ thừa bậc chẵn 
Ví dụ1: Chứng minh rằng a + b + c  cabcab  với mọi a; b; c > 0. 
Ví dụ2: Chứng minh rằng: a) với 2 số d-ơng x; y thoả mãn xy  1 thì 
xy1
2
z1
1
y1
1
x1
1

 ... 
   
 
 0,25 điểm 
Suy ra 
2
3a
x
4
 
 
 
=  
2
2a
a x
4
 
  
 
 0,25 điểm 
Tìm đ-ợc x = 
a
7
, tính đ-ợc MN = 
25a
28
 0,75 điểm 
Tính đ-ợc 
2
BMN
25a
S
56
 0,5 điểm 
Bài 5: 2 điểm 
A
B
C
P
M
N
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 56 
Lấy M, N, P t-ơng ứng trên AB, BC, CA, sao cho AM = 
a, BN = b, CP = c, và 0 < a, b, c < 1, khi đó 
MB, NC, PA > 0 
0,5 điểm 
Ta có: AMP BMN CPN ABCS S S S   0,5 điểm 
Suy ra:   0 0AM.AP BM.BN CP.CN sin 60 sin60   
0,5 điểm 
  AM.AP BM.BN CP.CN  < 1 (đpcm) 0,5 điểm 
L-u ý: 
-Biểu chấm chỉ trình bày tóm tắt lời giải, HS phải lập luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa. 
- Học sinh làm cách khác, lập luận đúng cho điểm tối đa. 
H-ớng dẫn chấm Toán 9. 
 ( Kỳ thi chọn HSG huyện năm học 2006 – 2007) 
Bài 1 Tính (4 điểm): 
1/ 124124  = 324324  
 = 
22 1313 )()(  ( 1 điểm) 
 = 1313  
 = 13  - ( 13  ) ( 0,5điểm) 
 = 13  - 13  
 = 2 ( 0,5điểm) 
2/    124610154  = 154  154  154  2 ( )35  ( 0,5điểm) 
= 1528  ( )35  ( 0,5điểm) 
= 
235 )(  ( )35  ( 0,5điểm) 
= ( )35  ( )35  
= 2 ( 0,5điểm) 
A
K D N CI
B
M
H
x
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 57 
Bài 2: (4 điểm): Cho 42424242  xxxxA 
1/ Rút gọn biểu thức A( 3 điểm) 
 TXĐ: x  2 (0,5 điểm) 
 442442442442  xxxxA (0,5 điểm) 
22 242242 )x()x(A  (0, 5 điểm) 
 A = 242242  xx (0, 5 điểm) 
 A = 



 422
4
x
 (1 điểm) 
2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của A (1điểm) 
Cách 1: Theo kết quả phần 1 
 * Với 2  x < 4 thì A = 4 (0, 25 điểm) 
 * Với x  4 thì A = 2 42 x  4 (0, 5 điểm) 
Vậy GTNN của A = 4  2  x  4(0,2 5 điểm) 
Cách 2: Theo kết quả phần 1 ( cho điểm t-ơng ứng) 
 A = 242242  xx 
áp dụng BĐT : a + b  ba  . Dấu “ =” x°y ra  ab  0 
 Ta có 
A = 242242  xx  422242  xx = 4 
Dấu “ =” x°y ra  ( )422)(242  xx  0 
  422  x  0 ( vì 242 x  0) 
  2  x  4 
Vậy GTNN của A = 4  2  x  4 
Bài 3: (4 điểm): 
1/ Giải ph-ơng trình: ( 2điểm) 
 2x – 5a ax  + 2a( a - 1) = 0 , ( a là tham số d-ơng) 
TXĐ: x  a (0,25 điểm) 
Ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với ph-ơng trình 
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 58 
2 2)( ax  - 5a ax  + 2a2 = 0 (*) (0,5điểm) 
Cách 1: 
 ( ax  - 
4
5
a)2 - 
16
9
a2 = 0 (0, 25 điểm) 
 ( ax  - 
4
5
a +
4
3
a ) ( ax  - 
4
5
a -
4
3
a ) = 0 (0,25 điểm) 
 ( ax  - 2a) (2 ax  - a) = 0 (0,25 điểm) 







0a - a-x
02a - a-x
2
 







a
a
x
aax
4
4
2
2
 (0,25 điểm) 
Kết luận ph-ơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = aa 
24 ; x2 = a
a

4
2
(0,25 điểm) 
 Cách 2: ( cho điểm t-ơng ứng) 
Đặt ax  = t  0 ph-ơng trình (*) trở thành 
2t2 – 5at + 2a2 = 0 
 2t2 – 4at – at + 2a2 = 0 
 (t – 2a) ( 2t – a) = 0 








2
2
2
1
a
t
at
Theo cách đặt ta có x1 = aa 
24 ; x2 = a
a

4
2
Kết luận ph-ơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = aa 
24 ; x2 = a
a

4
2
 2/ Tìm (x, y) thoả mãn: ( 2điểm) 
 20062006  yxyx 
 TXĐ x; y  0; x + y  0 ( 0,25 điểm) 
 Ph-ơng trình đã cho t-ơng đ-ơng với 
 2006 yx + 2006 = yx  
  2006 ( x + y) - xy = 20062 
  (x – 2006) ( 2006 – y) = 0 ( 0,75 điểm) 
 Với x = 2006 ; y nhận  giá trị  0 ( 0,5 điểm) 
 Với y = 2006 ; x nhận  giá trị  0 ( 0,25 điểm) 
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 59 
Ph-ơng trình đã cho có nghiệm (x = 2006; y nhận  giá trị  0); (x nhận  giá trị  0; y= 2006) 
( 0,25 điểm) 
Bài 4: ( 5 điểm) 
Câu 1: ( 4 điểm) 
a) (1,5đ) AHE và  DHA có 
 AHE =  DHA ( cùng = 900) 
 HAE =  HAD ( cùng phụ với  DAH) 
Nên  AHE đồng dạng với  DHA ( g.g) 
b) (2,5đ)Từ AHE đ. dạng với  DHA 
= > 
DC
AF
AD
AE
DH
AH
 ( vì AE = AF; AD = DC) 
 Vậy 
DC
AF
DH
AH
 (1) (0,75 điểm) 
Mặt khác  FAH =  AEH ( cùng phụ với  HAE) 
  AEH =  HDC ( so le trong) 
 Vậy  FAH =  HDC (2) (0, 5 điểm) 
Từ (1) & (2) = >  FAH đ. Dạng với  CDH ( c.g.c) (0, 25 điểm) 
 = >  AHF =  DHC (0, 5 điểm) 
Ta có  FHC =  FHD +  DHC =  FHD +  AHF = 900 (0, 25 điểm) 
 Vậy FH  HC (0, 25 điểm) 
Câu 2: ( 1 điểm) 
= > 2a  xy ( 2 + 2 ) 
= > xy  
22
2

a
 => xy  
2
2
)22(
4

a
 (0,25 điểm) 
x 
y 
E 
F 
B A 
C D 
Đặt AE = x; AF = y ( x; y > 0) 
Ta có EF = 22 yx  .Gọi p là chu vi AEF 
 p = x + y + 22 yx  = 2a (0,25 điểm) 
Mặt khác x + y  2 xy 
Và x2 + y2  2xy ( hai vế đều d-ơng) 
 = > 22 yx   xy2 (0,25 điểm) 
Do đó 2a = x + y + 22 yx   2 xy + xy2 
E 
F 
H 
B A 
C D 
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 60 
Bài 5 ( 3 điểm) 
 = 
16
1
( 4a2b2 – ( a2 + b2 – c2)2) 
 = 
16
1
( 2ab + (a2 + b2 – c2)) (2ab – (a2 + b2 – c2)) (0,25 điểm) 
 = 
16
1
( a + b + c)(a + b - c)(a + c – b)(b + c - a) 
 = p( p – a) ( p – b) ( p – c) (0,25 điểm) 
 2) (2,0điểm)Tính đ-ợc p = 
8
15
c ; S = 
64
715
c2 (0, 5 điểm) 
Theo tính chất đ-ờng phân giác tính đ-ợc BD = 
2
3
c (0,5 điểm) 
AH = 
BC
S2
 = 
16
75
c (0,25 điểm) 
BH = 22 AHAB  = 
16
9
c (0,25 điểm) 
Ta có AD2 = AH2 + HD2 = AB2 - BH2 + ( BD - BH)2 
 = AB2 + BD2 - 2BD . BH 
 = c2 + 
4
9
c2 – 2. 
2
3 16
9
c2 = c2 ( 1 + 
4
9
 - 
3
4
) = 
25
36
 c2 
 = > AD = 
5
6
c (0,5 điểm) 
L-u ý : Nếu học sinh giải bằng cách khác thì cho điểm t-ơng đ-ơng. 
H D 
C 
B 
A 
y 
x
x 
F 
E 
B A 
C D 
Vậy S AEF = xy
2
1
  
2
2
)22(
2

a
 ( không đổi) 
Dấu “ =” x°y ra  x = y = 
22
2

a
Vậy S AEF đạt GTLN = 2
2
)22(
2

a
  x = y = 
22
2

a
(0,25 điểm) 
1) (1điểm) Đặt HC = x 
Ta có b2 – x2 = c2 – ( a – x)2 
= > x = 
a
cba
2
222 
 (0,25 điểm) 
Vậy AH2 = b2 – x2 = b2 – 
(
a
cba
2
222 
)2 
 (0,25 điểm) 
Do đó S2 = 
4
1
a2AH2 
 = 
4
1
a2 ( b2 – (
a
cba
2
222 
)2) 
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 61 
Phòng GD&ĐT 
 Yên Khánh 
 đề thi học sinh giỏi huyện lớp 9 Năm học 
2007-2008 
 Môn: Toán 
 (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) 
Bài 1. 
1. Thu gọn các biểu thức: 
a) A = 6 2 5 29 12 5   
b) B = 8 8 20 40   
c) C =  15 4 12 6 11
6 1 6 2 3 6
 
   
   
2. Cho 
1 1 1 2
1 2 1
a a
Q :
a a a a
   
    
     
a) Rút gọn biểu thức Q với a > 0, a  4 và a  1 
b) Tìm giá trị của a để Q có giá trị âm. 
Bài 2. Tìm x: 
1) 4 1 5x x    2) 1 1x x   
Bài 3. 
1) Cho: x + y + z = 1, và x, y, x  
11
6

 , chứng minh rằng: 
6 11 6 11 6 11 3 13x y z      
Dấu bằng xảy ra khi x, y, z bằng bao nhiêu? 
2) Cho   2 22007 2007 2007x x y y     . Tính S = x + y 
Bài 4. Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a, M là một điểm trên cạnh AD, BM cắt DC tại K. Kẻ 
tia Bx cắt cạnh DC tại I sao cho  ABM MBI . Tia phân giác của góc IBC cắt DC tại N. 
1) Chứng minh: KD.DC = KC.DM. 
2) Chứng minh : MN  BI 
3) Giả sử AM = 3MD, tính diện tích tam giác BMN. 
Bài 5. Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng 1. M, N, P là các điểm t-ơng ứng trên các cạnh AB, 
BC, CA (M, N, P không trùng với các đỉnh tam giác). Chứng minh rằng: 
1MA.AP PC.CN NB.BM   
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 62 
Phòng GD&ĐT 
Yên Khánh 
Biểu chấm môn toán 9 
Kỳ thi học sinh giỏi huyện năm học 
2007-2008 
Bài 1: 5 điểm 
1) 3 điểm, mỗi ý 1 điểm 
a) A = 6 2 5 29 12 5   
b) B = 8 8 20 40   
 =  
2
6 2 5 2 5 3   0,5 điểm =  
2
5 2 1  0,5 
điểm 
 =  6 2 5 2 5 3   0,25 điểm = 5 2 1  0,5 điểm 
 = 3 0,25 điểm 
c) C =  15 4 12 6 11
6 1 6 2 3 6
 
   
   
 =        3 6 1 2 6 2 4 3 6 6 11      0,5 điểm 
 =   6 11 6 11  = -115 0,5 điểm 
2) 2 điểm, mỗi ý 1 điểm 
a) Q = 
1 1 1 2
1 2 1
a a
:
a a a a
   
   
     
 = 
 
 
  
1 41
1 2 1
   
  
a aa a
:
a a a a
 0,5 
điểm 
 = 
2
3
a
a

 , với a > 0, a  4 và a  1 
0,5 
điểm 
b) Q < 0  
2 0
0 4 1
a
a , a , a
  

  
0,5 
điểm 
 Tìm đ-ợc 0 < a < 4 và a  1 0,5 
điểm 
Bài 2: 4 điểm, mỗi ý 2 điểm 
1) 4 1 5x x    2) x 1 1 x   (1) 
Tìm điều kiện x  1 
0,25 điểm 
Tìm điều kiện x  1 0,25 
điểm 
Với x  1, ta có: 4 5x   0,5 điểm Từ (1) ta có: x 1 x 1   
 x-1  (x - 1)2 (2 vế K. âm) 
0,5 
điểm Và 1 0x   0,25 điểm 
Suy ra: 4 1 5x x    0,25 điểm 
 (x - 1)(x - 2)  0 0,5 
điểm 
Dấu ''='' xảy ra khi:
4 5
1 0
x
x
  

 
 0,25 điểm 
Vì x - 1  0,  x - 2  0 
Tìm đ-ợc x  2 
Kết luận 
0,75 
điểm 
Tìm đ-ợc x = 1 (T/ mãn), KL 0,5 điểm 
Bài 3: 3 điểm, mỗi ý 1 điểm 
1) HS chứng minh đ-ợc bất đẳng thức: (a + b + c)2  3(a2 + b2 + c2) 0,5 
điểm 
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 63 
Vận dụng BĐT suy ra đ-ợc: 6x 11 6y 11 6z 11 3.39      = 3 13 0,5 
điểm 
 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 
1
3
0,5 
điểm 
2) Ta có     2 2 2 2 2x x 2007 x x 2007 y y 2007 y y 2007 2007           0,5 điểm 
 xy -x   2 2 2 2y 2007 y x 2007 x 2007 y 2007      = 2007 (1) 0,25 
điểm 
Từ GTxy +x   2 2 2 2y 2007 y x 2007 x 2007 y 2007      = 2007 (2) 0,25 
điểm 
Cộng vế với vế (1) và (2), ta có: xy +   2 2x 2007 y 2007  = 2007 0,25 
điểm 
Biến đổi đ-ợc (x + y)2 = 0, suy ra S = 0 0,25 
điểm 
Bài 4: 6 điểm, mỗi ý 2 điểm 
a) Chứng minh đ-ợc: 
KMD đồng dạng với KBC 0,75 điểm 
Suy ra : KD.BC = KC.MD 0,75 điểm 
Suy ra: KD.DC = KC.MD 0,5 điểm 
b) Trên tia Bx lấy H sao cho BH = BA 
Chứng minh đ-ợc ABM HBM   0,5 điểm 
 BAM =  0BHM 90 0,25 điểm 
Chứng minh đ-ợc BCN BHN   0,5 điểm 
 BCN =  0BHN 90 0,25 điểm 
Suy ra M, H, N thẳng hàng  MN BI 0,5 điểm 
c) Đặt NC = NH = x 
 Tính đ-ợc: 
2
2 3aMN x
4
 
  
 
0,25 điểm 
Mặt khác:  
2
22 aMN a x
4
 
   
 
 0,25 điểm 
Suy ra 
2
3a
x
4
 
 
 
=  
2
2a
a x
4
 
  
 
 0,25 điểm 
Tìm đ-ợc x = 
a
7
, tính đ-ợc MN = 
25a
28
 0,75 điểm 
Tính đ-ợc 
2
BMN
25a
S
56
 0,5 điểm 
Bài 5: 2 điểm 
Lấy M, N, P t-ơng ứng trên AB, BC, CA, sao cho AM = 
a, BN = b, CP = c, và 0 < a, b, c < 1, khi đó 
MB, NC, PA > 0 
0,5 điểm 
Ta có: AMP BMN CPN ABCS S S S   0,5 điểm 
Suy ra:   0 0AM.AP BM.BN CP.CN sin 60 sin60   
0,5 điểm 
  AM.AP BM.BN CP.CN  < 1 (đpcm) 0,5 điểm 
L-u ý: 
-Biểu chấm chỉ trình bày tóm tắt lời giải, HS phải lập luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa. 
- Học sinh làm cách khác, lập luận đúng cho điểm tối đa. 
A
B
C
P
M
N
Chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi THCS 
Nguyễn Anh Tuấn – Giáo viên tr-ờng THCS Thanh Long 64 
A
K D N CI
B
M
H
x