Cac chuyen de thi vao toan lop 10

PHẦN I: ĐẠI SỐ CHƯƠNG 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC Bình luận: Đây dạng tốn tham dự đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Các em cần làm cẩn thận I RÚT GỌN BIỂU THỨC KHÔNG CHỨA CHỮ: Bài (Hưng Yên – 2010 -2011): Rút gọn biểu thức: 50 48 + Hướng dẫn: A Sử dụng: B A B = Lời giải: 50 48 50 48 = + = 25 + 16 = 5+4 = 3 + Bài (Khánh Hòa – 2010 – 2011): Rút gọn biểu thức: = A ( ) 20 − + 45 Hướng dẫn: Sử dụng phép khai căn: A2 B = A B Lời giải: ( ) A = 5 − + =2.5 − + =10 Bài (Quảng Ninh – 2010 – 2011): a) So sánh hai số: 29 3+ b) Rút gọn biểu thức: = A 3− + 3− 3+ Nhận xét: Với ý 1, việc so sánh bậc hai số Ta cần để ý: A > B ↔ A>B Với ý 2, luôn phải để ý: A + B A − B hai đại lượng liên hợp với nên hay dùng để trục thức mẫu Lời giải: a) So sánh hai số: 29 45 > 29 ⇒ > 29 b) Rút gọn biểu thức: ( ) ( )( 3+ + 3− 3+ 3− + = A= 3− 3+ 3− 3+ ( ) ) + + + − + 14 = == 32 − Bài 4: (Bình Dương – 2014 – 2015): Rút gọn biểu thức: −1 A = 3+ 2 − +1 Nhận xét: Ngoài nhân tử mẫu với đại lượng liên hợp tốn cịn lưu ý tới đẳng thức: ( A + B C =X + Y C ) = A X + CY ↔  B = XY Lời giải: −1 A = 3+ 2 − ( = ) +1 2 +1 − ( ( = ) +1 )= − ( ( )( + 1)( ) − 1) −1 −1 2 −1 2 +1 − − 1= + − + 1= Bài (Đà Nẵng – 2010): ( a) Rút gọn biểu thức A = ( b) Tính B= ) −1 ) 20 − 45 + − Lời giải: a) Rút gọn biểu thức: A = ( ) b) Tính B = − ( ) 20 − 45 + = (2 −3 +3 ) = 10 − =3 − − = −1 Bài (TP Hồ Chí Minh 2012 – 2013): Rút gọn biểu thức: ( B = 2− ) ( 26 + 15 − + ) 26 − 15 Bình luận: Đây ý b đề thi tuyển sinh vào lớp 10 TP Hồ Chí Minh năm 2012 Đây minh họa cụ thể cách đưa ý tưởng: m+n p = a+b c Lời giải: ( B = 2− = = ( ) ( 26 + 15 − + 2− ) 52 + 30 − ( − ) (3 3+5 ) − ) 26 − 15 ( ) 2+ 52 − 30 ( + ) (3 −5 ) ) ( − )(3 = ) ( + )(3 3+5 − − 5= Nhận xét: Cùng với ý tưởng toán nhiên ta có nhận xét chút Với tốn ta có ( ) ngay: m + n p =a + b c tốn sau khó "chút xíu" ( Bài (Đá Nẵng – 2012 – 2013): Rút gọn biểu thức A = 10 − ) 3+ Lời giải: A= ( = ( ( −1 ) ( −1 ) 3+ = ) ( +1 = 10 − ) ) )( −1 6+2 5 +1 = Bài (TP Hồ Chí Minh – 2010 – 2011): Thu gọn biểu thức sau: A = 12 − + 21 − 12  5  3 B=  + + − −  +  − + + −  2    Lời giải: A = 12 − + 21 − 12 ( = 3− ) ( + 2− ) ( =3 − + − ) 3=  5  3 B=  + + − −  +  − + + −  2    B= (  = 5  (( 4+2 + 6−2 − (1 + ) ) ( = 1+ + + ( ) −1 ) −1 − ) ( + 4−2 + 6+2 −   − 5 +   ) (( + ( ) ( −1 + ) −1 + ( ) +1 − ) +1 ) )  − 3  = 5.3 + = 20 ⇒ B = 10 Bài 9: = Rút gọn P 1+ 1+ 1+ + 1− 1− 1− Nhận xét: Bài tốn kết hợp hai lí thuyết mà ta giới thiệu Lời giải: 2 += 4+2 = −= 4−2 = ( ) +1 1+ = 2 3) (1 − = −1 Do đó, ta có: P= P 2+ 3+ + 2− 3− ( + ) (3 − ) + ( − ) (3 + ) (3 + )(3 − ) = 3+ +3− = Vậy P = Bài 10: Thực phép tính a) A = b) B = + 17 − − 17 − 10 − + 3+ − 3− + 2− 2+ + 2+ + 2− − 2− c) Tính giá trị B =+ 20082 + 20082 2008 + 20092 2009 Phân tích hướng dẫn giải a) Tính:  + 17 − − 17 − 10 −   + 17 − − 17 + 10 −      ( ) =  + 17 − − 17  − 10 − =   + 17 − − 17 + 10 − > Mặt khác ta ln có: Vậy: + 17 − − 17 − 10 − = Tương tự chứng minh: b) B = 2+ + 2+ + + − − − =0 ⇒ A = = 2 2− − 2− ( 4+2 - Biến đổi + = = - Tương tự − ( − 1) 3= ) +1 2 Vậy B = ( ) +1 ( + 2+ 6+ ) −1 2 2− 6+ +1+ −1 = = Vậy B = c) Tính giá trị B =+ 20082 + 20082 2008 + 20092 2009 Ta có: B= + 20082 + 20082 2008 20082 2008 + = + − + + 2008 2.1.2008 ) ( 20092 2009 20092 2009 ( 2009 ) − 2.2009 = 2 2008  2008   2009 −  + 2009  2009  2008 20082 2008 + + = 2009 20092 2009 2008 2008 2008 2008 + = 2009 − + = 2009 2009 2009 2009 2009 = 2009 − Bài 11*: Rút gọn biểu thức: = P 1+ + + 5+ 9 + 13 + + 2001 + 2005 Nhận xét: Bài toán sử dụng phép trục thức cách nhân đại lượng liên hợp với để đưa mẫu số rút gọn tổng Lời giải: = P +1 + 9+ + 13 + −1 = + −1 +1 ( )( + = ( ) ( + + 2005 + 2001 9− 9− )( 9+ ) ( 2005 − 2001 2005 − 2001 )( + 2005 + 2001 ) 13 − 13 − 2005 − 2005 − Bài 12*: Tính giá trị tổng: B = 1+ ) + = −1 9− 13 − 2005 − 2001 + + + + = 4 4 Vậy P = )( 13 + 1 1 1 + + + + + + + + 2 99 1002 Phân tích hướng dẫn giải: Xét A = + 1 + 2 a ( a + 1) a>0 a ( a + 1) + ( a + 1) + a 1 Ta có: A =+ + = a ( a + 1)2 a ( a + 1) 2 a + 2a ( a + 1) + ( a + 1) = a ( a + 1) (a + a + 1) a ( a + 1) 2 a2 + a + 1 Vì a > 0, A > nên A = =1 + − a ( a + 1) a a +1 Áp dụng ta có: B = 1+ 1 1 1 + + + + + + + + 2 99 1002 1   1  1  = 1 + −  + 1 + −  + + 1 + − = 99,99  = 100 − 100  2  3  99 100  Nhận xét: Ta sử dụng ý tưởng khai từ ngồi để chế tạo tốn phức tạp lại dễ sau: Bài tốn: Tính A = + + 48 − 10 + Lời giải: Ta có A = + + 48 − 10 + + ( ( ) ) =4 + + 48 − 10 + =4 + + 5 − =9 = Vậy A = Nhận xét: Thơng thường với tốn rút gọn khơng chứa biến xuất đề thi thường xuất thêm ý phụ khác Bài 13 (Quảng Trị - 2010 – 2011): Rút gọn biểu thức (Khơng dùng máy tính cầm tay): 1) 2) + 18 − 2 a + b − ab ( a− b ) : a+ b với a > 0, b > 0, a ≠ b Lời giải: 1) Ta có: + 18 − 2 = 4.2 + 9.2 − 2 = 2 + − 2 = 2) Với a > 0; b > 0; a ≠ b ta có: a + b − ab ( a− b ) : a+ b ( a − b) = a− b ( ) ( a + b =a − b )( ) a + b =− a b Bài 14 (Hịa Bình – 2010 – 2011): a) Rút gọn biểu thức: A = x3 + y x − xy − y b) Rút gọn biểu thức: B = 20 − 10 + 35 − 20 Lời giải: a Điều kiện: x ≠ y; x ≠ − y A ( x + y ) ( x − xy + y ) = ( x + y )( x − y ) b Ta có: B = = x − xy + y x − 2y   1−  ( 20 − 10 + 35 − 20 = ( ) − + −= ) + (2 − 3)    Bài 15 (Thái Bình – 2010 – 2011):  Rút gọn biểu= thức: A  +  x−3 x Chứng minh rằng:  x−9 với x > 0, x ≠  x +3 x  1   10 + = +2  5−2 Lời giải: Với điều kiện x > 0; x ≠ Ta có:  = + A   x x −3  ( ⇔A )  −9  x= ⇔A x +3 x  ) x +3 + x ( ) x −3 x−9 x ( x − 9) x x +9+ x−3 x 9+ x = ⇔A x x Kết luận: Vậy với x > 0; x ≠ A = Ta có: Vậy: (  1  +  = +2  5−2 9+ x x      1   10 + = +2  5−2 Bài 16 (Khánh Hòa – 2014 – 2015): (  +2+ −2  = 5−2 5+2   )( ) 5 = 10 5−4 1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: = A +1 − − 10 2−  a a  a +1 2) Rút gọn biểu= thức B  với a > 0, a ≠ + : a −2 a−4 a +4 a−2 a Lời giải: Ta có: A= +1 − − 10 2− = ( ) 2− −1 − = − − =−1 2− Với a > 0, a ≠ ta có:  a a  a +1 = B  + : a −2 a−4 a +4 a−2 a  a a  = +   2 a a − −   ( a 1+ a = a −2 ).( ( a −2 ) ( ) a −2 a+ a = a +1 a −2 a +1 ) 2 a −2 = a +1 a ( a −2 ) Bài 17 (TP Hồ Chí Minh – 2013 – 2014): Thu gọn biểu thức sau:  x = A  +  x +3 = B 21 (  x +3 với x ≥ 0; x ≠  x −3 x +9 2+ + 3− ) ( −6 2− + 3+ ) − 15 15 Lời giải:   x−3 x +3 x +9 x +3  Với = x ≥ x ≠ ta có: A =  x +3 x −3  x+9   )( ( ( 4+2 + 6−2 21 ( +1+ −1 − 15 ( 3+ = B 21 = = ) ) 2 ( ) ( −3 4−2 + 6+2 ) − + + − 15 15 − 15 15 = 60 Bài 18 (Hưng Yên – 2012 – 2013): ( ) a) Tìm x biết: x + = x + ) x −3 ) − 15 15 ( b) Rút gọn biểu thức: A = − ) − Lời giải: ( ) a) Tìm x biết x + =2 x + ⇔ x + =2 x + 2 ⇔ x = Vậy x = ( b) Rút gọn biểu thức: A =1 − ) − 3= −1 − − =3 − − = Vậy A = −1 Bài 19 (Đồng Nai – 2012 – 2013):  1  −1 1/ Tính: P  = −   2− 2+ 3− 2/ Chứng minh: a + b5 ≥ a b + a b3 , biết a + b ≥ Lời giải:  1  −1 + − + 3 −1 1/ Tính: P = − = =   4−3 3 −1  2− 2+  3− ( ) 2/ Ta có: a + b5 ≥ a b + a b3 ⇔ a + b5 − a b − a b3 ≥ ⇔ a ( a − b ) − b3 ( a − b ) ≥ ⇔ ( a − b3 )( a − b ) ≥ ⇔ ( a − b ) ( a + b ) ( a + b + ab ) ≥ Vì: ( a − b ) ≥ (với a, b ∈  ) a + b ≥ (theo giả thiết) a + b + ab ≥ (với a, b ∈  ) Nên bất đẳng thức cuối Vậy a + b5 ≥ a b + a b3 với a + b ≥ (đpcm) Nhận xét: Với phần này, cần tinh ý để chuyển hết vế, sau tìm cách vận dụng đẳng thức Thường với tốn chứng minh bất đẳng thức cần vận dụng nhuần nhuyễn đẳng thức bất đẳng thức học Bài 20: (HSG Bắc Giang 2013) 1) Tính giá trị biểu thức A = 26 + 15 − 26 − 15 2) Rút gọn biểu thức  a−2 +2  a−2 a +   a − +1  P =  + −    :   a −     + a − 11 − a   a − a − − Lời giải: 1) Ta có: A= 26 + 15 − 26 − 15 3 + 3.2 + 3.2 = = (2 + 3) ( 3) + ( 3) ( − 2− 3 − − 3.22 + 3.2 ) = (2 + 3) − (2 − 3) = ( 3) − ( 3) 3 Vậy A = 2) Điều kiện: < a ≠ 11 a − ( < x ≠ 3) ⇒ a = x + Đặt x = ( x + )  x x +   3x + 1  + −  Tính được: P =  :    + x − x   x − 3x x  ( x + )  ( x + 3)   x +  ( x + ) x ( x − 3) x a−2 = = − = −  :  =   3 − x 2x + 2  − x   x ( x − 3)  Lưu ý: Với phần 2, biểu thức mẫu có biến số nên thiết phải đặt điều kiện để biểu thức có nghĩa Bài 21: Trục thức mẫu số biểu thức: A = 1 + 33 − Hướng dẫn giải: Áp dụng đẳng thức: ( a + b + c ) ( a + b2 + c − ab − bc − ca ) a + b3 + c − 3abc = Ta coi mẫu số A có dạng a + b + c Khi nhân tử số mẫu số A với ( a + b + c − ab − bc − ca ) , ta có: A= ( ) + ( −2 ) − 1.3 − ( −2 ) − ( −2 ) 1 + ( ) − ( ) − 3.1.3 ( −2 ) 12 + 3 = 3 3 3 3 3 13 + 113 + 59 II RÚT GỌN BIỂU THỨC CÓ CHỨA CHỮ: A Dạng tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa: Nhận xét: Đối với dạng toán nguyên tắc xác định điều kiện biểu thức là: + Nếu có bậc hai (tổng quát bậc chẵn) biểu thức thức phải khơng âm + Nếu có phân thức mẫu số phải khác Bài (Vĩnh Phúc – 2012 – 2013): Cho biểu thức: P = Tìm điều kiện xác định biếu thức P Rút gọn P 6x − x + − x −1 x +1 x −1  = sd  a) Ta có C AB (tính chất góc nội tiếp)  = sd  DAB AB (tính chất góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) =  ⇒ DAB C =  chung góc đỉnh D Vì hai tam giác DAB DCA có ⇒ DAB C ∆DAB ∽ ∆DCA ⇒ b) AB DB DA DB = = ⇒ DA2 = DB.DC , AC DA DC DA AB BD AB DB DB DB = ⇒ = = = 2 AC DA AC DA DB.DC DC c) Vì AE tia phân giác góc A nên Theo kết câu b, AB EB (tính chất đường phân giác) = AC EC AB DB EB DB = ⇒ = ⇒ EC BD =EB DC 2 AC DC EC DC Bài 12: Cho tam giác ABC Trung tuyến AD, đường cao BH, phân giác CE đồng quy Chứng minh: ( BA + CA ) ( BC + CA2 − AB ) = BC.CA2 Lời giải: Tam giác vuông BHC có: CH = BC − BH = BC − ( AB − AH ) = BC − AB + AH = BC − AB + ( CA − CH ) ⇒ BC + CA2 − AB = = 2CA CH ⇒ CH Tương tự: AH = ⇒ BC + CA2 − AB 2CA CA2 + AB − BC 2CA CH BC + CA2 − AB = AH CA2 + AB − BC (1) Trong tam giác ADC, CO phân giác nên: OD CD BC = = OA CA 2CA ( 2) Từ D kẻ DK vng góc với CA, ta có: BH / / DK HK = ⇒ HC OD HK CH = = OA HA HA ( 3) Từ (1); (2); (3): ⇒ BC + CA2 − AB BC BC + CA2 − AB BC = ⇒ = 2 2 CA + AB − BC CA 2CA BC + CA Ta có điều phải chứng minh Bài 13: Cho đường tròn (O, R) A, B hai điểm thuộc đường tròn Gọi C điểm nằm cung nhỏ AB, E điểm thuộc cung lớn AB, hai đoạn thẳng AB CE cắt D a) Chứng minh CA2 = CE.CD b) Giả sử  AOB < 120o Chứng minh AB < 4CE.CD < R Lời giải: a) Xét hai tam giác CAD CEA có:   ACD = ECA  = CEA  (hai góc nội tiếp chắn hai cung AC CB) CAD CA CD ⇒ ∆CAD ∽ ∆CEA ⇒ = ⇒ CA = CE.CD CE CA b)= Ta có  AOC 1 AOB,  AOB < 120o ⇒  AOC < 60o Tam giác OAC cân O,  AOC < 60o ⇒  AOC góc nhỏ tam giác ⇒ CA < OA ⇒ CA < R Lại có AB < CA + CB (Bất đẳng thức cạnh tam giác) CA = CB (giả thiết) ⇒ AB < 2CA CE.CD = CA2 Ta có  ⇒ AB < 4CE.CD < R  AB < 2CA < R Bài 14: Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường trịn (O) D điểm thuộc cung BC khơng chứa A (D khác B C) AD cắt BC E Chứng minh AD AE = AB Lời giải:    Ta có:  = ADB = sd AB, ABE sd AC 2 (tính chất góc nội tiếp) AB = sd  AC AB = AC (giả thiết) ⇒ sd   ⇒ ADB = ABE Hai tam giác ADB ABE có chung góc đỉnh A :  =  ADB ABE ⇒ ∆ADB ∽ ∆ABE ( g g ) ⇒ AD AB = ⇒ AB = AD AE AB AE Bài 15: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) Tia phân giác góc A cắt cạnh BC D cắt đường tròn điểm thứ hai E Chứng minh AD AE = AB AC Lời giải: Xét hai tam giác ABD AEC :  = EAC  (giả thiết),  BAD ABD =  AEC (hai góc nội tiếp chắn cung AC) ⇒ ∆ABD ∽ ∆AEC ( g g ) ⇒ AB AD = ⇒ AD AE = AB AC AE AC Bài 16 (Lớp 10 THPT Tp.HCM 2011 - 2012): Cho đường trịn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A đường tròn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC ) a) Chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vng góc với EF b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P Q (E nằm P F) Chứng minh AP = AE.AB Suy APH tam giác cân c) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm AD đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp d) Gọi I giao điểm KF BC Chứng miuh IH = IC.ID Lời giải:  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), a) BAC = = HEA 90o ( HE ⊥ AB ) , HFA 90o ( HF ⊥ AC ) ⇒ Tứ giác AEHF hình chữ nhật Gọi J giao điểm AH EF ta có: JA = JF =  ⇒ ∆JAF cân J ⇒ JFA JAF OA OC =( R ) Mà = =  ⇒ ∆OAC cân O ⇒ OAC OCA  + JFA  = OCA  + JAF  = 90o Nên OAC Do OA ⊥ EF  = QA ⇒ b) OA ⊥ EF ⇒ PA ABP =  APE  (chung),  Xét ∆ABP ∆APE có BAP ABP =  APE Do ∆ABP ∽ ∆APE ( g g ) ⇒ AP AB = ⇒ AP = AE AB AE AP ∆HAB vuông H, HE đường cao ⇒ AH = AE AB 2 AP = AH= = AH ⇒ ∆APH cân A ( AE AB ) ⇒ AP  = JFA  (đối đỉnh),   (cùng phụ  c) Ta có CFD ABC = JAF ACB )  = JAF  (cmt) Do CFD = JFA ABC  (AKCB nội tiếp) Nên CFD  = CKD  Mà  ABC = CKD =  ⇒ Tứ giác CFKD nội tiếp ⇒ KFD KCD  = EAK  ( tứ giác AKCB nội tiếp ) Mặt khác KCD ( )    ⇒ Tứ giác AEFK nội tiếp Ta có KFD = EAK = KCD  (chung), IFC  (tứ giác CFKD nội tiếp)  = IDK d) Xét ∆IFC ∆IDK có FIC IF IC ⇒ ∆IFC ∽ ∆IDK ( g g ) ⇒ = ⇒ IF IK = IC.ID ID IK Tứ giác AEHK nội tiếp ( AEHK hình chữ nhật), tứ giác AEFK nội tiếp ⇒ A, E, H, F, K thuộc đường tròn  ) ⇒ HKF =    , HAF   (cùng phụ với HCF IHF ⇒ HKF = HAF = IHF  chung, HKI  = IHF  ( g.g ) ⇒ IH = IK ⇒ IH = IF IK ∆IHK ∽ ∆IFH ( HIF IF IH Vậy ID ( IF IK ) IH IC = = Bài 17: Cho tam giác nhọn ABC, đường cao CK, H trực tâm tam giác M điểm CK cho  AMB = 90o S, S1, S2 diện tích tam giác AMB, ABC, ABH Chứng minh: S = S1.S2 Lời giải: Tam giác AMB vuông M, có MK vng góc với AB nên MK = AK BK (1) ∆AHK ∽ ∆CBK có:     (cùng phụ với  ABC ) AKH = CKB = 90o ; KAH = KCB ⇒ AK HK = ⇒ AK KB = CK HK CK BK ( 2) Từ (1) (2) ta có: MK = CK HK nên MK = CK HK ; = S AMB 1 = AB.MK AB = CK HK 2 1 AB.CK = AB.HK 2 S1.S Vậy S = S1.S Bài 18: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Hai đường chéo cắt I, hai tia AD BC cắt K Chứng minh rằng: a) IA.IC = IB.ID b) KA.KD = KB.KC Lời giải:  = IDC  (hai góc nội tiếp chắn cung BC) a) Xét hai tam giác IAB ICD: IAB   (hai góc đối đỉnh) AIB = DIC ⇒ ∆AIB ∽ ∆DIC ( g g ) ⇒ IA IB = ⇒ IA.IC = IB.ID ID IC  b) Xét hai tam giác KAB KCD, ta có:  AKB = CKD  = KAB  (tính chất góc ngồi tứ giác nội tiếp) KCD KA KB ⇒ ∆KAB ∽ ∆KCD ( g g ) ⇒ = ⇒ KA.KD = KB.KC KC KD Bài 19: Cho nửa đường trịn đường kính AB hai điểm C, D thuộc nửa đường tròn (D thuộc cung AC) Hai đoạn thẳng AC BD cắt I Chứng minh AI AC+ BI.BD = AB2 Lời giải: Ta có  ACB =  ADB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Gọi H hình chiếu vng góc I lên cạnh AB, Hai tam giác AHI ACB có:   ⇒ ∆HAI ∽ ∆CAB HAI = CAB AH AI ⇒ = ⇒ AI AC = AB AH AC AB (1) Hai tam giác vng BHI BDA có   ⇒ ∆HBI ∽ ∆DBA HBI = DBA ⇒ BH BI = ⇒ BI BD =AB.BH BD AB ( 2) Từ (1) (2) ta có AI AC + BI BD= AB.BH + AB AH= AB ( BH + AH )= AB Bài 20: Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn Đường trịn đường kính AC cắt tia AB AD E F Đường trịn đường kính BC cắt AC điểm thứ hai H Chứng minh a) AB AE = AH AC b) BC AF = HC AC c) AB AE + AD AF = AC Lời giải:   a) Ta có BEC = BHC = 90o (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), tam giác AEC AHB tam giác vuông Xét hai tam giác vng AEC AHB có   ⇒ ∆AEC ∽ ∆AHB EAC = HAB AE AC ⇒ = ⇒ AB AE = AH AC AH AB b) Ta có  AFC = 90o (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), tam giác AFC tam giác vuông  = CAF  (hai góc so le tạo AC hai đường thẳng Xét hai tam giác vuông BHC ACF có BCH song song BC AF) HC BC ⇒ ∆BCH ∽ ∆CAF ⇒ = ⇒ BC AF = HC AC AF AC c) Ta có AD = BC (hai cạnh đối hình bình hành) ⇒ AD AF = BC AF Mà BC AF = HC AC (chứng minh trên) ⇒ AD AF = HC AC Ta lại có AB AE = AH AC (chứng minh trên) ⇒ AD AF + AB AE = HC AC + AH AC = ( CH + AH ) AC = AC AC = AC Bài 21: Cho tam giác ABC (AB < AC), kẻ phân giác AD trung tuyến AM Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt cạnh AB AC E F Chứng minh rằng: a) BE.BA = BD.BM BC b) BE.BD + CF CA = Lời giải: a) Ta có AMDE tứ giác nội tiếp đường trịn =  (tính chất góc ngồi tứ giác nội tiếp) ⇒ BDE BAM Vì hai tam giác BDE BAM có chung góc đỉnh B  = BAM  nên BDE ∆BDE ∽ ∆BAM ( g g ) ⇒ BD BE = BA BM ⇒ BE.BA = BD.BM b) Chứng minh tương tự câu a, ta có CF CA = CD.CM 1 BE.BA + CF CA = BD.BM + CD.CM = BD BC + CD 2 BC 1 ⇒ BE.BA + CF CA = ( BD + CD ) BC = BC 2 CHƯƠNG 12 CỰC TRỊ HÌNH HỌC A PHƯƠNG PHÁP GIẢI • Dạng : Bất đẳng thức đường xiên, đường vuông góc: Ta có MA ⊥ d , A ∈ d, M ∉ d : a) MA ≤ MB Dấu " = " xảy A ≡ B b) AB ≤ AC ⇔ MB ≤ MC • Dạng : Bất đẳng thức tam giác n điểm: - Với ba điểm A, B, C có: AB + AC ≥ BC Dấu " = " xảy ⇔ A nằm B C - Với n điểm A1; A2; A3 ;An có: A1 A2 + A2 A3 + + An −1 An ≥ A1 An Dấu " = " xảy ⇔ A1; A2; A3 ;An thẳng hàng theo thứ tự • Dạng : Bất đẳng thức đường trịn: - Đường kính dây cung lớn đường tròn - Trong đường tròn (O), AB CD hai dây cung OH, OK khoảng cách từ O đến AB, CD ⇔  Ta có: OH ≥ OK ⇔ AB ≤ CD ⇔  AB ≤ CD AOB ≤ COD • Dạng : Bất đẳng thức đại số: Một tốn cực trị hình học có phải dùng đến công cụ đại số ( điều kiện xảy đẳng thức bất đẳng thức) Kiến thức cần nhớ * x ≥ Dấu " = " xảy x = * - x ≤ Dấu " = " xảy x = Bất đẳng thức Cô si (Cauchy): Cho a, b khơng âm ta có a+b ≥ ab (*) Dấu " = " xảy a = b Tổng quát : Cho n số khơng âm a1; a2; ;an Ta có: a1 + a2 + + an n ≥ a1.a2 an n Dấu " = " xảy a1= a2= = an Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 Cho bốn số a, b, c, d ta ln có: ( ab + cd ) ≤ ( a + c )( b + d ) Dấu " = " xảy ⇔ ad = bc Tổng quát: Cho 2n số a1 ,a2, ,an; b1 ,b2, ,bn ta ln có : ( a1b1 + a2b2 + anbn ) Dấu " = " xảy ⇔ ≤ ( a12 + a22 + + an2 )( b12 + b22 + + bn2 ) a a1 a2 = = = n b1 b2 bn Với qui ước mẫu tử Các tốn quen thuộc: Cho a, b, c > ( a + b ) ≥ ( a + b ) ≥ 4ab 2 ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) 1 1 ( a + b )  +  ≥ a b 1 1 ( a + b + c )  + +  ≥ a b c Dấu " = " xảy ⇔ a = b = c Chú ý: Chỉ có (*) thừa nhận, bất đẳng thức khác dùng phải chứng minh B BÀI TẬP  Chứng minh  ≤ BAC Bài 1: Cho tam giác ABC cân A Hai điểm K, L thuộc cạnh đáy BC cho KAL rằng: KL ≤ BC Lời giải: Gọi H trung điểm BC Khơng tính tổng quát giả sử K nằm B L Nếu K L nằm đoạn BH CH suy điều phải chứng minh Nếu không giả sử K thuộc đoạn HC   = BAC Trên tia KL lấy M cho KAM ≤ Do M thuộc đọan BC L nằm K M (do KAL ⇒ KL ≤ KM Ta giả sử AM ≥ AK (nếu AK ≥ AM ) chứng minh tương tự Hạ MP vng góc với AC ta có:  BAC ) ∆KAH ∽ ∆MAP ⇒ KH AK = ⇒ KH ≤ MP MP AM Dễ dàng chứng minh được: MP ≤ MC ⇒ KH ≤ MC ≤ KM ≤ HC BC ⇒ KL ≤ HC ⇒ KL ≤ HC = ⇒ Ta có điều phải chứng minh Bài 2: Cho tam giác ABC có trọng tâm G Một đường thẳng qua G E, F cắt cạnh AB, AC M, N Chứng minh rằng: S AMN ≤ < S ABC Lời giải Qua C, B kẻ đường song song với MN cắt AG Ta có: AB AF AC AE = = ; AM AG AN AG ⇒ AB AC AE + AF += = AM AN AG (do G ' E = G ' F với G' trung điểm BC) S AB AC  AB AC  Ta có: ABC = ≤  + = S AMN AM AN  AM AN  Vậy S AMN ≥ S ABC Dấu xảy AB AC MN / / BC = AM AN Do M, N nằm đoạn AB, AC MN qua trọng tâm G nên 1< AB AC ; hay − ( x + y ) + xy > Do − xy > ⇒ xy < AM AN ⇒ < AB AC Vậy S AMN < S ABC Bài 3: Về phía ngồi tam giác ABC dựng tam giác BCA1; CAB1, ABC1 cho tổng diện tích tam giác nhỏ diện tích tam giác ABC Qua A1; B1; C1 vẽ đường thẳng tương ứng song song với BC, CA, AB Chúng cắt tạo thành tam giác MNP Chứng minh: S MNP < S A1CB1 AC1B Lời giải: Theo đề ta cần chứng minh S MNP < S AB1CA1BC1 Ta có: BA / / MN , AC / / MP, BC / / NP điều chứng tỏ MA, NB, PC đồng quy điểm ta gọi điểm D DC = k AC / / MP, BC / / NP DP Đặt ⇒ BD DA CD = = =k DN DM DP Vì AC / / MP ⇒ S AB1C = S APC ⇒ S AB1C + S ADC = S APC + S ADC S ADP ⇒ S AB1CD = ⇒ S AB1CD S MDP S AD k = ADP = = S MDP MD S B1CD S DBA1C S AB1CD Tương tự chứng minh trên: = = = k S MDN S DNP S DMP ⇒k S AC1BD + S DBA1C + S AB1CD S AB1CA1BC1 = S MND + S DNP + S DMP S MNP Cũng AC / / MP ⇒ S AB1C = S APC ⇒ S AB1C S ADC (1) = S APC PC = S ADC DC Tương tự suy ra: S AC1B AM NB S BA1C PC S AB1C = = = = = S ABD AD ND S BDC DC S ADC S AC1B + S BA1C + S AB1C S AC1B + S BA1C + S AB1C = AB + AC > AM + AN Lời giải: Gọi P, Q giao điểm thứ AM, AN với (O) ta có BCQP hình thang cân Lại có: ∆ABM ∽ ∆AQC ⇒ AM AQ = AB AC Mà MN / / PQ ⇒ ⇒ AM NQ = =1 MP NA AM NQ = BM CN BN CN ⇒ AM NQ = BM CN BN CM ⇒ AM AN =AM AQ − AM NQ =AB AC − BM CN BN CM Gọi E điểm cung BC (O) Ta có: AB + AC = Hãy AE.BC AE.PQ > = AQ EB EP chứng minh ( AM + AN )( AP + AQ ) ≤ ( AB + AC ) tiếp: Để suy điều phải chứng minh Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Đường thẳng AO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC D, BO kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OCA E, CO kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB F Chứng minh rằng: OD.OE.OF ≥ R Lời giải:  = DOC  = OAC  + OCA  =180o − B  Ta có: DBC   Tương tự: DCB = 180o − 2C  ;180o − 2C  ⇒ ∆DBC có góc DBC DCB có số là: 180o − B Tương tự cho tam giác AEC, ABE Ta có: ∆BDC ∽ ∆BAF ∽ ∆EAC Đặt= BC x= ; DC y= ; BD z Khi đó: BF AF BA = = x y z EC AC EA = = x y z (1) ( 2) Áp dụng định lí Pto-le-me cho tứ giác OBDC ta có: = OB.DC + OC.BD ⇒ OD = R OD.BC z+ y ( 3) x Áp dụng định lí Pto-le-me cho tứ giác OAEC ta có: OE = AC R ( AE + CE ) Kết hợp (2) ta có: OE = R z+x y ( ) ; tương tự OF = R x+ y ( 5) z Từ (3); (4); (5) ⇒ OD = OE.OF R ( y + z )( x + z )( x + y ) R yz zx xy ≥ = 8R3 xyz xyz Ta có điều phải chứng minh Bài 6: Cho đường tròn (O; R) đường kính BC A điểm chuyển động đường trịn Xác định vị trí A để : a) Diện tích tam giác ABC lớn b) Chu vi tam giác ABC lớn Lời giải: a) Cách 1: Vẽ AH ⊥ BC H Ta có: AH ≤ AO Do S ABC = 1 AH BC ≤ AO.BC = R 2 S ABC ≤ R , R không đổi Dấu " = " xảy ⇔ H ≡ O ⇔ A giao điểm đường trung trực đoạn BC đường tròn (O) Vậy A giao điểm đường trung trực đoạn BC đường trịn (O) diện tích tam giác ABC lớn Cách 2:  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) Ta có BAC ∆ABC vuông A ⇒ AB + AC = BC ( định lí Pitago) Nên AB + AC = 4R2 1 AB AC= AB + AC ) − ( AB + AC − AB AC ) ( 4 1 2 =BC − ( AB − AC ) = R − ( AB − AC ) ≤ R 4 S ABC= S ABC ≤ R , R không đổi Dấu " = " xảy ⇔ AB = AC ⇔ A giao điểm đường trung trực đoạn BC đường tròn (O) Vậy A giao điểm đường trung trực đoạn BC đường tròn (O) diện tích tam giác ABC lớn b) Ta có: AB + AC= = ( AB + AC ) = AB + AC + AB AC R + S ABC ≤ R + R = 2 R Do chu vi ∆ABC = AB + AC + BC ≤ 2 R + R = ( ) +1 R Dấu "=" xảy ⇔ A giao điểm đường trung trực đoạn BC đường tròn (O) Vậy A giao điểm đường trung trực đoạn BC đường trịn (O) chu vi ∆ABC lớn Bài 7: a) Tìm hình chữ nhật nội tiếp đường tròn (O; R) cho trước có diện tích lớn b) Tìm tứ giác nội tiếp đường tròn (O; R) cho trước có diện tích lớn Lời giải: = a) ABCD hình chữ nhật ⇒ DAB 90o S ABCD = S ABD  2R DAB = 90o ⇒ DB đường kính ( O ) ⇔ DB = Vẽ AH ⊥ BD ( H ∈ DB ) AH ≤ OA = R Do S ABCD = S ABD = AH BD = AH BD ≤ R.2 R = R 2 Vậy S ABCD ≤ R , R không đổi Dấu "=" xảy ⇔ H ≡ O ⇔ ABCD hình vng b) Vẽ AH ⊥ BD ( H ∈ DB ) , CK ⊥ BD ( K ∈ BD ) Gọi I giao điểm AC BD Ta có H , I , K ∈ BD, AH ⊥ BD CK ⊥ BD ⇒ AH ≤ AI CK ≤ IC Do đó: AH + CK ≤ AI + IC ⇒ AH + CK ≤ AC S ABCD = S ABD + S BCD = 1 AH BD + CK BD = BD ( AH + CK ) 2 AC ≤ R; BD ≤ R (đường kính dây cung lớn đường trịn) Do S = ABCD 1 BD ( AH + CK ) ≤ BD AC ≤ R 2 Dấu "=" xảy H ≡ I ≡ K , AC BD hai đường kính (O) ⇔ ABCD hình vng Bài 8: Chứng minh tất tứ giác lồi nội tiếp đường trịn, hình vng có chu vi lớn Lời giải: Xét tứ giác lồi ABCD hình vng MNPQ nội tiếp đường trịn (O) cho MP ⊥ AC , MP đường kính đường tròn (O) Suy M, P trung điểm cung AC, cung lớn AC MP ⊥ QN , MP QN đường kính  =NP  =PQ  =QM  ⇒ MN Gọi E' giao điểm AD với đường trịn tâm A bán kính r = AB AC ⇒ E ' cố định 2R Xét điểm O, A, E ta có OE ≥ AE − AO ≥ AH − AO = AE '− AO = OE ' ⇒ OE ≥ OE ', OE ' không đổi Ta có S ABC lớn ⇔ BC lớn ⇔ OE nhỏ ⇔ OE= OE ' ⇔ E ≡ E ' ... 1−1− = 42.5 − 22.5 + − + = − + − 5= + 21 + − 21 = 10 + 21 − 21 = 10 ( + ) − 84 = d ( + − )( 72 + 20 + 32 ) = ( + − )( + 10 + ) = ( − ) (10 + 10 ) = 30 ( − )( + )= 90 2 c ( − + + 3= e = ) ( ( −1... Áp dụng ta có: B = 1+ 1 1 1 + + + + + + + + 2 99 100 2 1   1  1  = 1 + −  + 1 + −  + + 1 + − = 99,99  = 100 − 100  2  3  99 100  Nhận xét: Ta sử dụng ý tưởng khai từ ngồi để... tốn: Tính A = + + 48 − 10 + Lời giải: Ta có A = + + 48 − 10 + + ( ( ) ) =4 + + 48 − 10 + =4 + + 5 − =9 = Vậy A = Nhận xét: Thơng thường với tốn rút gọn khơng chứa biến xuất đề thi thường xuất thêm