Đang tải... (xem toàn văn)
SKKN 2013 2014 Hình thành tư duy toán học cùng trẻ thông qua một số bài toán đơn giản của chủ đề Mét sè ỨNG DỤNG CỦA HẰNG ĐẲNG THỨC BÌNH PHƯƠNG CỦA MỘT TỔNG A ĐẶT VẤN ĐỀ Một kiến thức của bộ môn toán.
Hình thành tư tốn học trẻ thơng qua số toán đơn giản chủ đề: Mét sè ỨNG DỤNG CỦA HẰNG ĐẲNG THỨC: BÌNH PHƯƠNG CỦA MỘT TỔNG A ĐẶT VẤN ĐỀ: Một kiến thức mơn tốn giới thiệu thức đầu chương trình lớp song có vai trị quan trọng chương trình tốn THCS chương trình tốn tiếp nối là: “Bảy đẳng thức đáng nhớ” Nhắc đến bảy đẳng thức đáng nhớ em biết, có em quen viết chúng dạng tổng quát song việc vận dụng chúng vào việc giải tốn khơng hẳn em thực được; đặc biệt đẳng thức : “ Bình phương tổng” Bởi đẳng thức có nhiều ứng dụng Nó vận dụng để giải toán nhiều dạng khác Để thu hút, gây hứng thú em học phần giúp em phát đẳng thức: “Bình phương tổng” hướng dẫn em khai thác đẳng thức từ biết cách vận dụng để giải số dạng tốn, tốn mà giải chúng cơng cụ đẳng thức: ( A + B)2 = A2 + 2AB + B2 kiến thức suy từ đẳng thức việc giải toán trở nên dễ dàng Tuy nhiên có tốn khơng vận dụng cơng cụ đến kết song trình giải dài khó khăn Cũng thơng qua chủ đề tiếp tục bồi dưỡng hình thành tư tốn học cho học sinh có lực tiếp thu chưa tốt! Vinh, ngày chuyển giao th k (Tác giả) B NI DUNG LM QUEN VỚI HẰNG ĐẲNG THỨC “BÌNH PHƯƠNG CỦA MỘT TỔNG ”: • Cơng thức tổng qt: ( A + B)2 = A2 + 2AB + B2 ( với A,B biểu thức tùy ý ) Vậy “Bình phương hiệu” nào? Từ “Bình phương tổng”, ta có: ( A - B)2 = [ A + ( - B)]2 = A2 + 2A( - B) + ( - B)2 = A2 - 2AB + B2 Hay ( A - B)2 = A2 - 2AB + B2 * Ghi nhớ: ( A B)2 = A2 2AB + B2 ( với A,B biểu thức tùy ý ) ỨNG DỤNG VÀ KHAI THÁC CỦA HẰNG ĐẲNG THỨC “ BÌNH PHƯƠNG CỦA MỘT ( HAY HIỆU)” 2.1 Tính nhẩm, tính nhanh, tính giá trị biểu thức Ví dụ 1: Tính bình phương của: a) Số tận chữ số Áp dụng tính 752 Giải: • Ta có: = 10a + Nên = (10a + 5) = ( 10a)2 + 10ª + 52 = 100a2 + 100a + 25 Hay = 100a( a + 1) + 25 • Áp dụng với 752 ta có: a = nên 752 = 100 7( + 1) + 25 = 100 + 25 = 5625 * - Nhận dạng số có tận chữ số - Tính bình phương dạng tổng quát nhờ đẳng thức: “Bình phương tổng” - Áp dụng tính 752: a = thay vào dạng tổng quát b) Số Áp dụng tính 9992 Giải: • Ta có: = - Nên = (1 - 1)2 = (1 )2 – + 12 =1–2+1 • Áp dụng với 9992 ta có: n = nên 9992 = 000 000 – 000 + = 998 001 * - Viết số cho dạng hiệu số dễ nhẩm kết - Vận dụng đẳng thức: “Bình phương hiệu” suy từ đẳng thức: “Bình phương tổng” để tính - Áp dụng tính 9992: n = thay vào dạng tổng quát c) Số Áp dụng tính 10012 Giải: • Ta có: = + Nên = (1 + 1)2 = (1 )2 + + 12 =1+ 2+1 • Áp dụng với 10012 ta có: n = nên 10012 = 000 000 + 000 + = 002 001 * - Viết số cho dạng tổng số dễ nhẩm kết - Vận dụng đẳng thức: “Bình phương tổng” để tính - Áp dụng tính 2: n = thay vào dạng tổng quát 2 # Tổng quát: = = 12 Ví dụ 2: Tính nhanh: M = 1232 + 77 226 + 772 Giải: Ta có: M = 1232 + 77 226 + 772 = 1232 + 123 77 + 772 = ( 123 + 77)2 = 2002 = 40 000 * - Dự đoán: Nếu A = 123 B = 77 2AB = 123 77 = 226 77 = 77 226 Như biểu thức cho có dạng bình phương tổng sau biến đổi 77 226 = 77 123 = 123 77 - Vận dụng đẳng thức: “Bình phương tổng” để tính Ví dụ 3: Tính : Giải: Ta có: = = = = ( = = = = = ( * - Biến đổi nhận dạng biểu thức dấu có dạng bình phương tổng( hay hiệu): viết thành bình phương tổng thành bình phương hiệu - Vận dụng đẳng thức: “Bình phương tổng( hay hiệu)” để tính Ví dụ 4: Rút gọn: A = + Giải: Ta có: A = + = + = + Nếu m < - A = - m – – [ - (m – 1)] = - m – + m – = - Nếu - A = m + – [ - ( m – 1)] = m + + m – = 2m Nếu m > A = m + – ( m – 1) = m + – m + = Vậy với: m < - A = - - A = 2m m > A = * - Biến đổi biểu thức dấu dạng bình phương tổng( hay hiệu) - Thực khai - Áp dụng định nghĩa giá trị tuyệt đối chia trường hợp để tính A Ví dụ 5: Tính giá trị biểu thức sau: M = m2 + n2 + p2 + q2 + 2( mn + pq) biết m =.2,013; n = 1,987; p = 20,14; q = 14,14 Giải: Ta có: M = m2 + n2 + p2 + q2 + 2( mn + pq) = m + n2 + p2 + q2 + 2mn - 2pq = ( m2 + mn + n2) + (p2 - 2pq + q2) = ( m + n)2 + ( p - q)2 Khi m =.2,013; n = 1,987; p = 20,14; q = 14,14, ta có: M = (2,013 + 1,987)2 + (20,14 - 14,14)2 = 42 + 62 = 16 + 36 = 52 Vậy m =.2,013; n = 1,987; p = 20,14; q = 14,14 M = 52 * - Biến đổi biểu thức cho cách nhóm hạng tử thích hợp làm xuất bình phương tổng( hay hiệu) - Áp dụng “ Bình phương tổng( hay hiệu)” để tính nhanh giá trị P Ví dụ 6: Tính: M2 + N2 + P2 – MNP Biết m, n, p M = ; N = ; P = Giải: Khi m, n, p M = ; N = ; P = , ta có: M2 + N2 + P2 – MNP = = + + – ( )()( ) = +2+ + +2 + + + + - ( + + +( + (vì m, n, p0) = + + + + + + -(+ = +(+ + + + + ) + + + ++ = Vậy m, n, p M = ; N = ; P = Thì M2 + N2 + P2 – MNP = * - Từ kiện toán cho viết biểu thức cho - Bằng cách khai triển rút gọn biểu thức vừa tìm nhờ đẳng thức: “Bình phương tổng” để tính nhanh giá trị của: M + N2 + P2 – MNP Ví dụ 7: Tính: N = biết ( * ) Giải: Ta thấy: P = x = N = Giả sử x P = + = (+ – = Mà = = + = x + + = - +1–1= N= Vậy: Khi P = N = P N = * - Xét trường hợp xảy P - Ứng với trường hợp tính gián tiếp cách viết dạng làm xuất “Bình phương tổng” từ kiện toán viết ( * ) dạng x + để tính N 2.2 Phân tích thành nhân tử Ví dụ 8: Viết 22014 + dạng tích hai thừa số nguyên dương Giải: Ta có: 22014 + = 22014 + 21008 + - 21008 = (21007)2 + 21007 + 12 – (2504)2 = (21007 + 1)2 – (2504)2 = (21007 - 2504 + 1) (21007 + 2504 + 1) Mà 21007 > 2504 21007 + > 2504 21007 - 2504 + > 21007 + 2504 + 1> Nên 21007 - 2504 + 21007 + 2504 + số nguyên dương Như ta viết 22014 + dạng tích hai thừa số nguyên dương * - Viết 22014 + thành hiệu hai bình phương thơng qua việc sử dụng đẳng thức: “Bình phương tổng” cách thêm bớt hạng tử 21008 Ví dụ 9: Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: A = x4 + 3x2y3 + 9y6 Giải: Ta có: A = x4 + 3x2y3 + 9y6 = ( x2)2 + x2 3y3 + ( 3y3)2 = ( x2 + 3y3 )2 * - Ta thấy: x4 = ( x2)2 9y6 = ( 3y3)2 - Như vậy: Nếu A = x2 B = 3y3 2AB = x2 3y3 = 3x2y3 Lúc đó: biểu thức cho có dạng bình phương tổng sau biến đổi 3x2y3 = x2 3y3 - Vận dụng đẳng thức: “Bình phương tổng” để viết biểu thức cho thành nhân tử b) B = ( a + b + c)2 + ( a + b - c)2 – 4c2 Giải: Ta có: B = ( a + b + c)2 + ( a + b - c)2 – 4c2 = ( a + b)2 + 2( a + b).c + c2 + ( a + b)2 - 2( a + b).c + c2 – 4c2 = 2( a + b)2 + 2c2 – 4c2 = 2( a + b)2 – 2c2 = 2[( a + b)2 – c2] = 2( a + b – c)( a + b + c) * - Vận dụng đẳng thức: “Bình phương tổng( hay hiệu)” để khai triển biểu thức cho - Rút gọn B vận dụng hiệu hai bình phương để viết biểu thức cho thành nhân tử c) C = 4x(x + y)( x + y + z)( x + z) + y2z2 Giải: Ta có: C = 4x(x + y)( x + y + z)( x + z) + y2z2 = 4[ x( x + y + z)][ ( x + y)( x + z)] + y2z2 = 4m( m + yz) + y2z2 với m = x2 + xy + xz = 4m2 + 4myz + y2z2 = ( 2m + yz)2 Vậy C = ( 2x2 +2xy + 2xz +yz)2 * - Khéo léo viết C dạng bình phương tổngbằng cách đặt ẩn phụ để dễ dàng thấy đẳng thức - Vận dụng đẳng thức: “Bình phương tổng” để khai triển biểu thức cho thành nhân tử Ví dụ 10: Rút gọn biểu thức: A = Giải: Ta có: A= = = = = = (vì với x nên với x) Vậy A = * - Viết tử thức dạng bình phương tổng mẫu thức dạng hiệu hai bình phương cách tách: ; = – - Vận dụng đẳng thức: “Bình phương tổng( hay hiệu)” để rút gọn biểu thức cho 2.3 Chứng minh Ví dụ 11: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào biến: P(x,y) = ( x – y)2 – ( x + y)2 + 4( xy +1) Giải: Ta có: P(x,y) = ( x – y)2 – ( x + y)2 + 4( xy +1) = x2 - 2xy + y2 – ( x2 + 2xy + y2) + 4xy + = x2 - 2xy + y2 – x2 - 2xy - y2 + 4xy + = Ta thấy P(x,y) ln có giá trị với giá trị biến Vậy biểu thức P(x,y) không phụ thuộc vào biến * Vận dụng đẳng thức: “Bình phương tổng( hay hiệu)” để rút gọn biểu thức cho, đưa dạng P(x,y) = a( với a số) Ví dụ 12: Chứng minh giá trị biểu thức sau: A = với giá trị x Giải: Ta có: A = = = = = ( x2 với x nên với x) Vậy A ln có giá trị với giá trị biến x * Vận dụng đẳng thức: “Bình phương tổng( hay hiệu)” để rút gọn biểu thức cho Ví dụ 13: Chứng minh số sau số phương: 16 1156 111556 Giải: Ta có: A = = +1 = 10n + + = ( + 1) + + = ( + 1) + + = a ( 9a + 1) + a + ( với a = ) = 9a2 + a + 5a + = 9a2 + 6a + = ( 3a + 1)2 Vậy số cho số phương * Viết số có dạng tổng qt dạng bình phương tổng ( hay hiệu) Ví dụ 14: Cho ba số tự nhiên: N1 = ; N2 = ; N3 = Chứng minh tổng N1 + N2 + N3 + số phương Giải: Ta có: N1 = ; N2 = ; N3 = Nên N1 + N2 + N3 + = + + + = +7 = = = = = = = 92 Vậy N1 + N2 + N3 + số phương * - Nhận xét số N1 , N2 , N3 - Viết tổng cho có dạng tổng quát dạng bình phương tổng ( hay hiệu) Ví dụ 15: Chứng minh với số n nguyên lớn n + 4n khơng phải số ngun tố Giải: Ta có: Nếu n chẵn n4 + 4n số chẵn n4 + 4n > nên n4 + 4n hợp số hay n4 + 4n số nguyên tố Nếu n lẻ n = 2k + với k n4 + 4n = n4 + 2.22k + n2 - 22(k + 1) n2 + 22(2k + 1) = [n4 + 2.22k + n2 + 22(2k + 1)] - 22(k + 1) n2 = ( n2 + 22k + 1)2 – ( 2k + 1n)2 = (n2 + 22k + – 2k + 1n)( n2 + 22k + + 2k + 1n) Mà n2 + 22k + – 2k + 1n > n2 + 22k + + 2k + 1n > n4 + 4n hợp số hay n4 + 4n số nguyên tố Vậy với số ngun n lớn n4 + 4n khơng phải số nguyên tố * Xét khả xảy n: + Khi n chẵn ta dễ dàng có điều phải chứng minh + Khi n lẻ, viết n + 4n thành tích hai thừa số lơn 1nhờ vào bình phương tổng Ví dụ 16: Chứng minh rằng: a) ( a2 + b2)( x2 + y2) = ( ax – by)2 + ( bx + ay)2 Giải: Biến đổi vế trái, ta có: ( a + b2)( x2 + y2) = a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 = = (a2x2 – 2ax by + b2y2) + (b2x2 + bx ay + a2y2) = ( ax – by)2 + ( bx + ay)2 Ta thấy vế trái vế phải Vậy đẳng thức chứng minh * Nhận xét vế phải tổng bình phương tổng hiệu Từ tâ khai triển vế trái thêm bớt hạng tử 2abxy để xuất bình phương tổng( hay hiệu) b) Nếu m2 + n2 + p2 + q2 + t2 = m( n + p + q + t) m = 2n = 2p = 2q = 2t Giải: Ta có: m2 + n2 + p2 + q2 + t2 = m( n + p + q + t) (1) 2 2 4(m + n + p + q + t ) = 4m( n + p + q + t) (m2 – 2mn + 4n2 ) + ( m2 - 2mp + 4p2 ) + ( m2 – 2mq + 4q2 ) + ( m2 – 2mt + 4t2 ) = ( m – 2n)2 + ( m – 2p)2 + ( m – 2q)2 + ( m – 2t)2 = Vì ( m – 2n)2, ( m – 2p)2, ( m – 2q)2 , ( m – 2t)2 không âm với m, n, p, q, t Nên (1) ( m – 2n)2 = ( m – 2p)2 = ( m – 2q)2 = ( m – 2t)2 = m – 2n = m – 2p = m – 2q = m – 2t = m = 2n = 2p = 2q = 2t * Dùng phép biến đổi tương đương viết giả thiết thành tổng bình phương khơng nhờ đẳng thức bình phương hiệu c) m2 + n2 + p2 mn + mp + np Giải: Ta có: m2 + n2 + p2 mn + mp + np 2(m2 + n2 + p2) 2( mn + mp + pn) 2m2 + 2n2 + 2p2 - 2mn - 2mp - 2pn ( m2 - 2mn + n2 ) + (m2 - 2mp + p2) + (p2 - 2pn + n2 ) ( m - n)2 + ( m – p)2 + ( p - n)2 , điều hiển nhiên ( m - n)2; ( m – p)2; ( p - n)2 không âm với m, n, p Dấu “ = ” xảy ( m - n) = ( m – p)2 = ( p - n)2 = m - n = m – p = p - n = m = n = p Vậy m2 + n2 + p2 mn + mp + np Dấu “ = ” xảy m = n = p ( Điều phải chứng minh) * Dùng phép biến đổi tương đương biến đổi tương đương bất ddawwngr thức cho thành đẳng thức hiển nhiên nhờ đẳng thức bình phương hiệu d) a + b a2 + b2 Giải: Giả sử: 10 Mà = = ( = 625 – 100ab + 4a2b2 - 2a2b2 = 625 – 100ab + 2a2b2, kết hợp với (*’), ta có: 97 = 625 – 100ab + 2a2b2 ab2 – 50ab + 264 = 0, giải phương trình với ẩn ab, ta có: ab = 44 ab = mà a, b > a + b = nên a, b < ab < nên ab = Từ đó, ta có: [ ( thỏa mãn (**)) [ ( = a ) [ ( thỏa mãn (*)) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = { 16; 81 } * Vận dụng đẳng thức bình phương tổng cách hợp lí để giải phương trình Ví dụ 37: a) Tìm x, y, z cho: x2 – 2x + y2 + 4y + = Giải: Ta có: x2 – 2x + y2 + 4y + = ( x2 – 2x + ) + ( y2 + 4y + ) = ( x – )2 + ( y + 2)2 = ( ( x – )2 0; ( y + 2)2 với x, y) Vậy với x = y = - x2 – 2x + y2 + 4y + = * Vận dụng đẳng thức bình phương tổng, hiệu phép biến đổi tương đương phương trình đưa phương trình cho dạng dễ giải Ví dụ 38: a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2 - 4xy + 5y2 = 169 Giải: Ta có: x2 - 4xy + 5y2 = 169 (x2 - 4xy + 4y2 ) + y2 = 169 ( x – 2y )2 + y2 = 169 Mà 169 có hai cách phân tích thành tổng hai số phương là: 25 169 =132 + 02 = 52 + 122 x, y nguyên dương nên N Từ đó, ta có: Trường hợp 1: = y = 13, ta được: x = 26; y = 13 ( x nguyên dương ) Trường hợp 2: = y = 12, ta được: x = 29; y = 12 ( x nguyên dương ) Trường hợp 3: = 12 y = 5, ta được: x = 22; y = ( x nguyên dương ) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = { ( 26; 13); ( 29; 12); ( 22; 5) } * Biến đổi vế trái thành tổng bình phương nhờ đẳng thức bình phương hiệu nhận xét vế phải tìm mối liên quangiữa hai vế từ tìm kết b) Tìm nghiệm ngun phương trình: x4 + x2 + = y2 Giải: Ta có: x2 với x nên (x4 + x2 + 1) - ( x2 + ) < x4 + x2 + ( x4 + x2 + ) + x2 x4 < y2 ) + x2 < y2 Mà x; y nguyên nên x2; y; x2 + số nguyên x 2; x2 + hai số nguyên liên tiếp nên: y2 = x4 + x2 + = x4 + 2x2 + x2 = x = ( thỏa mãn x nguyên ) y2 = y = ± ( thỏa mãn y nguyên ) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = { ( 0; 1); ( 0; - 1) } * Vận dụng đẳng thức bình phương tổng mối liên hệ thứ hai x y Ví dụ 39: a) Tìm nghiệm nguyên hệ phương trình: Giải: Ta có: ( ln khơng âm với x,y,z) 26 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = { ( 81; 81; 27 ) } * Cách làm tương tự phương trình Ví dụ 40: Giải hệ phương trình: Giải: (I) ĐKXĐ (I) : x, y, z ≠ (*) Đặt = a; = b; = c, ta có: (I) + + – 4a –4b + 2ab = 2ab - 4 + + – 4a –4b + 2ab - 2ab + = ( – 4a + ) + ( – 4b + ) = + =0 = 2–2+2=2 = c=2 = = = x = y = z = ( Thỏa mãn (*) ) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = { ( ; ; ) } * Dùng ẩn phụ để dễ nhận biết biến đổi thành tổng bình phương Ví dụ 41: Giải bất phương trình: 3x2 + 8x + Giải: Ta có: 3x2 + 8x + ( 4x2 + 12x + ) - ( x2 + 4x + ) = ( 2x + )2 – ( x + )2 ( 2x + – x – )( 2x + + x + ) ( x + )( 3x + ) 0 [ [ [ Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm S = { x / } * Vận dụng đẳng thức bình phương tổng hiệu hai bình phương phân tích vế trái thành nhân tử đưa phương trình cho dạng bất phương trình tích Ví dụ 42: a) Tìm x, y, z thỏa mãn: Giải phương trình: 6x – 9x2 + = Giải: Ta có: 6x – 9x2 + = - (9x2 – 6x - ) = 9x2 – 6x - = 27 ( 9x2 – 6x + 1) - = ( 3x – )2 - 32 = ( 3x – + )( 3x – - 3) = ( 3x + )( 3x – 4) = [ [ [ Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = { - ; } * Vận dụng đẳng thức bình phương hiệu hiệu hai bình phương phân tích vế trái thành nhân tử đưa phương trình cho dạng phương trình tích Bài tốn hình học: # Khi biểu thức đẳng thức “ Bình phương tổng ( hay hiệu ) độ dài hình học ta có tốn hình học Ví dụ 42: Tính chiều cao hình thang cân có diện tích 12cm đường chéo cm Giải: Gọi BH đường cao hình thang cân ABCD ( AB // CD ) Dễ thấy DH = A B Do đó, BH = x ( cm) > 0, DH = y ( cm) > 0, ta có: BH2 + DH2 = BD2 ( Theo định lí Pyta go x BDHyvuông H ) hay x2 + y2 = 52 (1) D H C Mà diện tích hình thang cân 12 cm2 nên = 12 hay BH = 12 hay xy = 12 (2) Từ (1) (2), ta có hệ phương trình: ( x, y > ) [ [ Vậy đường cao hình thang cân ABCD có độ dài cm cm * Đặt độ dài đường cao BH x DH y Sử dụng tính chất hình học đưa tốn tìm x, y thỏa mãn Từ vận dụng đẳng thức bình phương tổng hiệu biến đổi hệ phương trình hệ phương trình bậc hai ẩn x, y giải hệ phương trình vừa thu để tìm x, y kết luận tốn Ví dụ 43: Tính diện tích tứ giác lồi ABCD, biết AB vng góc với CD AB = cm, BC = 15 cm, CD = cm, DA = cm 28 Giải: Gọi H giao điểm AB CD Ta có: ( AB CD ) x Do đó, AH = x ( cm) > 0, DH = y ( cm) > A Áp dụng định lí Pytago tam giác HAD, HBC vuông H, ta có: 15 B AH2 + DH2 = AD2 , BH2 + CH2 = BC2 Và < x, y < hay x + y2 = 52, ( x + )2 + ( y + )2 = 152 < x,y < 5(*) Từ đó, ta có hệ phương trình: x2 – 6x + y2 – 8y + 25 = ( x2 – 6x + ) + ( y2 – 8y + 16 ) = ( x - )2 + ( y - )2 = ( Thỏa mãn(*) ) Nên AH = 3cm, DH = cm Mà SABCD = SHBC - SHAD = - C = - = = y D H = = 4x + 3y + 24 = + + 24 = 48 Vậy diện tích tứ giác lồi ABCD có độ 48 cm2 * Đặt độ dài đường cao AH x DH y Sử dụng tính chất hình học đưa tốn tìm x, y thỏa mãn Từ vận dụng đẳng thức bình phương tổng biến đổi hệ phương trình phương trình quen thuộc tìm x, y kết luận tốn Ví dụ 44: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a2pq + b2qr + c2rp 0, biết – p = q + r Giải: Ta có nhận xét: – p = q + r nên thay p, q, r số đối dẫn tới trường hợp số p, q, r không âm, chẳng hạn p, q r số âm Theo bất đẳng thức tam giác, ta có: c > a – b c2 ( a – b )2 a2pq + b2qr + c2rp a2pq + b2qr + ( a – b )2rp ( rq < ) a2pq + b2qr + c2rp a2pq + b2qr + ( a – b )2rp = - a2p( p + r ) - b2r( p + r ) + a2rp – 2abrp + b2rp = - a2p2 – a2pr – b2rp – b2r2 + a2rp – 2abrp + b2rp = - a2p2 – 2abrp - b2r2 = - ( ap + br )2 ( ( ap + br )2 với moi a, b, p, r ) Hay a2pq + b2qr + c2rp 0, – p = q + r a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ( Điều phải chứng minh ) 29 * Từ giả thiết – p = q + r p + q + r = nên tồn môt ba số p, q, r âm, kết hợp bất đẳng thức tam giác, ta biến đổi vế trái nhờ đẳng thức bình phương tổng hiệu để dẫn đếnđiều phải chứng minh Ví dụ 45: Cho tam giác vng có ba cạnh a, b, c ( c độ dài cạnh huyền; b > a ) Ta dựng tam giác có ba cạnh là: m = c + a, n = c + b, p = a + b + c chứng minh rằng: tam giác có p2 = 2mn Giải: T a có: p = a + b + c p2 = ( a + b + c )2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc mà m = c + a, n = c + b nên 2mn = 2(c + a)( c + b ) = 2c2 + 2bc + 2ac + 2ab p2 = a2 + b2 + c2 + 2mn – 2c2 = a2 + b2 – c2 + 2mn (*) Mặt khác: Tam giác có ba cạnh a, b, c tam giác vuông c độ dài cạnh huyền nên a2 + b2 = c2 a2 + b2 - c2 = hay p2 = 2mn ( Do (*) ) ( Điều phải chứng minh ) * Ta tính p2 2mn, kết hợp với giả thiết chứng minh p = 2mn đẳng thức bình phương tổng Ví dụ 46: Tính chiều cao hình thang cân có diện tích 12cm đường chéo cm Giải: Gọi BH đường cao hình thang cân ABCD ( AB // CD ) Dễ thấy DH = A B Do đó, BH = x ( cm) > 0, DH = y ( cm) > 0, ta có: BH2 + DH2 = BD2 ( Theo định lí Pyta go x BDHyvuông H ) hay x2 + y2 = 52 (1) D H C Mà diện tích hình thang cân 12 cm2 nên = 12 hay BH = 12 hay xy = 12 (2) Từ (1) (2), ta có hệ phương trình: ( x, y > ) [ [ ( Thỏa mãn x, y > ) Vậy đường cao hình thang cân ABCD có độ dài cm cm * Đặt độ dài đường cao BH x DH y Sử dụng tính chất hình học đưa tốn tìm x, y thỏa mãn Từ vận dụng đẳng thức bình phương tổng hiệu biến đổi hệ phương trình 30 hệ phương trình bậc hai ẩn x, y giải hệ phương trình vừa thu để tìm x, y kết luận tốn Ví dụ 46: Cho tam giác ABC có cạnh aq, b, c Tìm điểm M nằm tam giác cho: + + đạt giá trị nhỏ với x, y, z theo thứ tự khoảng cách từ M đến cạnh BC, AC, AB Giải: Ta có: 2SABC = 2SABM + 2SABM + 2SAMC = cz + ax + by A c z Xét ( ax + by + cz )( + + ) = M x b y B a = a2 + + + + b2 + + + + c2 C = a2 + b2 + c2 + ab( + ) + ac( + ) + bc( + ) a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc ( áp dụng bất đẳng thức CôSi ) = ( a + b + c )2 hay A = + + nên Amin = Xảy x = y = z M giao điểm ba đường phân giác tam giác * Ta nhận xét: ax + by + cz xét ( ax + by + cz )( + + ), từ áp dụng bất đẳng thức CôSi xét xem + + đạt giá trị nhỏ Ví dụ 47: Cho ≠ 1800 điểm M thuộc miền góc Dựng đường thẳng qua M cắt cạnh góc thành tam giác có diện tích nhỏ Giải: Vẽ MH // Ox; MK// Oy( H Ox, K Oy SOHMK không đổi x Đặt SOHMK = S3, SHBM = S2, SKMA = S1, B H O SOBC = S, MA = a, MB = b b a A dạng với nên: =1- = S3 = S – ( S + S ) M y =1Ta dễ thấy AKM, MHB, AOBđđồng =, =, = = ( ( a + b )2 4ab, dấu 31 “ = ” xảy a = b ) Vậy S 2S 3, SAOB có giá trị nhỏ a = b, tức M trung điểm AB * Vẽ MH // Ox, MK // Oy nhận xét S OHMK tìm nhờ tam giác đồng dạng ( a – b )2 ( a + b )2 4ab Ví dụ 48: Cho đoạn thẳng AB song song với đường thẳng d Tìm M (d M khác phía đối AB ) cho tia MA, MB tạo với đường thẳng d tam giác có diện tích nhỏ Giải: Gọi C, D giao điểm tia MA, MB với đường M thẳng d Đường thẳng qua H vng góc với d cắt AB d theo thứ tự H K x A h D H K B C Gọi khoảng cách AB d h Đặt MH = x Ta có: AB // CD = = CD = SMCD = CD MK = a = = ( x + 2h + ) ( x + ) SMCD có giá trị nhỏ khi; x + có giá trị nhỏ mà x, > nên x + có giá trị nhỏ x = x2 = h2 x = h có vơ số điểm M mà tập hợp chúng đường thẳng d’ đối xứng với d qua AB * Gọi khoảng cách từ M đến AB x, AB đến d h, AB = a Ta tính SMCD theo x, h, a xét Smin xảy từ có kết luận vị trí M # Qua ví dụ cụ thể cho ta thấy đẳng thức “ Bình phương tổng ( hay hiệu) ” vận dụng rộng rãi dạng mà dạng cách thức vận dụng khác nhau, nhiều tốn phức tạp sau xác định dạng đưa dạng “Bình phương tổng ( hay hiệu) ”thì toán trở nên nhẹ nhàng Từ vận dụng đẳng thức “ Bình phương tổng(hay hiệu) ” cách rộng rãi gây hứng thú học sinh giúp em giải toán rõ ràng, ngắn gọn MỘT SỐ BÀI TOÁN ÁP DỤNG 32 C KẾT LUẬN Qua vận dụng đẳng thức “ Bình phương tổng ( hay hiệu) ” ta thấy mặt góp phần giải dạng tốn cách có hiệu quả; mặt hình thành cách nghĩ cách tư toán học trẻ Nhưng để vận dụng tốt cần ý nắm vững dạng tổng quát ( A ± B )2 = A2 ± 2AB + B2 nghĩa biểu thức A, B tốn Từ đó, sử dụng để giải toán dạng tính giá trị biểu thức, phân tích đa thức thành nhân tử, chứng minh, tìm cực trị, giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình kể tốn hình học đưa đại số Đặc biệt, đẳng thức vận dụng nhiều việc giải tốn chứng minh hay tìm cực trị đại số hình học Tuy vậy, khơng phải tốn ta vận dụng đẳng thức “ Bình phương tổng ( hay hiệu) ” để giải toán, khơng có phương pháp tối ưu cho tốn mà thơi Vì em cần sáng tạo suy nghĩ để tìm cách thích hợp cho toán Vinh, ngày tháng năm 2001 33