Giáo án bồi dưỡng giỏi lớp 8

Ngày giảng: Chiều: ............ CHUYÊN ĐỀ 1 BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC NGUYÊN I. Mục tiêu 1.Kiến thức Một số hằng đẳng thức cơ bản Bảng các hệ số trong khai triển (a + b)n – Tam giác Pascal 2.Kỹ năng Vận dụng tốt kiển thức trên vào giải toán 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới I. Một số hằng đẳng thức cơ bản 1. (a  b)2 = a2  2ab + b2 ; (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ; = ; 2. (a  b)3 = a3  3a2b + 3ab2  b3 = a3  b3  3ab(a  b); (a  b)4 = a4  4a3b + 6a2b2  4ab3 + b4 ; 3. a2 – b2 = (a – b)(a + b) ; a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) ; an – bn = (a – b)(an – 1 + an – 2b + an – 3b2 + … + abn – 2 + bn – 1) ; 4. a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) a5 + b5 = (a + b)(a4 – a3b + a2b2 – ab3 + b5) ; a2k + 1 + b2k + 1 = (a + b)(a2k – a2k – 1b + a2k – 2b2 – … + a2b2k – 2 – ab2k – 1 + b2k) ; II. Bảng các hệ số trong khai triển (a + b)n – Tam giác Pascal Đỉnh 1 Dòng 1 (n = 1) 1 1 Dòng 2 (n = 2) 1 2 1 Dòng 3 (n = 3) 1 3 3 1 Dòng 4 (n = 4) 1 4 6 4 1 Dòng 5 (n = 5) 1 5 10 10 5 1 Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm các số 1 ; dòng k + 1 được thành lập từ dòng k (k ≥ 1), chẳng hạn ở dòng 2 ta có 2 = 1 + 1, ở dòng 3 ta có 3 = 2 + 1, 3 = 1 + 2, ở dòng 4 ta có 4 = 1 + 3, 6 = 3 + 3, 4 = 3 + 1, …Khai triển (x + y)n thành tổng thì các hệ số của các hạng tử là các số trong dòng thứ n của bảng trên. Người ta gọi bảng trên là tam giác Pascal, nó thường được sử dụng khi n không quá lớn. Chẳng hạn, với n = 4 thì : (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 và với n = 5 thì : (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 10ab4 + b5 II. Các ví dụ Ví dụ 1. Đơn giản biểu thức sau : A = (x + y + z)3 – (x + y – z)3 – (y + z – x)3 – (z + x – y)3. Lời giải A = (x + y) + z3 – (x + y) – z3 – z – (x – y)3 – z + (x – y)3 = (x + y)3 + 3(x + y)2z + 3(x + y)z2 + z3 – (x + y)3 – 3(x + y)2z + 3(x + y)z2 – z3 – z3 – 3z2(x – y) + 3z(x – y)2 – (x – y)3 – z3 + 3z2(x – y) + 3z(x – y)2 + (x – y)3 = 6(x + y)2z – 6z(x – y)2 = 24xyz Ví dụ 2. Cho x + y = a, xy = b (a2 ≥ 4b). Tính giá trị của các biểu thức sau : a) x2 + y2 ; b) x3 + y3 ; c) x4 + y4 ; d) x5 + y5 Lời giải a) x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = a2 – 2b b) x3 + y3 = (x + y)3 – 3xy(x + y) = a3 – 3ab c) x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2 = (a2 – 2b)2 – 2b2 = a4 – 4a2b + 2b2 d) (x2 + y2)(x3 + y3) = x5 + x2y3 + x3y2 + y5 = (x5 + y5) + x2y2(x + y) Hay : (a2 – 2b)(a3 – 3ab) = (x5 + y5) + ab2  x5 + y5 = a5 – 5a3b + 5ab2 Chú ý : a6 + b6 = (a2)3 + (b2)3 = (a3)2 + (b3)2 a7 + b7 = (a3 + b3)(a4 + b4) – a3b3(a + b) = (a2 + b2)(a5 + b5) – a2b2(a3 + b3) Ví dụ 3. Chứng minh các hằng đẳng thức : a) a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) ; b) (a + b + c)3 – a3 – b3 – c3 = 3(a + b)(b + c)(c + a) Lời giải a) a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3abc – 3a2b – 3ab2 = (a + b + c)(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab(a + b + c) = (a + b + c) (a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) b) (a + b + c)3 – a3 – b3 – c3 = (a + b + c)3 – a3 – (b3 + c3) = (b + c)(a + b + c)2 + (a + b + c)a + a2 – (b + c)(b2 – bc + c2) = (b + c)(3a2 + 3ab + 3bc + 3ca) = 3(b + c)a(a + b) + c(a + b) = 3(a + b)(b + c)(c + a) Ví dụ 4. Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Lời giải Vì x + y + z = 0 nên x + y = –z  (x + y)3 = –z3 Hay x3 + y3 + 3xy(x + y) = –z3  3xyz = x3 + y3 + z3 Do đó : 3xyz(x2 + y2 + z2) = (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(y2 + z2) + y3(z2 + x2) + z3(x2 + y2) Mà x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = z2 – 2xy (vì x + y = –z). Tương tự : y2 + z2 = x2 – 2yz ; z2 + x2 = y2 – 2zx. Vì vậy : 3xyz(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(x2 – 2yz) + y3(y2 – 2zx) + z3(z3 – 2xy) = 2(x5 + y5 + z5) – 2xyz(x2 + y2 + z2) Suy ra : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) (đpcm) Bài tập: 1. Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 14. Tính giá trị của biểu thức : A = a4 + b4 + c4. 2. Cho x + y + z = 0 và xy + yz + zx = 0. Tính giá trị của biểu thức : B = (x – 1)2007 + y2008 + (z + 1)2009. 3. Cho a2 – b2 = 4c2. Chứng minh rằng : (5a – 3b + 8c)(5a – 3b – 8c) = (3a – 5b)2. 4. Chứng minh rằng nếu: 5. (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = (x + y – 2z)2 + (y + z – 2x)2 + (z + x – 2y)2 thì x = y = z. 6. a) Chứng minh rằng nếu (a2 + b2)(x2 + y2) = (ax + by)2 và x, y khác 0 thì . b) Chứng minh rằng nếu (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) = (ax + by + cz)2 và x, y, z khác 0 thì . 7. Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng : a) 5(x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = 6(x5 + y5 + z5) ; b) x7 + y7 + z7 = 7xyz(x2y2 + y2z2 + z2x2) ; c) 10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z2)(x5 + y5 + z5). 8. Chứng minh các hằng đằng thức sau : a) (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 ; b) x4 + y4 + (x + y)4 = 2(x2 + xy + y2)2. 9. Cho các số a, b, c, d thỏa mãn a2 + b2 + (a + b)2 = c2 + d2 + (c + d)2. Chứng minh rằng : a4 + b4 + (a + b)4 = c4 + d4 + (c + d)4 10. Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính giá trị của biểu thức : C = a2 + b9 + c1945. 11. Hai số a, b lần lượt thỏa mãn các hệ thức sau : a3 – 3a2 + 5a – 17 = 0 và b3 – 3b2 + 5b + 11 = 0. Hãy tính : D = a + b. 12. Cho a3 – 3ab2 = 19 và b3 – 3a2b = 98. Hãy tính : E = a2 + b2. 13. Cho x + y = a + b và x2 + y2 = a2 + b2. Tính giá trị của các biểu thức sau : a) x3 + y3 ; b) x4 + y4 ; c) x5 + y5 ; d) x6 + y6 ; e) x7 + y7 ; f) x8 + y8 ; g) x2008 + y2008. 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập trong sách nâng cao toán 8 Ngày giảng: Chiều: ............. CHUYÊN ĐỀ 2 Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö I. Mục tiêu 1.Kiến thức Một số khái niệm cơ bản Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 2.Kỹ năng Vận dụng tốt các phương pháp và kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới I.Một số khái niệm cơ bản : 1. Đa thức Đa thức là một biểu thức đại số trong đó phép tính thực hiện đối với các biến chỉ là phép cộng, trừ, nhân. (đa thức là một biểu thức nguyên ). Ví dụ: Biểu thức: f(x) = 5x3 x2 + 3x + 7 là một đa thức của biến (ẩn) x. Biểu thức: g(y) = 7y2+ 3y 6 là một đa thức của biến (ẩn) y. Biểu thức: h(x,y) = 5x3y 3x2y2 2y3 + 7 là một đa thức của hai biến (ẩn) x và y. 2. Phân tích đa thức thành nhân tử Phân tích đa thức thành nhân tử (hay thừa số) là biến đổi đa thức đó thành một tích của các đơn thức và đa thức có bậc nhỏ hơn. Ví dụ: a) x2 – xy + x – y =(x – y)(x + 1). b) x5 + x4 + 1 = (x2 + x + 1)(x3 – x + 1). II. Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 1. Phương pháp đặt nhân tử chung a) Phương pháp : + Trước hết, ta tìm nhân tử chung có mặt trong tất cả các hạng tử của đa thức. + Phân tích mỗi hạng tử của đa thức thành tích của nhân tử chung và một nhân tử khác. + Đưa nhân tử chung ra ngoài dấu ngoặc. Các hạng tử trong dấu ngoặc là thương của phép chia các hạng tử của đa thức cho nhân tử chung. b) Ví dụ: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : 1) A = 5x2y – 10xy2 2) B = 2x(3y –7 z) + 6y(7z – 3y) 3) C = (y2 – z)(2x2y – yz) – (4yx2 + yz2)(z – y2) + 6x2z(y2 – z). Giải : 1) A = 5x2y – 10xy2 Ta thấy các hạng tử của đa thức đều chứa thừa số chung 5xy, ta có A = 5x2y – 10xy2 = 5xy.x – 5xy.2y = 5xy(x 2y). 2) B = 2x(3y – 7z) + 6y(7z – 3y) Đổi dấu hạng tử 6y(7z – 3y) = 6y(3y – 7z), ta có thừa số (3y – 7z) chung : B = 2x(3y – 7z) + 6y(7z – 3y) = 2x(3y – 7z) 6y(3y 7z) = (3y – 7z)( 2x – 6y) = (3y – 7z).2(x – 3y) = 2(3y – 7z)(x – 3y). 3) C = (y2 – z)(2x2y – yz) – (4yx2 + yz2)(z – y2) + 6x2z(y2 – z) Đổi dấu – (4yx2 + yz2)(z – y2) = (4yx2 + yz2)( y2 – z), ta có thừa số (y2 – z) chung: C = (y2 – z)(2x2y – yz) – (4yx2 + yz2)(z – y2) + 6x2z(y2 – z) = (y2 – z)(2x2y – yz) + (4yx2 + yz2)( y2 – z) + 6x2z(y2 – z) = (y2 – z)( 2x2y – yz ) + (4yx2 + yz2) + 6x2z = (y2 – z) 2x2y + 4yx2 + 6x2z = (y2 – z) 2xy2 + 4yx2 + 6x2z = (y2 – z) 2x2(y + 2y + 3z) = (y2 – z) 2x2(3y + 3z) = (y2 – z) 2x2 .3(y + z) = 6x2(y2 – z)(y + z). Khai thác bài toán: Nếu chú ý đến các hạng tử của các biểu thức và bằng cách đặt thừa số chung , ta có thể giải các bài toán tương tự như sau: Bài toán 1.1: Phân tích đa thức Q = (x + 2z)(3x2 + 5x2y) – (7x2 – 3x2y)(2z + x) Bài toán 1.2: Phân tích đa thức P = 3a(b2 – 2c) – (a – 4)(2c – b2) Bài toán 1.3: Phân tích đa thức H = 3xmy – 9xny2 + 15xn+1 với m, n N, m > n. 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập trong sách nâng cao toán 8 Ngày giảng: Chiều: ...... ....... CHUYÊN ĐỀ 2 Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö (tiếp theo) I. Mục tiêu 1.Kiến thức Một số khái niệm cơ bản Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 2.Kỹ năng Vận dụng tốt các phương pháp và kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới 2. Phương pháp dùng hằng đẳng thức. a) Phương pháp: Để áp dụng phương pháp này, ta cần biến đổi các hạng tử để làm xuất hiện các hằng đẳng thức (nếu có thể). Sau đó dùng các hằng đẳng thức đáng nhớ để phân tích đa thức thành nhân tử. b) Ví dụ : Phân tích đa thức sau thành nhân tử. 1) D = x2 – x + 2) E = 9(x + 5)2 – (x +7)2 3) F = – x3 + 9x2 – 27x + 27 4) G = 8 – 27a3b6 Giải : 1) D = x2 – x + = 2) E = 9(x + 5)2 – (x + 7)2 = 3(x + 5)2 – (x + 7)2 = 3(x+5) + x +73(x+5) – (x+7) = (4x + 22)(2x + 8) = 4(2x + 11)(x + 4) 3) F = x3 + 9x2 – 27x + 27 = = (x +3)3. 4) G = 8 – 27a3b6 = 23 (3ab2)3 = (2 3ab2)( 4 + 6ab2 + 9a2b4). 3) Phương pháp nhóm nhiều hạng tử: a)Phương pháp: Sử dụng tính chất giao hoán và tính chất kết hợp của phép cộng các đơn thức, ta có thể kết hợp các hạng tử thích hợp thành từng nhóm. Trong mỗi nhóm này, ta áp dụng liên tiếp các phương pháp đặt nhân tử chung hoặc dùng hằng đẳng thức để tiếp tục phân tích. Lưu ý: Thường thì ta sẽ có nhiều cách nhóm các hạng tử khác nhau b)Ví dụ : Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : 1) x2 – xy + x – y 2) x2 2xy z2 + y2 + 2zt – t2 3) 9 – x2 + 2xy – y2 Giải : Ta thấy các hạng tử đều không có thừa số chung cũng không thấy có dạng hằng đẳng thức. Vì thế ta sẽ nhóm hạng tử với nhau để làm xuất hiện nhân tử chung hoặc có dạng hằng đẳng thức để phân tích tiếp: 1) x2 – xy + x – y Cách 1: Nhóm hạng tử thứ nhất với hạng tử thứ hai, hạng tử thứ ba với hạng tử thứ tư ta có : x2 – xy + x – y = (x2 – xy) + (x – y) = x(x – y) + (x – y) =(x – y)(x + 1). Cách 2: Nhóm hạng tử thứ nhất với hạng tử thứ 3, hạng tử thứ hai với hạng tử thứ tư, ta có : x2 – xy + x – y = (x2 + x) – (xy + y) = x(x + 1) – y(x + 1) = (x + 1)(x – y). 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập trong sách nâng cao toán 8 Ngày giảng: Chiều: ...... ....... CHUYÊN ĐỀ 2 Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö (tiếp theo) I. Mục tiêu 1.Kiến thức Một số khái niệm cơ bản Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 2.Kỹ năng Vận dụng tốt các phương pháp và kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới 4. Phương pháp phối hợp các phương pháp. a) Phương pháp: Để phân tích đa thức thành nhân tử bằng cách phối hợp nhiều phương pháp, ta nên chú ý chọn các phương pháp theo thứ tự ưu tiên như sau : Bước 1: Đầu tiên ta xét xem các hạng tử có xuất hiện nhân tử chung hay không? • Có nhân tử chung: Áp dụng phương pháp đặt nhân tử chung. Sau đó ta xem đa thức trong ngoặc là bài toán mới và quay lại với bước 1 và tiếp tục thực hiện đến kết quả cuối cùng. • Nếu không có nhân tử chung, chuyển sang bước 2. Bước 2: Nếu đa thức có dạng của một hàng đẳng thức thì áp dụng phương pháp hằng đẳng thức. Nếu không thì chuyển qua bước 3. Bước 3: Dùng phương pháp nhóm hạng tử thích hợp để xuất hiện hằng đẳng thức hoặc nhân tử chung. b) Ví dụ : Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : 1) 2x2 + 4x + 2 – 2y2 2) 2a2 – 12ab + 18b2 3) 5x3z – 10x2z – 5xz3 – 5xy2z + 5xz + 10xyz2 . Giải: 1) Ta thấy các hạng tử đều có thừa số chung, ta đặt thừa số chung ra ngoài và tiếp tục phân tích đa thức ở trong ngoặc: 2x2 + 4x + 2 – 2y2 = 2(x2 + 2x + 1 – y2) Đặt nhân tử chung = 2 (x2 + 2x + 1) – y2 Nhóm các hạng tử thích hợp của đa thức trong ngoặc. = 2(x + 1)2 – y2 Xuất hiện hằng đẳng thức = 2(x + 1 – y)(x + 1 + y) Dùng hằng đẳng thức Như vậy thứ tự ưu tiên là: Đặt nhân tử chung dùng hằng đẳng thức nhóm hạng tử. Vậy 2x2 + 4x + 2 – 2y2 = 2(x + 1 – y)(x + 1 + y). 2) 2a2 – 12ab + 18b2 Cách giải tương tự câu a) : 2a2 – 12ab + 18b2 = 2(a2 – 6ab + 9b2) = 2(a – 3b)2 3) 5x3z – 10x2z – 5xz3 5xy2z + 5xz + 10xyz2 = 5xz(x2 – 2x – z2 – y2 + 1 + 2yz) = 5xz (x2 – 2x + 1) – (y2 – 2yz + z2) = 5xz(x – 1)2 – (y – z)2 = 5xz(x – 1 – y + z)(x – 1 + y – z). Khai thác bài toán: Bằng phương pháp phối hợp các phương pháp để phân tích đa thức thành nhân tử, ta có thể giải các bài toán tương tự như sau: Bài toán 1.1: Phân tích đa thức I = Bài toán 1.2: Phân tích đa thức K = 3x3y – 6x2y – 3xy3 – 6axy2 – 3a2xy + 3xy Bài toán 1.3: Phân tích đa thức L = . 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập trong sách nâng cao toán 8 Ngày giảng: Chiều: ...... ....... CHUYÊN ĐỀ 2 Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö (tiếp theo) I. Mục tiêu 1.Kiến thức Một số khái niệm cơ bản Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 2.Kỹ năng Vận dụng tốt các phương pháp và kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới 5. Phương pháp tách một hạng tử thành hai hay nhiều hạng tử. a) Phương pháp: Có một số đa thức không có nhân tử chung cũng không có dạng hằng đẳng thức nên việc phân tích thành nhân tử là rất khó. Vì thế ta nên tách một hạng tử thành hai hoặc nhiều hạng tử để đa thức có nhiều hạng tử hơn rồi dùng phương pháp nhóm các hạng tử và đặt nhân tử chung để phân tích tiếp. b) Ví dụ: Ví dụ 1: Phân tích: x2 – 6x + 8 Cách 1: Tách số hạng thứ hai x2 – 6x + 8 = x2 – 2x – 4x + 8 = x(x – 2) – 4( x – 2) = (x – )(x – 4). Cách 2: Tách số hạng thứ 3 x2 6x + 8 = x2 – 6x + 9 – 1 = (x – 3)2 – 1 = ( x – 3 – 1)(x – 3 + 1) = (x – 4)( x – 2). Cách 3: x2 – 6x + 8 = x2 – 4 – 6x + 12 = ( x – 2)(x + 2) – 6(x – 2) = (x – 2)(x – 4) Cách 4: x2 – 6x + 8 = x2 – 16 – 6x + 24 = ( x – 4)(4 + x) – 6(x – 4) = (x – 4)( x + 4 – 6) = (x – 4) ( x – 2). Cách 5 : x2 – 6x + 8 = x2 – 4x + 4 – 2x + 4 = (x – 2)2 – 2( x – 2) = (x – 2)( x – 2 – 2) = ( x – 2)(x – 4). Mặc dù có nhiều cách tách nhưng thông dụng nhất là cách sau: Cách 1: Tách hạng tử bậc nhất thành hai hạng tử rồi dùng phương pháp nhóm các hạng tử và đặt nhân tử chung mới. Tổng quát: Để phân tích tam thức bậc hai ax2 + bx + c thành nhân tử ta làm như sau: + Tìm tích ac + Phân tích tích ac thành tích của 2 thừa số nguyên bằng mọi cách. + Chọn hai thừa số có tổng bằng b. Khi đó hạng tử bx đã được tách thành 2 hạng tử bậc nhất. Ví dụ 2: 4x2 – 4x – 3 Ta có tích: ac = 4.( –3) = – 12 Phân tích : – 12 = –1.12 = 1.( –12) = – 2.6 = –3.4 = 3.( – 4) Chọn 2 thừa số có tổng là : – 4 đó là 2 và (–6) 4x2 – 4x – 3 = 4x2 + 2x – 6x – 3 = 2x(2x + 1) – 3(2x + 1) = (2x + 1)(2x – 3) Cách 2: Tách hạng tử thứ ba thành 2 hạng tử rồi đưa đa thức về dạng hiệu hai bình phương. 4x2 – 4x – 3 = 4x2 – 4x +1 – 4 = ( 2x – 1) – 22 = ( 2x – 1 – 2)( 2x – 1 + 2) = (2x + 1)(2x – 3) Ví dụ 3: 3x2 – 8x + 4 = 4x2 – 8x + 4 – x2 = (2x – 2)2 – x2 = ( 2x – 2 – x)(2x – 2 + x) = (x – 2)(3x – 2) Đối với đa thức nhiều biến Ví dụ 11. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) 2x2 5xy + 2y2 ; b) x2(y z) + y2(z x) + z2(x y). Hướng dẫn a) Phân tích đa thức này tương tự như phân tích đa thức f(x) = ax2 + bx + c. Ta tách hạng tử thứ 2 : 2x2 5xy + 2y2 = (2x2 4xy) (xy 2y2) = 2x(x 2y) y(x 2y) = (x 2y)(2x y) a) Nhận xét z x = (y z) (x y). Vì vậy ta tách hạng tử thứ hai của đa thức : x2(y z) + y2(z x) + z2(x y) = x2(y z) y2(y z) y2(x y) + z2(x y) = = (y z)(x2 y2) (x y)(y2 z2) = (y z)(x y)(x + y) (x y)(y z)(y + z) = (x y)(y z)(x z) Chú ý : 1) Ở câu b) ta có thể tách y z = (x y) (z x) (hoặc z x= (y z) (x y)) 2) Đa thức ở câu b) là một trong những đa thức có dạng đa thức đặc biệt. Khi ta thay x = y (y = z hoặc z = x) vào đa thức thì giá trị của đa thức bằng 0. Vì vậy, ngoài cách phân tích bằng cách tách như trên, ta còn cách phân tích bằng cách xét giá trị riêng (Xem phần VII). 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập trong sách nâng cao toán 8 Ngày giảng: Chiều: ...... ....... CHUYÊN ĐỀ 2 Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö (tiếp theo) I. Mục tiêu 1.Kiến thức Một số khái niệm cơ bản Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 2.Kỹ năng Vận dụng tốt các phương pháp và kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới 6. Phương pháp đổi biến số (đặt ẩn phụ). a) Phương pháp: Trong một số bài toán, ta nên đưa một biến phụ vào để việc giải bài toán được gọn gàng, tránh nhầm lẫn. Đặt ẩn phụ để đưa về dạng tam thức bậc hai rồi sử dụng các phương pháp cơ bản khác và tiếp tục phân tích. b) Ví dụ: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 1) f(x) = (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) – 12 2) h(x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 3) g(x) = 4x( x + y)( x + y + z)( x + z) + y2x2 Giải: 1) f(x) = (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) – 12 Đặt x2 + x + 1 = y x2 + x + 2 = y + 1 f(x) = y(y + 1) – 12 = y2 + y – 12 = y2 – 3y + 4y – 12 = y(y – 3) + 4(y – 3) = (y – 3)(y + 4) Thay y = x2 + x + 1 , ta được: f(x) = (x2 + x – 2)(x2 + x + 5) Đến đây ta phân tích tiếp: x2 + x – 2 = x2 – x + 2x – 2 = x(x – 1) + 2(x – 1) = (x – 1)(x + 2) x2 + x + 5 = x2 + x + Vì nên Và x2 +x + 5 không thể phân tích được nữa. Kết quả: f(x) = (x –1)(x + 2)(x2 + x +5). 2) h(x) = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 = (x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) – 24 = (x2 + 5x + 4)( x2 + 5x + 6) – 24 Đặt y = x2 + 5x + 4 x2 + 5x + 6 = y + 2 và ta được: h(x) = y(y + 2) – 24 = y2 + 2y – 24 = y2 4y + 6y – 24 = y(y – 4) + 6(y – 4) = (y – 4)(y +6) Thay y = x2 +5x + 4 , ta được: h(x) = (x2 +5x)(x2 + 5x + 10) = x(x + 5)(x2 + 5x + 10) Kết quả: h(x) = x(x + 5)(x2 + 5x + 10). 3) g(x) = 4x(x + y)( x + y + z)(x + z) + y2z2 = 4x(x + y + z)(x + y)( x + z) + y2z2 = 4(x2 + xy + xz)(x2 + xz + xy + yz) + y2z2 Đặt : x2 + xy + xz = m, ta có: g(x) = 4m(m + yz) + y2z2 = 4m2 + 4myz + y2z2 = ( 2m + yz)2 Thay m = x2 + xy + xz, ta được : g(x) = 4x(x + y)(x + y + z)(x + z) + y2z2 = (2x2 + 2xy + 2xz + yz)2 Kết quả: g(x) = (2x2 + 2xy + 2xz + yz)2 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập trong sách nâng cao toán 8 Ngày giảng: Chiều: ...... ....... CHUYÊN ĐỀ 2 Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö (tiếp theo) I. Mục tiêu 1.Kiến thức Một số khái niệm cơ bản Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 2.Kỹ năng Vận dụng tốt các phương pháp và kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới 7. Phương pháp thêm bớt cùng một hạng tử. a) Phương pháp : Thêm bớt cùng một hạng tử để đa thức có nhiều hạng tử hơn có dạng hằng đẳng thức rồi dùng phương pháp nhóm các hạng tử và đặt nhân tử chung để tiếp tục phân tích. Thông thường hay đưa về dạng các hằng đẳng thức đáng nhớ sau khi thêm bớt. b) Ví dụ: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 1) a3 + b3 + c3 – 3abc Ta sẽ thêm và bớt 3a2b +3ab2 sau đó nhóm để phân tích tiếp a3 + b3 + c3 = (a3 + 3a2b +3ab2 + b3) + c3 – (3a2b +3ab2 + 3abc) = (a + b)3 +c3 – 3ab(a + b + c) = (a + b + c)(a + b)2 – (a + b)c + c2 – 3ab = (a + b + c)(a2 + 2ab + b2 – ac – bc + c2 – 3ab = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc) 2) x5 – 1 Ta sẽ thêm và bớt x sau đó dùng phương pháp nhóm: x5 – 1 = x5 – x + x – 1 = (x5 – x) + (x – 1) = x(x4 – 1) + ( x – 1) = x(x2 – 1)(x2 + 1) + (x 1) = x(x +1)(x – 1)(x2 + 1) + ( x – 1) = (x – 1)x(x + 1)(x2 + 1) + 1. 3) 4x4 + 81 Ta sẽ thêm và bớt 36x2 sau đó nhóm các hạng tử phù hợp để có dạng hằng đẳng thức: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 – 36x2 = ( 2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + 9 – 6x)(2x2 + 9 + 6x) 4) x8 + x4 + 1 Ta sẽ thêm và bớt x4 sau đó nhóm các hạng tử sử dụng các hằng đẳng thức để phân tích tiếp: x8 + x4 + 1 = x8 + 2x4 + 1 – x4 = (x4 + 1)2 – x4 = (x4 + 1 – x2)(x4 + 1 + x2) =(x4 – x2 + 1)(x4 + 2x2 – x2 + 1) =(x4 – x2 + 1)(x2 + 1)2 – x2 =( x4 – x2 + 1)(x2 + 1 + x2)(x2 + 1 – x2) = (x4 – x2 + 1)(2x2 + 1). 8. Phân tích đa thức thành nhân tử bằng phương pháp hệ số bất định: a)Phương pháp : Nếu trên một tập hợp số nào đó mà hai đa thức f(x) và g(x) đồng nhất với nhau, tức là ứng với mọi giá trị của biến lấy trên tập hợp số đã cho mà f(x) và g(x) luôn có các giá trị bằng nhau thì hệ số của các hạng tử cùng bậc là bằng nhau. b) Ví dụ : Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 1) f(x) = x2 + 3x + 2 Vì hệ số của hạng tử có bậc cao nhất là (x2) là 1 nên f(x) có thể phân tích thành hai nhân tử x + a, x + b, ta có: x2 + 3x + 2 = (x + a)(x + b) x2 + 3x + 2 = x2 + (a + b)x + ab Từ a + b = 3 => a= 3 – b. Đem thế vào ab = 2, ta được: ab = 2 => b(3 – b) = 2 –b2 + 3b – 2 = 0 –b2 + b + 2b 2 = 0 –b(b – 1) + 2(b – 1) = 0 (b – 1)(b – 2) = 0 Cho b = 1 => a = 2 hoặc b = 2 => a = 1. Trong cả hai trường hợp này ta đều được kết quả: f(x) = x2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2). Vậy f(x) = (x +1)(x + 2). Chú ý: Có thể phân tích đa thức trên thành nhân tử bằng cách tách và nhóm các hạng tử: x2 + 3x + 2 = x2 + x+ 2x + 2 = x(x + 1) + 2(x + 1) = (x + 1)(x + 2). 2) g(x) = x3 – 19x – 30 Kết quả phải tìm có dạng: (x + a)(x2 + bx + c = x3 + (a + b)x2 + (ab + c)x + ac. Ta phải tìm a, b, c thoả mãn: x3 – 19x – 30 = x3 + (a +b)x2 + (ab +c)x + ac Vì hai đa thức đồng nhất, nên ta có: Vì a,c thuộc số nguyên và tích ac = –30, do đó a, c là ước của –30 hay a, c ={ 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30 } a = 2, c = 15 khi đó b = –2 thoả mãn hệ trên. Vậy g(x) = x3 – 19x – 30 = (x + 2)(x2 – 2x – 15) 3) h(x) = x4 + 6x3 + 7x2 + 6x + 1 Dễ thấy 1 không phải là nghiệm của đa thức trên nên đa thức không có nghiệm nguyên, cũng không có nghiệm hữu tỷ. Như vậy nếu đa thức đã cho phân tích thành nhân tử thì phải có dạng: (x2 + ax + b)( x2+ cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad +bc)x +bd Đồng nhất hệ số đa thức này với đa thức đã cho, ta có: x4 + 6x3 +7x2 + 6x + 1 =x4 +(a + c)x3 + (ac + b +d)x2 + (ad + bc)x +bd Từ hệ phương trình trên ta tìm được: a = b = d = 1, c = 5 Vậy h(x) = x4 + 6x3 +7x2 + 6x + 1 = (x2 + x + 1)(x2 + x + 5). 4) k(x) = x4 6x3 + 12x2 14x + 3 Thử: x= 1; 3 không là nghiệm của đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỷ. Đa thức trên phân tích được thành thừa số thì phải có dạng: (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd = x4 – 6x3 + 12x2 – 14x + 3 bd =3 mà b,d Z => b  Với b =3 => d =1 Vậy: Vậy k(x) = x4 – 6x3 +12x2 – 14x + 3 = (x2 – 2x + 3)(x2 – 4x +1). 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập trong sách nâng cao toán 8 Ngày giảng: Chiều: ...... ....... CHUYÊN ĐỀ 2 Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö (tiếp theo) I. Mục tiêu 1.Kiến thức Một số khái niệm cơ bản Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 2.Kỹ năng Vận dụng tốt các phương pháp và kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới 9. Phương pháp nhẩm nghiệm của đa thức: a) Phương pháp: Cho đa thức f(x), a là nghiệm của đa thức f(x) nếu f(a) = 0. Như vậy nếu đa thức f(x) chứa nhân tử (x – a) thì a phải là nghiệm của đa thức. Ta đã biết rằng nghiệm nguyên của đa thức nếu có phải là ước của hệ số tự do.  Nếu đa thức P(x) có một nghiệm là x = a thì ta có thể phân tích P(x) thành tích của hai thừa số là (x – a) và Q(x). P(x) = (x – a)Q(x) Muốn tìm Q(x), ta hãy chia P(x) cho (x – a). Sau đó lại áp dụng để phân tích tiếp Q(x).  Nếu đa thức P(x) có hai nghiệm phân biệt là x = a và x= b thì ta có thể phân tích đa thức P(x) thành tích của ba thừa số là (x – a), (x – b) và Q(x). P(x) = (x – a)(x – b) Q(x) Muốn tìm Q(x), ta hãy chia P(x) cho tích số (x – a)(x – b) = x2 + (a + b)x + ab, ta có thương đúng của phép chia là Q(x). Sau đó lại áp dụng để phân tích tiếp Q(x).  Nếu đa thức P(x) có nghiệm kép x1 = x2 = a thì sao? Thế nào là nghiệm số kép? Giả sử P(x) có một nghiệm là x = a suy ra P(x) = (x – a)Q(x). Q(x) lại có một nghiệm x = a suy ra Q(x) = (x – a)R(x). Do đó, ta có : P(x) = (x – a)2R(x). Ta nói đa thức P(x) có nghiệm kép x1 = x2 = a Vậy nếu đa thức P(x) có nghiệm kép x1 = x2 = a thì P(x) = (x – a)2R(x). b) Ví dụ: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 1) P(x) = x3 – 2x – 4 Ta thấy đa thức P(x) = x3 – 2x – 4 có một nghiệm là x = 2. Do đó, ta có : P(x) = (x – 2)Q(x) Chia đa thức P(x) = x3 – 2x – 4 cho nhị thức x – 2, ta được thương là Q(x) = x2 + 2x +2 = (x + 1)2 +1 Ta thấy Q(x) nên Q(x) không thể phân tích được nữa. Suy ra P(x) = (x – 2)(x2 + 2x + 2) Vậy P(x) = x3 – 2x – 4 = ( x 2)(x2 + 2x + 2) 2) P(x) = x4 + x3 – 2x2 – 6x – 4 Ta nhận thấy đa thức P(x) có hai nghiệm phân biệt là 1 và 2. Vì P(1) = 0 và P(2) = 0. Do đó P(x) = (x – 1)(x – 2)Q(x) Chia đa thức P(x) cho tam thức (x + 1)(x – 2) = x2 – x – 2 , ta được thương đúng của phép chia là: Q(x) = x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 Ta thấy Q(x) nên Q(x) không thể phân tích được nữa. Suy ra: P(x) = (x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 2) Vậy : P(x) = (x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 2). 3) P(x) = 2x3 – 5x2 + 8x – 3 Nghiệm hữu tỷ nếu có của đa thức P(x) trên là: (– 1); 1; (–12); 12 ; (–32); 32 ; –3… Sau khi kiểm tra ta thấy x = 12 là nghiệm nên đa thức chứa nhân tử ( x – 12) hay (2x – 1). Do đó ta tìm cách tách các hạng tử của đa thức để xuất hiện nhân tử chung (2x – 1). 2x3 5x2 + 8x – 3 = 2x3 x2 – 4x2 + 2x + 6x – 3 = x2( 2x – 1) – 2x( 2x – 1) + 3(2x – 1) = ( 2x – 1)(x2 – 2x + 3). Hoặc chia P(x) cho (x – 1) ta được thương đúng là: x2 – 2x + 3 P(x) = 2x3 – 5x2 + 8x – 3 = ( 2x – 1)(x2 – 2x + 3) Vậy P(x) = 2x3 – 5x2 + 8x – 3 = ( 2x – 1)(x2 – 2x + 3) 4) P(x) = x3 + 3x – 4 Nếu đa thức trên có nghiệm là a (đa thức có chứa nhân tử ( x – a) thì nhân tử còn lại có dạng x2 + bx = c suy ra – ac = – 4 suy ra a là ước của – 4 Vậy trong đa thức với hệ số nguyên nghiệm nguyên nếu có phải là ước của hạng tử không đổi. Ước của (– 4) là –1; 1; – 2; 2; – 4; 4. Sau khi kiểm tra ta thấy 1 là nghiệm của đa thức. Suy ra đa thức chứa nhân tử ( x – 1). Do vậy ta tách các hạng tử của đa thức làm xuất hiện nhân tử chung ( x – 1) Cách 1: P(x) = x3 + 3x2 – 4 = x3 – x2 + 4x2 – 4 = x2(x – 1) + 4(x – 1)(x + 1) = ( x – 1)(x2 + 4x + 4) = (x – 1)(x + 2)2 Cách 2: P(x) = x3 + 3x2 – 4 = x3 – 1 + 3x2 – 3 = (x3 – 1) + 3(x2 – 1) = (x – 1)( x2 + x + 1) + 3(x2 – 1) = ( x – 1)( x + 2)2 Cách 3: Chia P(x) cho (x – 1) ta được thương đúng là: (x2 + 4x + 4) = (x + 2)2 P(x) = x3 + 3x2 – 4 = ( x – 1)( x + 2)2. Chú ý: + Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng 0 thì đa thức chứa nhân tử (x – 1). + Nếu đa thức có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hạng tử bậc lẻ thì đa thức chứa nhân tử ( x + 1). Ví dụ: Đa thức : x3 – 5x2 + 8x – 4 có 1 – 5 + 8 – 4 = 0 Suy ra đa thức có nghiệm là 1 hay đa thức có chứa thừa số ( x – 1) Đa thức: 5x3 – 5x2 + 3x + 9 có (– 5) + 9 = 1+ 3 Suy ra đa thức có nghiệm là 1 hay đa thức chứa thừa số ( x + 1). + Nếu đa thức không có nghiệm nguyên nhưng đa thức có nghiệm hữu tỉ. Trong đa thức với hệ số nguyên nghiệm hữu tỷ nếu có phải có dạng pq trong đó p là ước của hạng tử không đổi, q là ước dương của hạng tử cao nhất. 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập trong sách nâng cao toán 8 Ngày giảng: Chiều: ...... ....... CHUYÊN ĐỀ 2 Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö (tiếp theo) I. Mục tiêu 1.Kiến thức Một số khái niệm cơ bản Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử 2.Kỹ năng Vận dụng tốt các phương pháp và kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới 10. PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH Ví dụ 18. Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x4 6x3 + 12x2 14x 3 Lời giải Thử với x= ±1; ±3 không là nghiệm của đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên cũng không có nghiệm hữu tỷ. Như vậy đa thức trên phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 +(a + c)x3 + (ac+b+d)x2 + (ad+bc)x + bd = x4 6x3 + 12x2 14x + 3. Đồng nhất các hệ số ta được : Xét bd= 3 với b, d Î Z, b Î {± 1, ± 3}. Với b = 3 thì d = 1, hệ điều kiện trên trở thành 2c = 14 (6) = 8. Do đó c = 4, a = 2. Vậy x4 6x3 + 12x2 14x + 3 = (x2 2x + 3)(x2 4x + 1). 11. PHƯƠNG PHÁP XÉT GIÁ TRỊ RIÊNG Trong phương pháp này, trước hết ta xác định dạng các nhân tử chứa biến của đa thức, rồi gán cho các biến các giá trị cụ thể để xác định các nhân tử còn lại. Ví dụ 19. Phân tích đa thức sau thành nhân tử : P = x2(y – z) + y2(z – x) + z(x – y). Lời giải Thay x bởi y thì P = y2(y – z) + y2( z – y) = 0. Như vậy P chứa thừa số (x – y). Ta thấy nếu thay x bởi y, thay y bởi z, thay z bởi x thì p không đổi (đa thức P có thể hoán vị vòng quanh). Do đó nếu P đã chứa thừa số (x – y) thì cũng chứa thừa số (y – z), (z – x). Vậy P có dạng k(x – y)(y – z)(z – x). Ta thấy k phải là hằng số vì P có bậc 3 đối với tập hợp các biến x, y, z, còn tích (x – y)(y – z)(z – x) cũng có bậc 3 đối với tập hợp các biến x, y, z. Vì đẳng thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) = k(x – y)(y – z)(z – x) đúng với mọi x, y, z nên ta gán cho các biến x ,y, z các giá trị riêng, chẳng hạn x = 2, y = 1, z = 0 ta được: 4.1 + 1.(–2) + 0 = k.1.1.(–2) suy ra k =1 Vậy P = –(x – y)(y – z)(z – x) = (x – y)(y – z)(x – z) 12. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ MỘT SỐ ĐA THỨC ĐẶC BIỆT 1. Đưa về đa thức : a3 + b3 + c3 3abc Ví dụ 20. Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a) a3 + b3 + c3 3abc. b) (x y)3 + (y z)3 + (z x)3. Lời giải a) a3 + b3 + c3 3abc = (a + b)3 3a2b 3ab2 + c3 3abc = (a + b)3 + c3 3ab(a + b + c) = (a + b + c)(a + b)2 (a + b)c + c2 3ab(a + b + c) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ab bc ca) b) Đặt x y = a, y z = b, z x = c thì a + b + c. Theo câu a) ta có : a3 + b3 + c3 3abc = 0 Þ a3 + b3 + c3 = 3abc. Vậy (x y)3 + (y z)3 + (z x)3 = 3(x y)(y z)(z x) 2. Đưa về đa thức : (a + b + c)3 a3 b3 c3 Ví dụ 21. Phân tích đa thức sau thành nhân tử : a) (a + b + c)3 a3 b3 c3. b) 8(x + y + z)3 (x + y)3 (y + z)3 (z + x)3. Lời giải a) (a + b + c)3 a3 b3 c3 = (a + b) + c3 a3 b3 c3 = (a + b)3 + c3 + 3c(a + b)(a + b + c) a3 b3 c3 = (a + b)3 + 3c(a + b)(a + b + c) (a + b)(a2 ab + b2) = (a + b)(a + b)2 + 3c(a + b + c) (a2 ab + b2) = 3(a + b)(ab + bc + ca + c2) = 3(a + b)b(a + c) + c(a + c) = 3(a + b)(b + c)(c + a). b) Đặt x + y = a, y + z = b, z + x = c thì a + b + c = 2(a + b + c). Đa thức đã cho có dạng : (a + b + c)3 a3 b3 c3 Theo kết quả câu a) ta có : (a + b + c)3 a3 b3 c3 = 3(a + b)(b + c)(c + a) Hay 8(x + y + z)3 (x + y)3 (y + z)3 (z + x)3 = 3(x + 2y + z)(y + 2z + x)(z + 2x + y) 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập trong sách nâng cao toán 8 Ngày giảng: Chiều: ...... ....... CHUYÊN ĐỀ 3 TÍNH CHIA HẾT VỚI SỐ NGUYÊN I. Mục tiêu 1.Kiến thức Biết vận dụng tính chất chia hết của số nguyên dể chứng minh quan hệ chia hết, tìm số dư và tìm điều kiện chia hết. 2.Kỹ năng Hiểu các bước phân tích bài toán, tìm hướng chứng minh 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới I. Chứng minh quan hệ chia hết Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (n N hoặc n Z) a Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích trong đó có một thừa số là m + Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôI một nguyên tố cùng nhau rồi chứng minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó + Trong k số liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội của k b. Khi chứng minh A(n) chia hết cho n ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia m cho n Ví dụ1: hết cho 5, 7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau A 5.7.9.16= 5040 Ví dụ 2: Chưng minh rằng với mọi số nguyên a thì : a a3 –a chia hết cho 3 b a5a chia hết cho 5 Giải: a a3a = (a1)a (a+1) là tích của các số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 3 b A= a5a = a(a21) (a2+1) • Cách 1: Ta xết mọi trường hợp về số dư khi chia a cho 5 Nếu a= 5 k (k Z) thì A 5 (1) Nếu a= 5k 1 thì a21 = (5k2 1) 2 1 = 25k2 10k 5 A 5 (2) Nếu a= 5k 2 thì a2+1 = (5k 2)2 + 1 = 25 k2 20k +5 A 5 (3) Từ (1),(2),(3) A 5, n Z Cách 2: Phân tích A thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5 : + Một số hạng là tích của 5 số nguyên liên tiếp + Một số hạng chứa thừa số 5 Ta có : a5a = a( a21) (a2+1) = a(a21)(a24 +5) = a(a21) (a24) + 5a(a21) = a(a1)(a+1) (a+2)(a2) 5a (a21) Mà = a(a1)(a+1) (a+2)(a2) 5 (tích của 5 số nguyên liên tiếp ) 5a (a21) 5 Do đó a5a 5 Cách 3: Dựa vào cách 2: Chứng minh hiệu a5a và tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 5. Ta có: a5a – (a2)(a1)a(a+1)(a+2) = a5a – (a2 4)a(a21) = a5a (a3 4a)(a21) = a5a a5 + a3 +4a3 4a = 5a3 – 5a 5 a5a – (a2)(a1)a(a+1)(a+2) 5 Mà (a2)(a1)a(a+1)(a+2) 5 a5a 5(Tính chất chia hết của một hiệu) c Khi chứng minh tính chia hết của các luỹ thừa ta còn sử dụng các hằng đẳng thức: an – bn = (a – b)( an1 + an2b+ an3b2+ …+abn2+ bn1) (HĐT 8) an + bn = (a + b)( an1 an2b+ an3b2 … abn2+ bn1) (HĐT 9) Sử dụng tam giác Paxc Mỗi dòng đều bắt đầu bằng 1 và kết thúc bằng 1 Mỗi số trên một dòng (kể từ dòng thứ 2) đều bằng số liền trên cộng với số bên trái của số liền trên. Do đó: Với a, b Z, n N: an – bn chia hết cho a – b( a b) a2n+1 + b2n+1 chia hết cho a + b( a b) (a+b)n = Bsa +bn ( BSa:Bội số của a) (a+1)n = Bsa +1 (a1)2n = Bsa +1 (a1)2n+1 = Bsa 1 VD3: CMR với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn. Giải: + Cách 1: Nếu n chẵn: n = 2k, k N thì: A = 162k – 1 = (162)k – 1 chia hết cho 162 – 1( theo nhị thức Niu Tơn) Mà 162 – 1 = 255 17. Vậy A 17 Nếu n lẻ thì : A = 16n – 1 = 16n + 1 – 2 mà n lẻ thì 16n + 1 16+1=17 (HĐT 9) A không chia hết cho 17 +Cách 2: A = 16n – 1 = ( 17 – 1)n – 1 = BS17 +(1)n – 1 (theo công thức Niu Tơn) Nếu n chẵn thì A = BS17 + 1 – 1 = BS17 chia hết cho 17 Nếu n lẻ thì A = BS17 – 1 – 1 = BS17 – 2 Không chia hết cho 17 Vậy biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn, n N d Ngoài ra còn dùng phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh quan hệ chia hết. • VD 4: CMR tồn tại một bội của 2003 có dạng: 2004 2004….2004 Giải: Xét 2004 số: a1 = 2004 a2 = 2004 2004 a3 = 2004 2004 2004 ………………………. a2004 = 2004 2004…2004 2004 nhóm 2004 Theo nguyên lý Dirichle, tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2003. Gọi hai số đó là am và an ( 1 n 0 nên 3n – 5 > 0. Ta lại có: 3n – 5 < 4n +5(vì n 0) nên để 12n2 – 5n – 25 là số ngưyên tố thì thừa số nhỏ phải bằng 1 hay 3n – 5 = 1 n = 2 Khi đó, 12n2 – 5n – 25 = 13.1 = 13 là số nguyên tố. Vậy với n = 2 thì giá trị của biểu thức 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố 13 b 8n2 + 10n +3 = (2n – 1)(4n + 3) Biến đổi tương tự ta được n = 0. Khi đó, 8n2 + 10n +3 là số nguyên tố 3 c A = . Do A là số tự nhiên nên n(n + 3) 4. Hai số n và n + 3 không thể cùng chẵn. Vậy hoặc n , hoặc n + 3 chia hết cho 4 Nếu n = 0 thì A = 0, không là số nguyên tố Nếu n = 4 thì A = 7, là số nguyên tố Nếu n = 4k với k Z, k > 1 thì A = k(4k + 3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên A là hợp số Nếu n + 3 = 4 thì A = 1, không là số nguyên tố Nếu n + 3 = 4k với k Z, k > 1 thì A = k(4k 3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên A là hợp số. Vậy với n = 4 thì là số nguyên tố 7 Bài 7: Đố vui: Năm sinh của hai bạn Một ngày của thập kỷ cuối cùng của thế kỷ XX, một nhườ khách đến thăm trường gặp hai học sinh. Người khách hỏi: Có lẽ hai em bằng tuổi nhau? Bạn Mai trả lời: Không, em hơn bạn em một tuổi. Nhưng tổng các chữ số của năm sinh mỗi chúng em đều là số chẵn. Vậy thì các em sinh năm 1979 và 1980, đúng không? Người khách đã suy luận thế nào? Giải: Chữ số tận cùng của năm sinh hai bạn phảI là 9 và 0 vì trong trường hợp ngựoc lại thì tổng các chữ số của năm sinh hai bạn chỉ hơn kém nhau là 1, không thể cùng là số chẵn. Gọi năm sinh của Mai là thì 1 +9+a+9 = 19 + a. Muốn tổng này là số chẵn thì a {1; 3; 5; 7; 9}. Hiển nhiên Mai không thể sinh năm 1959 hoặc 1999. Vậy Mai sinh năm 1979, bạn của Mai sinh năm 1980. 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập trong sách nâng cao toán 8 Ngày giảng: Chiều: ............. CHUYÊN ĐỀ 4 TỨ GIÁC, HÌNH THANG I. Mục tiêu 1.Kiến thức Vị trí tương đối của điểm, đường thẳng Chứng minh bằng nhau, tính toán 2.Kỹ năng Vận dụng tốt làm các bài tập về vị trí tương đối của điểm, đường thẳng, chứng minh bằng nhau, tính toán 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới I. Bài tập về vị trí tương đối của điểm, đường thẳng . Bài toán 1a : Cho hình thang ABCD (ABCD) trong đó đáy CD bằng tổng hai cạnh bên BC và AD . Hai đường phân giác của hai góc A ,B cắt nhau tại K. Chứng minh C,D,K thẳng hàng . HD : Gọi K là giao điểm của phân giác góc A với DC .Dễ dàng chứng minh được DAK cân tại D. Từ AD + BC = DC => CK = CB => CBK = CKB => CKB = KBA  BK là phân giác của góc B .  Đpcm. TIP : Bài này có thể cm theo hướng : Gọi K là giao điểm của hai phân giác các góc A và B . Cm KC + KD = DC => K thuộc DC => đpcm . Bài toán 1b : Cho tứ giác ABCD. Gọi A’B’C’D’ theo thứ tự là trọng tâm của các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC . Chứng minh rằng các đường thẳng AA’, BB’, CC’,DD’ đồng quy . HD : Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AC, BD ; I là trung điểm của EF ; J là trung điểm của A’C . Tam giác CAA’ có EJ là đường trung bình nên EJAA’. Tam giác FEJ có AA’ qua trung điểm A’ của FJ và với EJ nên AA’ qua trung điểm I của FE. Hoàn toàn tương tự chứng minh được BB’, CC’,DD’ qua I Các đường thẳng trên đồng quy tại I . II. Bài tập về chứng minh bằng nhau . Bài toán 2a : Cho tam giác ABC trong đó AB < AC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A. M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AC,BC . Chứng minh rằng tứ giác NMPH là hình thang cân . HD : MNHP là hình thang MP = AC2 ( Đường TB ) HN = AC2 ( Đường TT )  đpcm Bài toán 2b : Cho tứ giác ABCD có AD=BC. M,N lần lượt là trung điểm của AB và DC. Đường thẳng AD cắt đường thẳng MN tại E. Đường thẳng BC cắt đường thẳng MN tại F. Chứng minh AEM = BFM . HD : Gọi I là trung điểm của BD. Chứng minh tam giác IMN cân tại I ( IM = IN = AD2=BC2). IM DE và IN CF  đpcm . III. Bài tập tính toán . Bài toán 3a : Cho tứ giác lồi ABCD, hai cạnh AD và BC kéo dài cắt nhau tại E. Hai cạnh AB và DC kéo dài cắt nhau tại M. Hai phân giác của hai góc CED và BMC cắt nhau tại K . Tính góc EKM theo các góc trong của tứ giác . HD : Trong tam giác MKE được MKE = 1800 (KMD +KED+DME+DEM) DME+DEM = 1800 D . KMD = (1800 C B)2 KED = (1800 AB)2 Thay vào ta được : MKE = 1800 ((1800CB +1800AB )2 +1800D) = (3600 3600 +A+C+2B 3600 +2D)2 = (A+B+C+D+B+D3600)2= (B+D)2 Bài toán 3b : Cho hình thang ABCD. M,N lần lượt là trung điểm của hai đáy AD và BC. O là điểm thuộc MN. Qua O kẻ đường thẳng song song với đáy hình thang . Đường thẳng này cắt AB,CD lần lượt tại E,F. Chứng minh rằng OE=OF . HD : Chứng minh SBNMA = SNCDM (Do có tổng hai đáy và chiều cao bằng nhau ). Chứng minh SBEN=SNFC và SEAM = SFMD để được SEMN =SFMN Từ đó có EH = FI ( với EH, FI lần lượt là hai đường cao của hai tam giác  OE =OF 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập: Ngày giảng: Chiều: ............. CHUYÊN ĐỀ 4 TỨ GIÁC, HÌNH THANG (tiếp) I. Mục tiêu 1.Kiến thức Quỹ tích , dựng hình Cực trị hình học 2.Kỹ năng Vận dụng tốt làm các bài tập về quỹ tích, dựng hình, cực trị hình học 3.Thái độ Rèn luyện tính linh hoạt, cẩn thận trong biến đổi và tính toán. Giúp các em yêu thích học toán II. Chuẩn bị 1. Giáo viên: Phấn màu, sách tham khảo 2. Học sinh: III. Tiến trình dạy học 1. Ổn định tổ chức 2. Kiểm tra 3. Bài mới IV. Bài tập về quỹ tích , dựng hình . Bài toán 4a : Cho tứ giác lồi ABCD . Hãy dựng đường thẳng qua đỉnh A chia tứ giác thành hai phần có diện tích bằng nhau . Phân tích : Giả sử AM là đường thẳng cần dựng . Lấy điểm E đối xứng với D qua M. AE cắt BC tại I . Có : SADM = SABCM = SAME => SABI = SCEI  SABC = SEBC => BE AC. Cách dựng : Dựng đường chéo AC. Từ B dựng đường thẳng song song với AC cắt AC tại E. Lấy M là trung điểm của DE. AM là đường thẳng cần dựng . TIP : Thực chất của phép dựng trên là biến đổi hình thang về một tam giác tương đương ( có diện tích bằng diện tích hình thang ). Để chuyển bài toán về bài tập dựng trung tuyến của tam giác . Sau đây là bài tập áp dụng việc biến đổi trên . Bài toán 4b : Cho tứ giác ABCD . I là điểm bất kỳ của AB . Qua I hãy dựng đường thẳng chia tứ giác làm hai phần có diện tích bằng nhau . Phân tích : Giả sử đã dựng được IJ . Sử dụng phương pháp biến đổi về tam giác tương đương .Ta có các bước phân tích : Xác định điểm F trên tia DC sao cho SIJCB = SIJF . Lúc đó SBIC = SFIC .Suy ra BFIC . Xác định điểm E trên tia CD sao cho SIJAD = SIJE . Lúc đó SAID = SEID .Suy ra AEID . Rõ ràng J là trung điểm của đoạn thẳng EF . Cách dựng : Qua A dựng đường thẳng song song với ID cắt DC tại E. Qua B dựng đường thẳng song song với IC cắt DC tại F. Dựng J là trung điểm của EF . IJ là đường thẳng cần dựng . V. Bài toán cực trị hình học . Bài toán 5a : Cho tứ giác lồi ABCD . Tìm điểm M trong tứ giác đó sao cho MA + MB + MC +MD đạt giá trị nhỏ nhất . Giải : Cách 1: Gọi O là giao điểm hai đường chéo . M  O thì MA +MB +MC+MD đạt giá trị nhỏ nhất . Thật vậy, M  O ta có : MA +MB +MC +MD = OA + OB + OC + OD = AC + BD . Với M bất kỳ trong tứ giác ta có : MA +MC  AC; MB + MD  BD  MA +MB +MC +MD  AC + BD.  MA +MB +MC +MD nhỏ nhất lúc M  O D Cách 2 : Với ba điểm M; A; C ta có : MA +MC  AC . C Dấu “ =” xảy ra lúc MAC M Với ba điểm M; B; D có MB + MD  BD . O Dấu “=” xảy ra lúc M  BD  MA + MB +MC +MD  AC + BD A B Dấu “=” xảy ra lúc MAC và MBD  M  O ( Với O là giao điểm hai đường chéo ) . Bài toán 5b : Chứng minh rằng đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối diện của một tứ giác lồi không lớn hơn nửa tổng hai cạnh còn lại . C Giải : B Gọi I là trung điểm của AC ta có : C MI = BC 2 M I N IN = AD 2 I  MI + IN = ( BC +AD) 2 Lại có với ba điểm M,I,N thì MI + IN  MN A D  MN  (BC + AD) 2 =>đpcm . 4. Củng cố Hệ thống nội dung đã ôn 5. Hướng dẫn học ở nhà Làm các bài tập: Ngày giảng: Chiều: ............. CHUYÊN ĐỀ 5 HÌNH B

Ngy ging: Chiu: ./ ./ CHUYấN BIN I BIU THC NGUYấN I. Mc tiờu 1.Kin thc - Mt s hng ng thc c bn - Bng cỏc h s khai trin (a + b)n Tam giỏc Pascal 2.K nng - Vn dng tt kin thc trờn vo gii toỏn 3.Thỏi - Rốn luyn tớnh linh hot, cn thn bin i v tớnh toỏn. - Giỳp cỏc em yờu thớch hc toỏn II. Chun b 1. Giỏo viờn: Phn mu, sỏch tham kho 2. Hc sinh: III. Tin trỡnh dy hc 1. n nh t chc 2. Kim tra 3. Bi mi I. Mt s hng ng thc c bn 1. (a b)2 = a2 2ab + b2 ; (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ; (a1 + a + . + a n )2 = = a12 + a 22 + . + a 2n + 2(a1a + a1a + . + a1a n + a 2a + . + a 2a n + . + a n 1a n ) ; 2. (a b)3 = a3 3a2b + 3ab2 b3 = a3 b3 3ab(a b); (a b)4 = a4 4a3b + 6a2b2 4ab3 + b4 ; 3. a2 b2 = (a b)(a + b) ; a3 b3 = (a b)(a2 + ab + b2) ; an bn = (a b)(an + an 2b + an 3b2 + + abn + bn 1) ; 4. a3 + b3 = (a + b)(a2 ab + b2) a5 + b5 = (a + b)(a4 a3b + a2b2 ab3 + b5) ; a2k + + b2k + = (a + b)(a2k a2k 1b + a2k 2b2 + a2b2k ab2k + b2k) ; II. Bng cỏc h s khai trin (a + b)n Tam giỏc Pascal nh Dũng (n = 1) 1 Dũng (n = 2) Dũng (n = 3) 3 Dũng (n = 4) Dũng (n = 5) 10 10 Trong tam giỏc ny, hai cnh bờn gm cỏc s ; dũng k + c thnh lp t dũng k (k 1), chng hn dũng ta cú = + 1, dũng ta cú = + 1, = + 2, dũng ta cú = + 3, = + 3, = + 1, Khai trin (x + y) n thnh tng thỡ cỏc h s ca cỏc hng t l cỏc s dũng th n ca bng trờn. Ngi ta gi bng trờn l tam giỏc Pascal, nú thng c s dng n khụng quỏ ln. Chng hn, vi n = thỡ : (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 v vi n = thỡ : (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 10ab4 + b5 II. Cỏc vớ d Vớ d 1. n gin biu thc sau : A = (x + y + z)3 (x + y z)3 (y + z x)3 (z + x y)3. Li gii 3 A = [(x + y) + z] [(x + y) z] [z (x y)]3 [z + (x y)]3 = [(x + y)3 + 3(x + y)2z + 3(x + y)z2 + z3] [(x + y)3 3(x + y)2z + 3(x + y)z2 z3] [z3 3z2(x y) + 3z(x y)2 (x y)3] [z3 + 3z2(x y) + 3z(x y)2 + (x y)3] = 6(x + y)2z 6z(x y)2 = 24xyz Vớ d 2. Cho x + y = a, xy = b (a2 4b). Tớnh giỏ tr ca cỏc biu thc sau : a) x2 + y2 ; b) x3 + y3 ; c) x4 + y4 ; d) x5 + y5 Li gii 2 2 a) x + y = (x + y) 2xy = a 2b b) x3 + y3 = (x + y)3 3xy(x + y) = a3 3ab c) x4 + y4 = (x2 + y2)2 2x2y2 = (a2 2b)2 2b2 = a4 4a2b + 2b2 d) (x2 + y2)(x3 + y3) = x5 + x2y3 + x3y2 + y5 = (x5 + y5) + x2y2(x + y) Hay : (a2 2b)(a3 3ab) = (x5 + y5) + ab2 x5 + y5 = a5 5a3b + 5ab2 Chỳ ý : a6 + b6 = (a2)3 + (b2)3 = (a3)2 + (b3)2 a7 + b7 = (a3 + b3)(a4 + b4) a3b3(a + b) = (a2 + b2)(a5 + b5) a2b2(a3 + b3) Vớ d 3. Chng minh cỏc hng ng thc : a) a3 + b3 + c3 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ab bc ca) ; b) (a + b + c)3 a3 b3 c3 = 3(a + b)(b + c)(c + a) Li gii 3 3 a) a + b + c 3abc = (a + b) + c 3abc 3a2b 3ab2 = (a + b + c)[(a + b)2 (a + b)c + c2] 3ab(a + b + c) = (a + b + c) [(a + b)2 (a + b)c + c2 3ab] = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ab bc ca) b) (a + b + c)3 a3 b3 c3 = [(a + b + c)3 a3] (b3 + c3) = (b + c)[(a + b + c)2 + (a + b + c)a + a2] (b + c)(b2 bc + c2) = (b + c)(3a2 + 3ab + 3bc + 3ca) = 3(b + c)[a(a + b) + c(a + b)] = 3(a + b)(b + c)(c + a) Vớ d 4. Cho x + y + z = 0. Chng minh rng : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Li gii Vỡ x + y + z = nờn x + y = z (x + y)3 = z3 Hay x3 + y3 + 3xy(x + y) = z3 3xyz = x3 + y3 + z3 Do ú : 3xyz(x2 + y2 + z2) = (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(y2 + z2) + y3(z2 + x2) + z3(x2 + y2) M x2 + y2 = (x + y)2 2xy = z2 2xy (vỡ x + y = z). Tng t : y2 + z2 = x2 2yz ; z2 + x2 = y2 2zx. Vỡ vy : 3xyz(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(x2 2yz) + y3(y2 2zx) + z3(z3 2xy) = 2(x5 + y5 + z5) 2xyz(x2 + y2 + z2) Suy : 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) (pcm) *Bi tp: 1. Cho a + b + c = v a2 + b2 + c2 = 14. Tớnh giỏ tr ca biu thc : A = a4 + b4 + c4. 2. Cho x + y + z = v xy + yz + zx = 0. Tớnh giỏ tr ca biu thc : B = (x 1)2007 + y2008 + (z + 1)2009. 3. Cho a2 b2 = 4c2. Chng minh rng : (5a 3b + 8c)(5a 3b 8c) = (3a 5b)2. 4. Chng minh rng nu: 5. (x y)2 + (y z)2 + (z x)2 = (x + y 2z)2 + (y + z 2x)2 + (z + x 2y)2 thỡ x = y = z. a b 6. a) Chng minh rng nu (a2 + b2)(x2 + y2) = (ax + by)2 v x, y khỏc thỡ = . x y 2 2 2 b) Chng minh rng nu (a + b + c )(x + y + z ) = (ax + by + cz) a b c v x, y, z khỏc thỡ = = . x y z 7. Cho x + y + z = 0. Chng minh rng : a) 5(x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = 6(x5 + y5 + z5) ; b) x7 + y7 + z7 = 7xyz(x2y2 + y2z2 + z2x2) ; c) 10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z2)(x5 + y5 + z5). 8. Chng minh cỏc hng ng thc sau : a) (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 ; b) x4 + y4 + (x + y)4 = 2(x2 + xy + y2)2. 9. Cho cỏc s a, b, c, d tha a2 + b2 + (a + b)2 = c2 + d2 + (c + d)2. Chng minh rng : a4 + b4 + (a + b)4 = c4 + d4 + (c + d)4 10. Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tớnh giỏ tr ca biu thc : C = a2 + b9 + c1945. 11. Hai s a, b ln lt tha cỏc h thc sau : a3 3a2 + 5a 17 = v b3 3b2 + 5b + 11 = 0. Hóy tớnh : D = a + b. 12. Cho a3 3ab2 = 19 v b3 3a2b = 98. Hóy tớnh : E = a2 + b2. 13. Cho x + y = a + b v x2 + y2 = a2 + b2. Tớnh giỏ tr ca cỏc biu thc sau : a) x3 + y3 ; b) x4 + y4 ; c) x5 + y5 ; d) x6 + y6 ; e) x7 + y7 ; f) x8 + y8 ; g) x2008 + y2008. 4. Cng c - H thng ni dung ó ụn 5. Hng dn hc nh - Lm cỏc bi sỏch nõng cao toỏn Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CHUYấN Phân tích đa thức thành nhân tử I. Mc tiờu 1.Kin thc - Mt s khỏi nim c bn -Cỏc phng phỏp phõn tớch a thc thnh nhõn t 2.K nng - Vn dng tt cỏc phng phỏp v k thut phõn tớch a thc thnh nhõn t 3.Thỏi - Rốn luyn tớnh linh hot, cn thn bin i v tớnh toỏn. - Giỳp cỏc em yờu thớch hc toỏn II. Chun b 1. Giỏo viờn: Phn mu, sỏch tham kho 2. Hc sinh: III. Tin trỡnh dy hc 1. n nh t chc 2. Kim tra 3. Bi mi I.Mt s khỏi nim c bn : 1. a thc a thc l mt biu thc i s ú phộp tớnh thc hin i vi cỏc bin ch l phộp cng, tr, nhõn. (a thc l mt biu thc nguyờn ). Vớ d: Biu thc: f(x) = 5x - x + 3x + l mt a thc ca bin (n) x. Biu thc: g(y) = 7y 2+ 3y - l mt a thc ca bin (n) y. Biu thc: h(x,y) = 5x y - 3x2 y2- 2y + l mt a thc ca hai bin (n) x v y. 2. Phõn tớch a thc thnh nhõn t Phõn tớch a thc thnh nhõn t (hay tha s) l bin i a thc ú thnh mt tớch ca cỏc n thc v a thc cú bc nh hn. Vớ d: a) x2 xy + x y =(x y)(x + 1). b) x5 + x4 + = (x2 + x + 1)(x3 x + 1). II. Cỏc phng phỏp phõn tớch a thc thnh nhõn t 1. Phng phỏp t nhõn t chung a) Phng phỏp : + Trc ht, ta tỡm nhõn t chung cú mt tt c cỏc hng t ca a thc. + Phõn tớch mi hng t ca a thc thnh tớch ca nhõn t chung v mt nhõn t khỏc. + a nhõn t chung ngoi du ngoc. Cỏc hng t du ngoc l thng ca phộp chia cỏc hng t ca a thc cho nhõn t chung. b) Vớ d: Phõn tớch cỏc a thc sau thnh nhõn t : 1) A = 5x 2y 10xy 2) B = 2x(3y z) + 6y(7z 3y) 3) C = (y z)(2x 2y yz) (4yx + yz )(z y ) + 6x z(y z). Gii : 1) A = 5x y 10xy Ta thy cỏc hng t ca a thc u cha tha s chung 5xy, ta cú A = 5x 2y 10xy = 5xy.x 5xy.2y = 5xy(x - 2y). 2) B = 2x(3y 7z) + 6y(7z 3y) i du hng t 6y(7z 3y) = - 6y(3y 7z), ta cú tha s (3y 7z) chung : B = 2x(3y 7z) + 6y(7z 3y) = 2x(3y 7z) - 6y(3y - 7z) = (3y 7z)( 2x 6y) = (3y 7z).2(x 3y) = 2(3y 7z)(x 3y). 3) C = (y z)(2x 2y yz) (4yx + yz )(z y ) + 6x z(y z) i du (4yx + yz )(z y ) = (4yx + yz )( y z), ta cú tha s (y z) chung: C = (y z)(2x 2y yz) (4yx + yz )(z y ) + 6x z(y z) = (y z)(2x y yz) + (4yx + yz 2)( y z) + 6x 2z(y z) = (y z)[( 2x 2y yz ) + (4yx + yz ) + 6x z] = (y z)[ 2x y + 4yx + 6x z] = (y z)[ 2xy + 4yx + 6x z] = (y z)[ 2x (y + 2y + 3z)] = (y z)[ 2x (3y + 3z)] = (y z) 2x .3(y + z) = 6x 2(y2 z)(y + z). Khai thỏc bi toỏn: Nu chỳ ý n cỏc hng t ca cỏc biu thc v bng cỏch t tha s chung , ta cú th gii cỏc bi toỏn tng t nh sau: Bi toỏn 1.1: Phõn tớch a thc Q = (x + 2z)(3x + 5x y) (7x 3x 2y)(2z + x) Bi toỏn 1.2: Phõn tớch a thc P = 3a(b2 2c) (a 4)(2c b 2) Bi toỏn 1.3: Phõn tớch a thc H = 3x my 9x ny2 + 15x n+1 vi m, n N, m > n. 4. Cng c - H thng ni dung ó ụn 5. Hng dn hc nh - Lm cỏc bi sỏch nõng cao toỏn Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CHUYấN Phân tích đa thức thành nhân tử (tip theo) I. Mc tiờu 1.Kin thc - Mt s khỏi nim c bn -Cỏc phng phỏp phõn tớch a thc thnh nhõn t 2.K nng - Vn dng tt cỏc phng phỏp v k thut phõn tớch a thc thnh nhõn t 3.Thỏi - Rốn luyn tớnh linh hot, cn thn bin i v tớnh toỏn. - Giỳp cỏc em yờu thớch hc toỏn II. Chun b 1. Giỏo viờn: Phn mu, sỏch tham kho 2. Hc sinh: III. Tin trỡnh dy hc 1. n nh t chc 2. Kim tra 3. Bi mi 2. Phng phỏp dựng hng ng thc. a) Phng phỏp: ỏp dng phng phỏp ny, ta cn bin i cỏc hng t lm xut hin cỏc hng ng thc (nu cú th). Sau ú dựng cỏc hng ng thc ỏng nh phõn tớch a thc thnh nhõn t. b) Vớ d : Phõn tớch a thc sau thnh nhõn t. 1) D = x x + 2) E = 9(x + 5) (x +7)2 3) F = x3 + 9x2 27x + 27 4) G = 27a3b6 Gii : 1) 2) 3) 4) 2 1 D=x x+ = x 2.x. + ữ = x ữ 2 E = 9(x + 5) (x + 7) = [3(x + 5)] (x + 7) = [3(x+5) + x +7][3(x+5) (x+7)] = (4x + 22)(2x + 8) = 4(2x + 11)(x + 4) F = - x3 + 9x2 27x + 27 = ( x)3 + 3.3.( x)2 + 3.( x).32 + 33 = (-x +3)3. G = 27a3b6 = 23- (3ab2)3 = (2- 3ab2)( + 6ab2 + 9a2b4). 3) Phng phỏp nhúm nhiu hng t: a)Phng phỏp: S dng tớnh cht giao hoỏn v tớnh cht kt hp ca phộp cng cỏc n thc, ta cú th kt hp cỏc hng t thớch hp thnh tng nhúm. Trong mi nhúm ny, ta ỏp dng liờn tip cỏc phng phỏp t nhõn t chung hoc dựng hng ng thc tip tc phõn tớch. Lu ý: Thng thỡ ta s cú nhiu cỏch nhúm cỏc hng t khỏc b)Vớ d : Phõn tớch cỏc a thc sau thnh nhõn t : 1) x2 xy + x y 2) x - 2xy - z + y + 2zt t 3) x + 2xy y Gii : Ta thy cỏc hng t u khụng cú tha s chung cng khụng thy cú dng hng ng thc. Vỡ th ta s nhúm hng t vi lm xut hin nhõn t chung hoc cú dng hng ng thc phõn tớch tip: 1) x2 xy + x y * Cỏch 1: Nhúm hng t th nht vi hng t th hai, hng t th ba vi hng t th t ta cú : x2 xy + x y = (x2 xy) + (x y) = x(x y) + (x y) =(x y)(x + 1). * Cỏch 2: Nhúm hng t th nht vi hng t th 3, hng t th hai vi hng t th t, ta cú : x2 xy + x y = (x2 + x) (xy + y) = x(x + 1) y(x + 1) = (x + 1)(x y). 4. Cng c - H thng ni dung ó ụn 5. Hng dn hc nh - Lm cỏc bi sỏch nõng cao toỏn Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CHUYấN Phân tích đa thức thành nhân tử (tip theo) I. Mc tiờu 1.Kin thc - Mt s khỏi nim c bn -Cỏc phng phỏp phõn tớch a thc thnh nhõn t 2.K nng - Vn dng tt cỏc phng phỏp v k thut phõn tớch a thc thnh nhõn t 3.Thỏi - Rốn luyn tớnh linh hot, cn thn bin i v tớnh toỏn. - Giỳp cỏc em yờu thớch hc toỏn II. Chun b 1. Giỏo viờn: Phn mu, sỏch tham kho 2. Hc sinh: III. Tin trỡnh dy hc 1. n nh t chc 2. Kim tra 3. Bi mi 4. Phng phỏp phi hp cỏc phng phỏp. a) Phng phỏp: phõn tớch a thc thnh nhõn t bng cỏch phi hp nhiu phng phỏp, ta nờn chỳ ý chn cỏc phng phỏp theo th t u tiờn nh sau : Bc 1: u tiờn ta xột xem cỏc hng t cú xut hin nhõn t chung hay khụng? Cú nhõn t chung: p dng phng phỏp t nhõn t chung. Sau ú ta xem a thc ngoc l bi toỏn mi v quay li vi bc v tip tc thc hin n kt qu cui cựng. Nu khụng cú nhõn t chung, chuyn sang bc 2. Bc 2: Nu a thc cú dng ca mt hng ng thc thỡ ỏp dng phng phỏp hng ng thc. Nu khụng thỡ chuyn qua bc 3. Bc 3: Dựng phng phỏp nhúm hng t thớch hp xut hin hng ng thc hoc nhõn t chung. b) Vớ d : Phõn tớch cỏc a thc sau thnh nhõn t : 1) 2x2 + 4x + 2y2 2) 2a2 12ab + 18b2 3) 5x3z 10x2z 5xz3 5xy2z + 5xz + 10xyz2 . Gii: 1) Ta thy cỏc hng t u cú tha s chung, ta t tha s chung ngoi v tip tc phõn tớch a thc ngoc: 2x2 + 4x + 2y2 = 2(x2 + 2x + y2) t nhõn t chung 2 = [(x + 2x + 1) y ] Nhúm cỏc hng t thớch hp ca a thc ngoc. = 2[(x + 1)2 y2] Xut hin hng ng thc = 2(x + y)(x + + y) Dựng hng ng thc Nh vy th t u tiờn l: t nhõn t chung dựng hng ng thc nhúm hng t. Vy 2x2 + 4x + 2y2 = 2(x + y)(x + + y). 2) 2a2 12ab + 18b2 Cỏch gii tng t cõu a) : 2a2 12ab + 18b2 = 2(a2 6ab + 9b2) = 2(a 3b)2 3) 5x3z 10x2z 5xz3 - 5xy2z + 5xz + 10xyz2 = 5xz(x2 2x z2 y2 + + 2yz) = 5xz[ (x2 2x + 1) (y2 2yz + z2)] = 5xz[(x 1)2 (y z)2] = 5xz(x y + z)(x + y z). Khai thỏc bi toỏn: Bng phng phỏp phi hp cỏc phng phỏp phõn tớch a thc thnh nhõn t, ta cú th gii cỏc bi toỏn tng t nh sau: Bi toỏn 1.1: Phõn tớch a thc I = 3n 12n + 27 3m Bi toỏn 1.2: Phõn tớch a thc K = 3x3y 6x2y 3xy3 6axy2 3a2xy + 3xy Bi toỏn 1.3: Phõn tớch a thc L = 7a c + 14a c 7ac + 28c + 7ac 28 . 4. Cng c - H thng ni dung ó ụn 5. Hng dn hc nh - Lm cỏc bi sỏch nõng cao toỏn Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CHUYấN Phân tích đa thức thành nhân tử (tip theo) I. Mc tiờu 1.Kin thc - Mt s khỏi nim c bn -Cỏc phng phỏp phõn tớch a thc thnh nhõn t 2.K nng - Vn dng tt cỏc phng phỏp v k thut phõn tớch a thc thnh nhõn t 3.Thỏi - Rốn luyn tớnh linh hot, cn thn bin i v tớnh toỏn. - Giỳp cỏc em yờu thớch hc toỏn II. Chun b 1. Giỏo viờn: Phn mu, sỏch tham kho 2. Hc sinh: III. Tin trỡnh dy hc 1. n nh t chc 2. Kim tra 3. Bi mi 5. Phng phỏp tỏch mt hng t thnh hai hay nhiu hng t. a) Phng phỏp: Cú mt s a thc khụng cú nhõn t chung cng khụng cú dng hng ng thc nờn vic phõn tớch thnh nhõn t l rt khú. Vỡ th ta nờn tỏch mt hng t thnh hai hoc nhiu hng t a thc cú nhiu hng t hn ri dựng phng phỏp nhúm cỏc hng t v t nhõn t chung phõn tớch tip. b) Vớ d: Vớ d 1: Phõn tớch: x2 6x + Cỏch 1: Tỏch s hng th hai x2 6x + = x2 2x 4x + = x(x 2) 4( x 2) = (x )(x 4). Cỏch 2: Tỏch s hng th x2 - 6x + = x2 6x + = (x 3)2 = ( x 1)(x + 1) = (x 4)( x 2). Cỏch 3: x 6x + = x2 6x + 12 = ( x 2)(x + 2) 6(x 2) = (x 2)(x 4) 2 Cỏch 4: x 6x + = x 16 6x + 24 = ( x 4)(4 + x) 6(x 4) = (x 4)( x + 6) = (x 4) ( x 2). Cỏch : x 6x + = x2 4x + 2x + = (x 2)2 2( x 2) = (x 2)( x 2) = ( x 2)(x 4). Mc dự cú nhiu cỏch tỏch nhng thụng dng nht l cỏch sau: 10 5. Hng dn hc nh - Lm cỏc bi tp: Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CHUYấN I XNG TRC V I XNG TM I. Mc tiờu 1.Kin thc - V trớ tng i ca im, ng thng - Cc tr hỡnh hc 2.K nng - Vn dng lm tt cỏc bi 3.Thỏi - Rốn luyn tớnh linh hot, cn thn bin i v tớnh toỏn. - Giỳp cỏc em yờu thớch hc toỏn II. Chun b 1. Giỏo viờn: Phn mu, sỏch tham kho 2. Hc sinh: III. Tin trỡnh dy hc 1. n nh t chc 2. Kim tra 3. Bi mi I. Bi v v trớ tng i ca im, ng thng . Bi toỏn 1a : Cho tam giỏc nhn ABC cú AH l ng cao . Gi E,F ln lt l im i xng ca H qua cỏc cnh AB,AC . Gi M,N ln lt l giao im ca EF vi AB,AC. Chng minh rng MC AB v NB AC . F A Gii : N Tam giỏc MNH cú AM,AN l phõn giỏc M ngoi ca hai gúc M,N nờn AH l phõn giỏc ca gúc MNH E Do CH AH nờn CH l phõn giỏc B H ngoi ca gúc MNH. C Tam giỏc MNH cú CN,CH l phõn giỏc ngoi ca hai gúc N,H nờn CM l phõn giỏc ca gúc HMN . CM MB ( Vỡ MB l phõn giỏc ngoi ca HMN ) .Hay CM AB . Tng t chng minh c NB AC Bi toỏn 1b : Cho tam giỏc ABC v P l im bt k . Gi M,N,Q ln lt l trung im ca AB,AC,BC . Gi A,B,C ln lt l im i xng ca P qua Q,N,M . Chng minh AA,BB,CC ng quy . Gii : A B C P B 43 A C Chng minh ABAB l hỡnh bỡnh hnh : Cỏc on thng AB v BA cựng song song v bng PC . Tng t chng minh c CACA l hỡnh bỡnh hnh II. Bi toỏn cc tr hỡnh hc . Bi toỏn 5a : ( Bi toỏn chim ) Trong mt phng P cho ng thng d hai im A,B nm cựng mt na mt phng b . Xỏc nh trờn d im M cho MA + MB t giỏ tr nh nht . Gii : a. Trng hp A,B nm mt na mt phng : B Gi A1 l im i xng ca A qua trc (d) A MA +MB = MA1 + MB A1B . Du = xy lỳc M[A1B]. (d) M l giao im ca A1B v d . M TIP : Thay i v trớ tng i ca A,B so vi d A1 ta c mt s bi toỏn khỏc cn gii quyt Bi toỏn 5b: Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhn. M l im thuc cnh BC. I,J ln lt l hỡnh chiu ca M xung hai cnh AB, AC .M1, M2 ln lt l im i xng ca M qua AB,AC . E,F ln lt l giao im ca M1M2 vi AB,AC . Xỏc nh M a. IJ nh nht; ln nht . b. tam giỏc MEF cú chu vi nh nht . A M2 Gii : F M1 E J I B M C a. 2IJ = M1M2 . AM1 =AM=AM2 . M1AM2 =2BAC = CONST. IJ (max) M1M2 (max) AM1 (max) AM (max) . AM nh nht AM BC . AM ln nht AM = Max(AB,AC ) b. Chu vi tam giỏc MEF = MF + ME +EF = M1M2 . chu vi tam giỏc MEF nh nht thỡ M l chõn ng cao t A xung BC. theo bi toỏn 1a thỡ E,F cng l chõn ca hai ng cao cũn li 4. Cng c - H thng ni dung ó ụn 5. Hng dn hc nh - Lm cỏc bi tp: 44 Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CHUYấN NH Lí THALET I. Mc tiờu 1.Kin thc - V trớ tng i ca im, ng thng, chng minh bng nhau. 2.K nng - Vn dng lm tt cỏc bi 3.Thỏi - Rốn luyn tớnh linh hot, cn thn bin i v tớnh toỏn. - Giỳp cỏc em yờu thớch hc toỏn II. Chun b 1. Giỏo viờn: Phn mu, sỏch tham kho 2. Hc sinh: III. Tin trỡnh dy hc 1. n nh t chc 2. Kim tra 3. Bi mi I. Bi v v trớ tng i ca im, ng thng . Bi toỏn 1a : Cho t giỏc li ABCD . K hai ng thng song song vi AC . ng thng th nht ct cỏc cnh BA,BC ln lt ti G v H. ng thng th hai ln lt ct cỏc cnh DA,DC ln lt ti E v F .Chng minh rng GE,HF,BD ng quy . I Gii : Gi O l giao im ca AC v BD . D M,N ln lt l giao im ca GH v EF E vi BD . F Ta cú : EN = FN (Do EF// AC ) A N AO OC O G EN OA = FN OC M C H Tng t ta cng cú : B GM OA GH = OC GM EN = HM FN pcm (Do EF // GH ) theo nh lý o II. Bi v chng minh bng . Bi toỏn 2a : Cho hỡnh thang ABCD (AB // CD ). Hai ng chộo AC v BD ct ti I . Qua I k ng thng song song vi hai ỏy ct AD ti E v ct BC ti F . a. Chng minh : = IF AB CD 45 + b. Chng minh I l trung im ca EF. Gii : Cú : IF = AB IF = CD A FC BC BF BC B E I D Cng hai ng thc trờn ta c : BF + FC IF + IF =1 = BC AB CD pcm . F C 1 + b. Hon ton tng t ta cng cú : = IE AB CD IF = EF pcm . Bi toỏn 2b : Cho hỡnh thang cõn ABCD (AD//BC ) . Gi M,N l trung im ca BC v AD . Trờn tia i ca tia AB ly im P bt k . PN ct BD ti Q. Chng minh MN l tia phõn giỏc ca gúc PMQ . P HD : A I N K D Q C M B P Gi I,K,P ln lt l giao im ca AD vi PM , AD vi MQ, PQ vi BC . - D dng chng minh c MN vuụng gúc vi AD . - Cú : IN/MP = IA/BM = AN/BP NK/MP = KD/BM = ND/BP Do AN =ND nờn c : IN/MP = NK/MP => IN=NK IMK cú MN va l trung tuyn va l ng cao nờn nú l phõn giỏc (pcm) 4. Cng c - H thng ni dung ó ụn 5. Hng dn hc nh - Lm cỏc bi tp: 46 Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CHUYấN NH Lí THALET (tip theo) I. Mc tiờu 1.Kin thc - Nhc li cỏch gii cỏc bi toỏn cc tr hỡnh hc. 2.K nng - Vn dng lm tt cỏc bi 3.Thỏi - Rốn luyn tớnh linh hot, cn thn bin i v tớnh toỏn. - Giỳp cỏc em yờu thớch hc toỏn II. Chun b 1. Giỏo viờn: Phn mu, sỏch tham kho 2. Hc sinh: III. Tin trỡnh dy hc 1. n nh t chc 2. Kim tra 3. Bi mi IV. Bi toỏn cc tr hỡnh hc . Bi toỏn 5a : Cho gúc nhn xOy v im M thuc ca gúc . Hóy dng qua M mt cỏt tuyn ct hai cnh ca gúc xOy ti A v B cho + . MA MB t giỏ tr ln nht Gii : N V : MN // Oy ON // AB MN ct Ox ti P . K PQ //AB (Q OM) 1 + O = + = PQ MA MB MA ON + . ln nht thỡ PQ nh nht . MA MB A P Q M B Do OM, P c nh nờn PQ nh nht PQ OM . Lỳc ú AB OM Bi toỏn 5b : Cho gúc nhn xOy . M l im thuc ca gúc . ng thng d quay xung quanh M ct Ox, Oy theo th t ti A,B . Tỡm v trớ ca d cho OA+OB t giỏ tr nh nht . A X O M 47 B Y HD : OA + OB = OX +OY + XA + YB Do OX + OY khụng i nờn OA +OB nh nht XA + YB nh nht . Li cú : hai tam giỏc AXM v YMB ng dng nờn : XA = XM YM YB . XA.YB = YM .XM = const XA + YB nh nht XA = YB hai tam giỏc AXM v YMB bng M l trung im ca AB . Dng A,B nh bi 4b/II V. Bi toỏn tng hp . Bi toỏn 6: Cho tam giỏc ABC . I l mt im tam giỏc . IA, IB, IC theo th t ct BC, CA , AB ti M, N, P . NP ct BC ti R IA a. Chng minh : IM = NA + PA NC PB MB NC b. Chng minh rng :MC . NA . RB NC c. Chng minh rng : RC . NA . MB RB d. Chng minh rng :MC = RC PA PB =1 ( nh lý Cờ va ) PA PB =1 ( nh lý Mờ nờ lauyut ) . 4. Cng c - H thng ni dung ó ụn 5. Hng dn hc nh - Lm cỏc bi tp: 48 Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CHUYấN H THC LNG TRONG TAM GIC NH Lí PITAGO I. Mc tiờu 1.Kin thc - ễn H thc lng tam giỏc thng, chng minh ng quy, vuụng gúc 2.K nng - Vn dng tt lm cỏc bi v 3.Thỏi - Rốn luyn tớnh linh hot, cn thn bin i v tớnh toỏn. II. Chun b 1. Giỏo viờn: Phn mu, sỏch tham kho 2. Hc sinh: III. Tin trỡnh dy hc 1. n nh t chc 2. Kim tra 3. Bi mi I. H thc lng tam giỏc thng Bi toỏn 1a : Chng minh rng mt tam giỏc bỡnh phng cnh i din gúc nhn bng tng bỡnh phng hai cnh tr i hai ln tớch ca mt hai cnh y vi hỡnh chiu ca cnh cũn li trờn nú . Chng minh : A Gi s A l gúc nhn . Gi AH l hỡnh chiu ca cnh AC trờn cnh AB . H Cn chng minh : 2 BC = AB + AC - 2AB.AH - Tam giỏc vuụng CHB cú : BC2 = CH2 + HB2 (1) B C - Tam giỏc vuụng CHA cú : CH2 = AC2 - HA2 (2) - Do gúc A nhn nờn H nm gia AB , cú : HB = AB-HA HB2 = AB2 + HA2 - 2AB.HA (3) Thay (2) v (3) vo (1) c pcm Bi toỏn 1b : Chng minh rng mt tam giỏc bỡnh phng cnh i din gúc tự bng tng bỡnh phng hai cnh cng i hai ln tớch ca mt hai cnh y vi hỡnh chiu ca cnh cũn li trờn nú . Chng minh : Hon ton ging bi toỏn 1a vi chỳ ý : H Do gúc A tự nờn A nm gia BH A Cú HB = AB + HA 49 B C HB2 = AB2 + HA2 + 2AB.HA Bi toỏn 1c (nh lý v ng trung tuyn ) : Cho tam giỏc ABC cú AM l trung tuyn , AH l ng cao. Chng minh h thc : A AB2 + AC2 = 2AM2 + BC2/2 Chng minh : Gi s : AMB < 900 => AMC > 900 . Tam giỏc MAB cú : AB2 = MB2 +MA2 -2BM.MH (1) Tam giỏc MAC cú : B C H M 2 AC = MC + MA - 2MC.MH (2) Cng (1) v (2) vi chỳ ý MB =MC =BC/2 ta c pcm . II. Bi chng minh ng quy, vuụng gúc : Bi toỏn 2a : Chng minh rng tng cỏc bỡnh phng cỏc khong cỏch t mt im bt k mt phng n hai nh i din ca hỡnh ch nht bng . Chng minh : P a. Cn chng minh h thc : PA2 + PC2 = PB2 + PD2 . A B Gi O l giao im AC v BD ,cú : PO l trung tuyn ca cỏc tam giỏc PAC, PDB . - Tam giỏc PDB cú : O PD2 + PB2 = 2OP2 + BD2/2 - Tam giỏc PAC cú : D PA2 + PC2 = 2OP2 + AC2/2 C 2 2 - Do AC = BD nờn PA + PC = PB + PD . III .Bi tớnh toỏn : Bi : Chng minh rng: Trong mt hỡnh thang ,tng cỏc bỡnh phng hai ng chộo bng tng cỏc bỡnh phng hai cnh bờn cng hai ln tớch hai cnh ỏy . A B D E F C H AE, BF vuụng gúc vi DC (E,F thuc DC ). ỏp dng nh lý Pitago cho - Tam giỏc vuụng EAC cú : AC2 = AE2 + EC2 =AE2 +EF2 +FC2 +2EF.FC . - Tam giỏc vuụng AED cú AE2 = AD2 - DE2 . c : AC2 = AD2 - DE2 + EF2 +FC2 -2EF.FC . (1) - Tam giỏc vuụng BFD cú :BD2 = BF2 + FD2 =BF2 +EF2 +DE2 +2EF.DE . - Tam giỏc vuụng AED cú BF2 = BC2 - FC2 . c : BD2 = BC2 - FC2 + EF2 +DE2 -2EF.DE . (2) Cng (1) v ( 2) c : AC2 + BD2 = AD2 +BC2 +2EF2 + 2EF.FC+2EF.DE = AD2 +BC2 +2EF(EF +FC+DE )=AD2 +BC2 +2EF.DC =AD2 +BC2 +2AB.DC 4. Cng c - H thng ni dung ó ụn 50 5. Hng dn hc nh - Lm cỏc bi tp. Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CC THI THAM KHO S Thi gian: 150 phỳt (khụng tớnh thi gian giao ) Bi 1: (1,5 im) xy a) Cho x > y > hóy so sỏnh A = x+y x2 y2 v B = x + y2 b) Cho a + b = 1. Tớnh giỏ tr ca biu thc C = 2(a3 + b3) 3(a2 + b2 ) Bi 2: (2,0 im) Gii cỏc phng trỡnh sau: a) (x2 + x)2 + 4(x2 + x) = 12 b) x+1 x+ x+ x+ x+ x+ + + = + + 2008 2007 2006 2005 2004 2003 Bi 3: (1,5 im) y y x 10 x + 25 x : Cho biu thc : D = y2 x 25 a) Rỳt gn biu thc D. b) Tớnh giỏ tr ca biu thc D vi cỏc giỏ tr ca x v y tha ng thc: x2 + x + 4y2 4xy = 0. Bi 4: (2,0 im) a) Tỡm giỏ tr nh nht ca M = (x - 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) b) Cho a, b, c, d > Chng t rng giỏ tr ca N= a b c d + + + khụng phi l s nguyờn. a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b Bi 5: (3,0 im) Cho hỡnh thang ABCD (AB //CD). Gi O l giao im ca AC vi BD v I l giao im ca AD vi BC.Gi M v N ln lt l trung im ca AB v CD. a) Chng minh : OA + OB IA + IB = OC + OD IC + ID b) Chng t rng I; M; O; N thng hng. c) Gi s 3AB = CD v din tớch hỡnh thang ABCD bng a. Hóy tớnh din tớch t giỏc IAOB theo a. 51 Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CC THI THAM KHO S Thi gian: 150 phỳt (khụng tớnh thi gian giao ) Cõu 1: (4,0 im) Phõn tớch cỏc a thc sau thnh nhõn t : a) 3x2 7x + 2; b) a(x2 + 1) x(a2 + 1). Cõu 2: (5,0 im) Cho biu thc : +x x2 x x x A =( ):( ) x x + x x x a) Tỡm KX ri rỳt gn biu thc A ? b) Tỡm giỏ tr ca x A > 0? c) Tớnh giỏ tr ca A trng hp : |x - 7| = 4. Cõu 3: (5,0 im) a) Tỡm x,y,z tha phng trỡnh sau : 9x2 + y2 + 2z2 18x + 4z - 6y + 20 = 0. b) Cho a b c x y z x2 y2 z + + = v + + = . Chng minh rng : + + = . x y z a b c a b c Cõu 4: (6,0 im) Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú ng chộo AC ln hn ng chộo BD. Gi E, F ln lt l hỡnh chiu ca B v D xung ng thng AC. Gi H v K ln lt l hỡnh chiu ca C xung ng thng AB v AD. a) T giỏc BEDF l hỡnh gỡ ? Hóy chng minh iu ú ? b) Chng minh rng : CH.CD = CB.CK c) Chng minh rng : AB.AH + AD.AK = AC2. 52 Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CC THI THAM KHO S Thi gian: 150 phỳt (khụng tớnh thi gian giao ) Bi 1: (2 im) Gii phng trỡnh: 1. x 3x + + x = 1 2. x + ữ + x + ữ x + ữ x + ữ = ( x + ) x x x x Bi 2: (3 im) Cho tam giỏc ABC, phõn giỏc nh A ct BC ti D, trờn cỏc on thng DB, DC ln lt ly cỏc im E v F cho ãEAD = ãFAD . Chng minh rng: BE BF AB = . CE CF AC Bi 3: (2 im) Tỡm x bit: 2 ( 2009 x ) + ( 2009 x ) ( x 2010 ) + ( x 2010 ) ( 2009 x ) ( 2009 x ) ( x 2010 ) + ( x 2010 ) Bi 4: (2 im) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc A = = 19 . 49 2010x + 2680 . x2 + Bi 5: (1 im) Cho a, b dng v a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 Tớnh: a2011 + b2011 53 Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CC THI THAM KHO S Thi gian: 150 phỳt (khụng tớnh thi gian giao ) Câu : (2 điểm) Cho P= a 4a a + a a + 14a a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nguyên a để P nhận giá trị nguyên Câu : (2 điểm) a) Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phơng chúng chia hết cho 3. b) Tìm giá trị x để biểu thức : P=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6) có giá trị nhỏ . Tìm giá trị nhỏ . Câu : (2 điểm) a) Giải phơng trình : 1 1 + + = x + x + 20 x + 11x + 30 x + 13x + 42 18 b) Cho a , b , c cạnh tam giác . Chứng minh : A= a b c + + b+ca a+cb a+bc Câu : (3 điểm) Cho tam giác ABC , gọi M trung điểm BC . Một góc xMy 600 quay quanh điểm M cho cạnh Mx , My cắt cạnh AB AC lần lợt D E . Chứng minh : BC a) BD.CE= b) DM,EM lần lợt tia phân giác góc BDE CED. c) Chu vi tam giác ADE không đổi. Câu : (1 điểm) Tìm tất tam giác vuông có số đo cạnh số nguyên dơng số đo diện tích số đo chu vi . 54 Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CC THI THAM KHO S Thi gian: 120 phỳt (khụng tớnh thi gian giao ) Bi (4 im): Cho biu thc: x 2x A= + : 2 ữ x x +1 x x a. Rỳt gn biu thc A. b. Tỡm cỏc giỏ tr nguyờn ca x biu thc A nhn giỏ tr nguyờn. c. Tỡm x A = A . Bi ( im): a. Gii phng trỡnh: x4 + x2 + 6x = 0. b. Tỡm nghim t nhiờn ca phng trỡnh: x2 + 2x 10 = y2. c. Cho a3 + b3 + c3 = 3abc vi a,b,c 0. Tớnh giỏ tr biu thc: P = + ữ1 + ữ1 + ữ . b c a a b c Bi ( im): a. Tỡm cỏc s cú ba ch s chia ht cho v tng cỏc ch s ca nú cng chia ht cho 7. b. Cho x, y, z l cỏc s thc dng tha món: x + y + z = 1. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: M = 16 x + y + z . Bi ( im): Cho hỡnh ch nht ABCD cú AB = a = 12cm, BC = b = 9cm. Gi H l chõn ng vuụng gúc k t A xung BD. a. Chng minh tam giỏc AHB ng dng vi tam giỏc BCD. b. Tớnh di on thng AH. c. Tớnh din tớch tam giỏc AHB. Bi ( im): Cho tam giỏc u ABC. Gi M, N ln lt l cỏc im trờn cỏc cnh AB v BC cho BM = BN. Gi G l trng tõm ca tam giỏc BMN v I l trung im ca AN. Tớnh cỏc gúc ca tam giỏc ICG. 55 Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CC THI THAM KHO S Thi gian: 120 phỳt (khụng tớnh thi gian giao ) x + x x 4x x + 2014 Bi I. (1.5im) Cho A = (vi x 0; x 1; x ) ữì x2 x + x x +1 1) Rỳt gn A 2) Vi giỏ tr nguyờn no ca x thỡ A cú giỏ tr nguyờn? Bi II. (2.5im) 1) Phõn tớch a thc sau õy thnh nhõn t: a. x + x + b. x + 2008 x2 + 2007 x + 2008 2) Chng minh rng nu a, b, c l di ba cnh ca mt tam giỏc thỡ A = 4a2b2 (a2 + b2 - c2)2 luụn luụn dng. Bi III. (2im) 1) Cho x, y tho xy . Chng minh rng: 1 + 2 +x 1+y +xy 2) Tỡm cỏc s nguyờn x, y tha món: x + y2 + = cho tớch x.y t giỏ tr x2 ln nht. Bi IV. (3im) Cho tam giỏc ABC, trờn cnh BC ly im M, Qua im M k cỏc ng thng song song vi AC v AB th t ct AB v AC ti E v F. 1)Chng minh ME MF + cú giỏ tr khụng i. AC AB 2) Cho bit din tớch ca cỏc tam giỏc MBE v MCF th t l a v b2 .Tớnh din tớch ca tam giỏc ABC theo a v b. 3)Xỏc nh v trớ ca M din tớch t giỏc AEMF ln nht. Bi V. (1im) Tỡm cỏc cp s nguyờn (x, y) tha món: y + xy 3x = 56 Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CC THI THAM KHO S Thi gian: 120 phỳt (khụng tớnh thi gian giao ) Bài 1.(3 đ) Rút gọn biểu thức. A= 1 1 + + + + a + a a + 3a + a + 5a + a + 7a + 12 a + 9a + 20 Bài 2. (4đ) Giải phơng trình. a) (x 2008)4 + (x -2010)4 = b) x x + x = Bài 3.(3đ)Tìm giá trị lớn biểu thức. x + x + 10 B= x + 2x + Bài (3đ) Giải bất phơng trình. ( a + 1) x + ax 1 > (a ) a a Bi 5. (7 đ) Cho tam giác ABC ( cân A ) vẽ đờng cao AH , đờng cao BK a) Tìm cặp tam giác vuông đồng dạng ? Giải thích ? b) Cho AH = 10 cm , BK = 12 cm . Hãy tính độ dài cạnh tam giác ABC . c) Gọi I giao điểm AH BK tìm điểu kiện tam giác ABC để tam giác BCI tam giác ? 57 Ngy ging: Chiu: ./ ./ . CC THI THAM KHO S Thi gian: 120 phỳt (khụng tớnh thi gian giao ) Bi 1: Chng minh rng: 1110 - chia ht cho 100. Bi 2: Phõn tớch a thc thnh nhõn t: P = x2( y - z ) + y2( z - x ) + z2( x - y ) x3 2x x +1 : 3 2 x + x x x +1 x x + x Bi 3: Cho biu thc: Q = + a- Rỳt gn Q. b- Tớnh giỏ tr ca Q bit: x = 4 c-Tỡm giỏ tr nguyờn ca x Q cú giỏ tr nguyờn. Bi 4: Tỡm giỏ tr ca m cho phng trỡnh: 6x - 5m = + 3mx cú nghim s gp ba nghim s ca phng trỡnh: ( x + 1)( x - 1) - ( x + 2)2 = Bi 5: Tỡm tt c cỏc cp s nguyờn ( x; y) tho phng trỡnh: x2 -25 = y( y+6) Bi 6: Cho hỡnh vuụng ABCD, M l im bt kỡ trờn cnh BC. Trong na mt phng b AB cha C dng hỡnh vuụng AMHN. Qua M dng ng thng d song song vi AB, d ct AH E, ct DC F. a. Chng minh rng: BM = ND. b.Chng minh rng: N; D; C thng hng. c.EMFN l hỡnh gỡ? d.Chng minh: DF + BM = FM v chu vi tam giỏc MFC khụng i M thay i v trớ trờn BC. 58 [...]... nh t chc 2 Kim tra 3 Bi mi IV Bi tp Bi 1: Chng minh rng: a/ n3 + 6n2 + 8n chia hờt ch 48 vi mi s n chn b/ n4 10n2 + 9 chia ht cho 384 vi mi s n l Gii a/ n3 + 6n2 + 8n = n(n2 + 6n + 8) = n( n2 + 4n + 2n + 8) = n[n(n + 4) + 2(n + 4)] = n(n+2)(n + 4) Vi n chn, n = 2k ta cú: n3 + 6n2 + 8n = 2k(2k + 2)(2k + 4) = 8. k (k + 1)k + 2) M8 b/ n4 10n2 + 9 = n4 n2 9n2 + 9 = n2(n2 1)- 9(n2 1) = n2 1)(n2 -... giỏc ca hai gúc CED v BMC ct nhau ti K Tớnh gúc EKM theo cỏc gúc trong ca t giỏc M A D K B 31 C E HD : Trong tam giỏc MKE c MKE = 180 0 - (KMD +KED+DME+DEM) DME+DEM = 180 0 - D KMD = ( 180 0 - C - B)/2 KED = ( 180 0 -A-B)/2 Thay vo ta c : MKE = 180 0 -(( 180 0-C-B + 180 0-A-B )/2 + 180 0-D) = (3600 -3600 +A+C+2B - 3600 +2D)/2 = (A+B+C+D+B+D-3600)/2= (B+D)/2 Bi toỏn 3b : Cho hỡnh thang ABCD M,N ln lt l trung im ca... nhiờn n sao cho 2n - 1 chia ht cho 7 Gii: Ta cú lu tha ca 2 gn vi bi ca 7 l 23 = 8 = 7 + 1 Nu n = 3k (k N) thỡ 2n - 1= 23k 1 = (23)k 1 = 8 k - 1k M8 1 = 7 Nu n = 3k + 1(k N) thỡ 2n - 1 = 23k+1 1 = 8k 2 1= 2(8k 1) + 1 = 2 BS7 + 1 2n - 1 khụng chia ht cho 7 Nu n = 3k +2(k N) thỡ 2n - 1 = 23k+2 1= 4.23k 1 = 4( 8k 1) + 3 = 4.BS7 + 3 2n - 1 khụng chia ht cho 7 Vy 2n - 1 M7 n = 3k (k N) 4... +1)(x 1)(x2 + 1) + ( x 1) = (x 1)[x(x + 1)(x2 + 1) + 1] 3) 4x4 + 81 Ta s thờm v bt 36x2 sau ú nhúm cỏc hng t phự hp cú dng hng ng thc: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 36x2 = ( 2x2 + 9)2 (6x)2 = (2x2 + 9 6x)(2x2 + 9 + 6x) 4) x8 + x4 + 1 14 Ta s thờm v bt x4 sau ú nhúm cỏc hng t s dng cỏc hng ng thc phõn tớch tip: x8 + x4 + 1 = x8 + 2x4 + 1 x4 = (x4 + 1)2 x4 = (x4 + 1 x2)(x4 + 1 + x2) =(x4 x2... n2(n4+n2 -2)= n2(n4 + 2n2 n2 2)= n2[(n2 +2)- (n2 +2 = n2(n2 + 2)(n2 1) Ta li cú: 72 = 8. 9 vi (8, 9) = 1 Xột cỏc trng hp: + Vi n = 2k A = (2k)2(2k + 1) (2k -1)(4k2 +2) = 8k2(2k + 1) (2k -1)(2k2 +1) M8 + Vi n = 2k +1 A = (2k + 1)2(2k +1 1)2= (4k2 + 4k +1)4k2 M8 27 Tng t xột cỏc trng hp n = 3a, n= 3a 1 chng minh A M9 Vy A M8.9 hay A M72 Bi 3: Cho a l s nguyờn t ln hn 3 Chng minh rng a2 -1 chia ht cho 24... (0625)k = 25 (0625)= 5625 Cỏch 2: Tỡm s d khi chia 51994 ch 10000 = 24.54 Ta thy 54k 1 = (54)k 1k chia ht cho 54 1 = (52 + 1) (52 - 1) M16 Ta cú 51994 = 56(51 988 1) + 56 m 56 M54 v 51 988 1 = (54)497 1 chia ht cho 16 ( 51994)3 56(51 988 1)chia ht cho 10000 cũn 56= 15625 51994 = BS10000 + 15625 51994 chia cho 10000 d 15625 Vy 4 ch s tn cựng ca 51994 l 5625 III Tỡm iu kin chia ht 25 * VD1: Tỡm... 1 a3 - 1 M7 Nu a = 7k 2 (k N) thỡ a3 = ( 7k 2)3 = BS7 23 = BS7 8 a3 - 1 M7 Nu a = 7k 3 (k N) thỡ a3 = ( 7k 3)3 = BS7 33 = BS7 27 a3 + 1 M7 Ta luụn cú a3 + 1 hoc a3 1 chia ht cho 7 Vy a6 1 chia ht cho 7 Bi 5: Chng minh rng: Nu n l lp phng ca mt s t nhiờn thỡ (n-1)n(n + 1) chia ht cho 504 Gii: Ta cú 504 = 32 7 .8 v 7 ,8, 9 nguyờn t cựng nhau tng ụi mt Vỡ n l lp phng ca mt s t nhiờn nờn t... v 7 ,8, 9 nguyờn t cựng nhau tng ụi mt Vỡ n l lp phng ca mt s t nhiờn nờn t n = a3 Cn chng minh A=(a3-1)a3(a3 + 1) chia ht cho 504 Ta cú: + Nu a chn a3 chia ht cho 8 Nu a l a3-1v a3 + 1 l hai s chn liờn tip (a3-1) (a3 + 1) M cho 8 Vy A M8 , 19a9 n N (1) + Nu a M7 a3 M7 A M7 Nu a khụng chia ht cho 7 thỡ a6 1 M7 (a3-1) (a3 + 1) M7(nh lớ Phộc ma) Vy A M7 , n N (2) + Nu a M3 a3 M9 A M9 Nu a khụng... thỡ tha s nh phi bng 1 hay 3n 5 = 1 n = 2 Khi ú, 12n2 5n 25 = 13.1 = 13 l s nguyờn t Vy vi n = 2 thỡ giỏ tr ca biu thc 12n2 5n 25 l s nguyờn t 13 b/ 8n2 + 10n +3 = (2n 1)(4n + 3) Bin i tng t ta c n = 0 Khi ú, 8n2 + 10n +3 l s nguyờn t 3 28 c/ A = n3 + 3n Do A l s t nhiờn nờn n(n + 3) M4 4 Hai s n v n + 3 khụng th cựng chn Vy hoc n , hoc n + 3 chia ht cho 4 - Nu n = 0 thỡ A = 0, khụng l s nguyờn... 2)2 * Cỏch 3: Chia P(x) cho (x 1) ta c thng ỳng l: (x2 + 4x + 4) = (x + 2)2 18 P(x) = x3 + 3x2 4 = ( x 1)( x + 2)2 Chỳ ý: + Nu a thc cú tng cỏc h s bng 0 thỡ a thc cha nhõn t (x 1) + Nu a thc cú tng cỏc h s ca cỏc hng t bc chn bng tng cỏc hng t bc l thỡ a thc cha nhõn t ( x + 1) Vớ d: * a thc : x3 5x2 + 8x 4 cú 1 5 + 8 4 = 0 Suy ra a thc cú nghim l 1 hay a thc cú cha tha s ( x 1) * a thc: 5x3 . 4 + 6ab 2 + 9a 2 b 4 ). 3) Phương pháp nhóm nhiều hạng tử: a)Phương pháp: Sử dụng tính chất giao hoán và tính chất kết hợp của phép cộng các đơn thức, ta có thể kết hợp các hạng tử thích. với bước 1 và tiếp tục thực hiện đến kết quả cuối cùng. • Nếu không có nhân tử chung, chuyển sang bước 2. Bước 2: Nếu đa thức có dạng của một hàng đẳng thức thì áp dụng phương pháp hằng đẳng. nếu thay x bởi y, thay y bởi z, thay z bởi x thì p không đổi (đa thức P có thể hoán vị vòng quanh). Do đó nếu P đã chứa thừa số (x – y) thì cũng chứa thừa số (y – z), (z – x). Vậy P có dạng