các bài toán lạ đã gửi cho Toán Tuổi Thơ 2(C.N)

ĐOÀN CÁT NHƠNGiáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Định THAM GIA GỬI BÀI MỤC “ ĐỀ RA KÌ NÀY” Bài toán: Lớp 8 Trong tam giác ABC có diện tích bằng đơn vị, dựng đoạn AD D  BC cắt

Trang 1

ĐOÀN CÁT NHƠN

Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Định

THAM GIA GỬI BÀI MỤC “ ĐỀ RA KÌ NÀY”

Bài toán: ( Lớp 8)

Trong tam giác ABC có diện tích bằng đơn vị, dựng đoạn AD ( D  BC) cắt trung tuyến CF tại điểm M sao cho FM = CF

4

1 Tìm diện tích của tam giác ABD

CF C

M

MC B

M

MD

8 5

MD

(1)

1 8

1 4

1



ACF S S

(2)Mặt khác:

AM

AD h

h AM

THAM GIA GỬI BÀI MỤC “GIẢI TOÁN QUA THƯ”

Bài toán: Giả sử đa thức P(x) = x5 + x2 + 1 có năm nghiệm a,b,c,d,e Đặt Q(x) = x2 – 2

Hãy xác định tích Q(a).Q(b).Q(c).Q(d).Q(e)

Bài giải:

Tacó: P(x) = (x – a)(x – b)(x – c)(x – d)(x – e) do a,b,c,d,e là nghiệm của P(x)

Suy ra: Q(a).Q(b).Q(c).Q(d).Q(e) = ( a2 – 2)(b2 – 2)…(e2 – 2)

Trang 2

Bài toán: Trong tam giác ABC lấy điểm M sao cho BAM = MBC = MCA =  Chứng minh

đẳng thức: cotg = cotgA + cotgB + cotgC

Bài giải:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC.Đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại điểm thứhai là D Ta có:

cotg = DF BF BEDF ECCF AE BE EC AE DF CF = cotgA + cotgB + cotgC.(đpcm)

Bài toán: ( Dành cho THPT)

Cho tam giác ABC cạnh a,b,c và điểm M nằm bên trong tam giác sao cho BAM = MBC =MCA =  Chứng minh đẳng thức: 2 2 2

4

c b a

S tg

Trang 3

Tứ giác ANCD là hình thang cân

EC AE

BE DF

CF EC BE DF

B R a

A R C

C B

B A

sin

cos sin

R

4 )

.( 2 2 2 2 2 2





Bài toán: Cho góc xOy và M,N là hai điểm nằm bên trong góc đó Gọi M1, M2; N1, N2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M và N xuống hai cạnh Ox, Oy Chứng minh rằng tứ giác

N1M1M2N2 nội tiếp được khi và chỉ khi xON = yOM

N N N NON

1 2 2

2 1

Từ (1) và (2)  xON = yOM (đpcm)

+ Ngược lại, nếu xON = yOM thì từ các cặp tam giác đồng dạng OMM2, ONN1 với OMM1, ONN2 ta có:

2

1 1

2

ON

OM ON

Trang 4

 OM2.ON2 = OM1.ON1 ta được đpcm.

, 13

44

xy y x

44

xy y x

Do (x + y)2 = (x – y)2 + 4xy nên ta có:

– 196.4 + 442  (x + y)2 < – 193,21.4 + 442  33,84  x + y  < 34,1  x + y  = 34 ( do x,y nguyên)

y x y x

44

y x y

x y x

Trường hợp 2: 

y x y x

y x y

x y x

Vậy hệ PT có hai nghiệm ( 39; -5) và ( 5; -39)

Trang 5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x + 3 = x2 + 5x + 5  x  2  2

Vậy phương trình có hai nghiệm x  2  2

Bài toán:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

404

)2008(

)3(

) 3 (

4

.

2 2 2 3

A

= 3

2

2 2

2

404

2008

404

)3(2.404

)3(

x x

x

2008

; 404 ) 3 (

2

; 404 ) 3 (

2

2 2 2

2 2

x x

x

ta được:

6

2 5 3

5 ) 404 (

3

2020 5

5 3

khi và chỉ khi x  2002

Trang 6

Bài toán: (TT thơ)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O,R) và ngoại tiếp đường tròn (I) Giả sử dây

AB = R 3, AC vuông góc với BD Hãy tính diện tích tứ giác ABCO theo R

Bài giải:

Trước hết xin nhắc lại 2 bổ đề quen thuộc không chứng minh:

Bổ đề 1: ( Định lí Ptô-lê-mê)

Nếu một tứ giác nội tiếp thì tích của hai đường chéo bằng tổng các tích hai cạnh đối

2

1

BC AD CD AB BD

2

1 )

( 2

R

Từ Thị Thanh Nhàn

Lớp 6A 1 trường THCS Nhơn Lộc-An Nhơn-Bình Định

THAM GIA GIẢI BÀI MỤC “ ĐỀ RA KÌ NÀY”

Bài T1/359 (Lớp 6) Tính tổng gồm 2005 số hạng

2007 2005

2006

5 3

4 4 2

3 3 1

Trang 7

1 2

1 1 1

1 1 3 1

1 2

1 1 4 2

1 2

1 1 5 3

1 2

1 1 2007 2005

1

5

1 3

1 4

1 2

1 3

1 1 2

1 1

S

=2005 20071003 2006501

Bài T2/359.( Lớp 7) Cho tam giác ABC vuông cân tại A Trên đường thẳng AC lấy điểm M tùy

ý Đường vuông góc BC qua M cắt đường thẳng BC tại H Gọi I là trung điểm của BM Tính số

đo của góc HAI

Bài giải:

Gọi E là điểm đối xứng với H qua I

Ta có: IA = IH = IE ( = BM/2)

  AEH vuông tại A (1)

Ta có: EBH = 900 ( do BI = EH/2) (2)

BE = MH ( do  BIE =  HIM (c-g-c)) (3)  HCM vuông cân tại H  HC = MH (4)Từ (2), (3) và (4)   ABE =  ACH ( c-g-c) 

AE = AH (5)Từ (1) và (5)   AEH vuông cân tại A  HAI = 450

Bài T4/359 Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = abc.

Chứng minh rằng: 3  3  3 1

a

c c

b b a

Bài giải: Đặt P = 3 3 a3

c c

b b

Trang 8

2 3

2

3

21

;21

;

2

1

a ac a

c c bc c

b b

P 22 22 22 1 1 1

Mặt khác: 12 12 2 ;

ab b

211

2

2 c bc

211

2

2 a ca

c   nên từ (*) ta có:

1 1

ab

Bài T5/359 Giải phương trình

x x x x

x x

5 2 1

PT (1) 

x

x x

x x x

1 4

5 2 4

x

3 4

2 3 4 2

Kết hợp với điều kiện ta có x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài T6/359 Cho tam giác ABC vuông tại A với AB < AC, BC = 2 + 2 3 và bán kính đườngtròn nội tiếp tam giác bằng 1 Tính số đo các góc B và C của tam giác ABC

AC AB

M

Trang 9

THAM GIA GIẢI MỤC “ THI GIẢI TOÁN QUA THƯ”

Bài 2(51) Giải phương trình 16 1

3

Nên từ PT(2)  t = 0  x = 21 ( Nghiệm đúng PT (*))

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

2 1

Bài 3(51) Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

x y

Kết hợp với (1) ta được : P 3 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = ½

Vậy Pmin = 3 2 khi và chỉ khi x = y = ½

Bài 5(51) Cho hai đường tròn (O;R) ; (O; R’) có OO’ > R + R’ Từ O kẻ tới (O’) tiếp tuyến

OT’ Từ O’ kẻ tới (O) tiếp tuyến O’T Đường thẳng TT’ cắt (O) và (O’) lần lượt tại S vàS’( khác T và T’) Chứng minh rằng ST = S’T’

Bài giải:

Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của ST; TT’; T’S’;và OO’ Ta có:

OM  O’P(vì cùng vuông góc với TT’) (1)

Do  OTO’ và  OT’O’ là các tam giác vuông nên QT =QT’ ( = 21 OO’)  QN  TT’ (2)

Từ (1) và (2)  QN  OM  O’P  NM = NP

 TM = T’P  TS = T’S’ (đpcm)

Số nhà 17- Đường Trần Thị Kỷ-An Nhơn-Bình Định

Trang 10

THAM GIA GIẢI MỤC THÁCH ĐẤU ( Báo Toán Tuổi Thơ 2- số 51) Bài toán thách đấu:

Cho x, y > 0, x + y + xy = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x1 y 1x1y

1 1

2 1 0

2 1 2

xy xy

5 2

3 2

2

4

3 ) 4

1 ( 1

xy xy

y x xy

y x y x xy

y x y

x

P

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2  1

Vậy Pmin = 2( 25 1) khi và chỉ khi x = y = 2  1

Bài toán: Cho tam giác ABC cân tại A Đường trung trực của BC và đường thẳng vuông góc

với AB tại B cắt nhau ở O Đường thẳng bất kỳ cắt AB, BC, CA lần lượt ở E, D , F (D nằm giữa

B và C) Chứng minh rằng OD vuông góc với EF khi và chỉ khi DE = DF

Bài giải:

Thuận: Giả sử OD  EF, suy ra ODE = 900 Khi đó EBOD và CDOFlà các tứ giác nội tiếp

Suy ra OED = OBC = OCB = OFD (đpcm)

Đảo: Giả sử DE = DF nhưng ODE  900 Kẽ đường thẳng vuông góc với OD tại D cắt AB, AC lần lượt ở E’và F’ Theo phần thuận ta có: DE’ = DF’ Suy ra EDE’ = FDF’(c-g-c)  E’ED = F’FD  AB  AC(mâu thuẫn với giả thiết) Vậy

ta có điều phải chứng minh

F' E'

Trang 11

Bài toán: Giải phương trình: 1

) 1 (

1 3

Bài toán: (Số học)

Chứng minh rằng luôn tìm được số nguyên dương x sao cho x3 + ax2 + bx + c không phải là sốchính phương với mọi số nguyên a, b, c

Ta có: f(4) – f(2) = (43-23) + (42-22)a + (4-2)b =2b (mod 4) Suy ra 2b = 0 (mod 4) (1)

Tương tự: f(3) – f(1) = 2b + 2 (mod 4) Suy ra 2b + 2 = 0 (mod 4) (2)

Vì (1) mâu thuẫn với (2) nên ta luôn tìm được số nguyên dương x sao cho x3 + ax2 + bx + ckhông phải là số chính phương với mọi số nguyên a, b, c ( Số x tìm được đó là một trong cácsố 1; 2; 3; 4)

Bài toán: Cho các số dương a, b, c có tổng bằng 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 3 2 2 3 2 2 3 2

c bc b

c b

ab a

b c

ac a

a P

Trang 12

c ac

2 2

3

dpcm c

a c

a

c c a ac a c

ac a c a a

b ab a

c bc b

P Vậy Pmin = 13 khi và chỉ khi a = b = c = 31

Bài toán: Với a, b, c là các số thực thỏa mãn: a + b + c = 0 Chứng minh rằng:

c b a c b

0 , ,

c b a

xyz z y x

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: x + y + z  x3 + y3 + z3

Aùp dụng BĐT Cô-Si cho ba số dương ta có: 

) (

2

3 1 1

3 3

3 3 3

xyz z

y x

z z

y y

x x

Cộng vế theo vế ta được: 3(x3 + y3 + z3) + 6  3(x + y + z) + 6

 x3 + y3 + z3  x + y + z Vậy ta có ĐPCM

Bài toán: Chứng minh rằng với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1 Ta luôn có:

1

9 1 1 1

Bài giải:

Aùp dụng BĐT Cô – Si cho ba số dương ta có:

3

1

y

Do x > 0, y > 0, z > 0 nên .(1 1 1)  0

z y x

Trang 13

Lấy (1) + (2) vế theo vế ta được: (  1 ).(1 1 1)  9

z y x

Bài toán: ( Lớp 6)

5 4 3 3

1 4

3 2 2

1

3 3

 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b

Ta có: k3 k(k41)(k2) k13 k(k11)(k2) (Đẳng thức không xảy ra)

Cho k chạy từ 2,…, n và cộng các BĐT thu được vế theo vế ta có:

) 2 )(

1 (

1

5 4 3

1 4 3 2

1 ( ) 1

Dễ dàng chứng minh được các BĐT cơ bản:

1 2

1

1 2

1 ) ) 1 (

1 )

1 (

1

4 3

1 3 2

1 2 1

1 ( 2

1 1

1 (

1 3

2

1 2

1 ) 2 )(

1 (

1 )

1 (

1

5 4

1 4 3

1 3 2

1 2

1 ) 2 )(

1 (

1

n n

) 2 )(

1 (

) 1 ( 2 3

2 (

n n

n

5 4 3 3

1 4

3 2 2

1

3 3



n n n n

A Chứng minh rằng: 61A31

Bài giải:

Trang 14

Aùp dụng BĐT: a4ba1b1

 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b

Ta có: k3 k(k41)(k2) k13 k(k11)(k2) (Đẳng thức không xảy ra)

Cho k chạy từ 2,…, n và cộng các BĐT thu được vế theo vế ta có:

) 2 )(

1 (

1

5 4 3

1 4 3 2

1 ( ) 1

Dễ dàng chứng minh được các BĐT cơ bản:

1 2

1

1 2

1 ) ) 1 (

1 )

1 (

1

4 3

1 3 2

1 2 1

1 ( 2

1 1

1 (

1 3

2

1 2

1 ) 2 )(

1 (

1 )

1 (

1

5 4

1 4 3

1 3 2

1 2

1 ) 2 )(

1 (

1

n n

) 2 )(

1 (

) 1 ( 2 3

2 (

n n

n

Mặt khác ta có:

) 2 )(

1 ( 2

1 )

2 )(

1 (

1

2 ), 2 )(

1 ( 2 ) 2 )(

k k k k

1 (

1 )

1 (

1

5 4

1 4 3

1 3 2

1 4

1 ) 2 )(

1 (

1

5 4 3

1 4

n n

n n S

) 2 )(

1 (

1 6

Từ (1) và (2) ta có 61 A31 (đpcm)

Đoàn Quốc Trung

Lớp 6A 1 trường THCS Nhơn Khánh - An Nhơn - Bình Định.

THAM GIA GIẢI BÀI MỤC “ ĐỀ RA KÌ NÀY”

Bài T2/363: Cho tam giác ABC không cân với AB là cạnh ngắn nhất Trên tia đối của tia BA

lấy điểm D sao cho BD = BC Chứng minh rằng góc ACD là góc nhọn

Bài giải:

Trên tia BA lấy điểm E sao cho BE = BD = BC

Khi đó tam giác ECD vuông tại C

Do BA < BC (gt) nên BA < BE suy ra A nằm giữa B và E

Suy ra tia CA nằm giữa hai tia CE và CD

E

B A

Trang 15

Vậy ta có ACD < ECD = 900 (đpcm).

Bài toán T3/363: Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1 Chứng minh rằng

3 3

10 1

1 1

b b a

Đẳng thức xảy ra khi nào?

1

9

1 9

1

b

a b

b b

1

c

b c

9 10

1

a

c a

c Nhân các bất đẳng thức trên vế theo vế ta được:

10

8 54 3 10

9 9 9 27 3

) ( 3

1

10 9

10 1 1

1

abc c

b a

abc a

c c

1





abc (2) Từ (1) và (2) ta có:

3 10

54

24 3

3

10 3

3 10 1 1

b b

c b a

ca bc ab

Bài T4/363: Giải phương trình  4 5 3 8 2 7 54  4 5 3 8 2 7 34 16

0 5 7 8

5

) 2 (

0 3 7 8

5 1

0 7 1

2 3

4

2 3

4

2 2

x x

t

t t

1 3

x

x x

Ta sẽ chứng minh PT (3) vô nghiệm Thật vậy:

2 3 3 2 2

1

0 2 2

3 3 2 2 1

0 3 3 2 1 2 2 1

0 5 7 8

5

2 2

2 2 2

2

2 2

4 2

2 2 2

2

2 2 2

2 2

x x x

x

x x

x x x

x

x x x x x

x x

Trang 16

Tóm lại PT (1) có hai nghiệm là x = -1 và x = -3

Bài T6/363 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn 2007 2007 1338 669 2

2007           

 x t t t t t t t Phương trình này không có nghiệm nguyên t nên

PT (1) không có nghiệm nguyên (x; y)

Tóm lại PT (1) có hai nghiệm nguyên: (1; 1) và (1; -1)

ĐOÀN CÁT NHƠN

Giáo viên trường THCS Nhơn Lộc - An Nhơn - Bình Định

Tham gia gửi bài viết mục " GIẢI TOÁN QUA THƯ"

Bài 1: Tìm đa thức f(x) với hệ số nguyên thỏa mãn f(2007) và f(2009) là lập phương của hai số tự nhiên liên tiếp.

f

n n n

n

chia hết cho 2 (1)

Mặt khác đặt f( 2007 ) a3 ;f( 2009 )  (a 1 ) 3 khi đó có:

1 ) 1 ( 3 )

1 ( ) 2007

Từ (1) và (2) ta suy ra không tồn tại đa thức f(x) thỏa mãn yêu cầu bài toán

ĐOÀN CÁT NHƠN

Bài 2: Tìm tất cả các số tự nhiên n lớn hơn 2 để S = 2 +3 + + n là một số nguyên tố.

Giải:

Ta có:

2

)2)(

1(12

)1(

3

n S

Ta sẽ chứng minh

2

)2)(

1(

Trang 17

+ Với n = 2k +1 ta có: (2 3)

2

)2)(

1(

là hợp số

Vậy n = 3 là số cần tìm ( Khi đó S = 5 là số nguyên tố)

ĐOÀN CÁT NHƠN

Bài 3 : Cho các số thực x, y, z có tổng bằng không và a, b, c là các số dương thỏa a 2 + b 2 + c 2 < 2( ab + bc + ca) Chứng minh rằng trong ba số axy; byz; và czx có đúng một số dương.

Giải:

Trước hết ta chứng minh : axy + byz + czx < 0 (1) Thật vậy:

BĐT (1) - x (ay + cz) - bxy > 0  (y + z)(ay + cz) - bxy > 0

 ay2 + cz2 + yz(a + c - b) > 0   a y  c z2  2 ac yz yz(ac b)  0 (2)

Mặt khác: Từ a2 + b2 + c2 < 2( ab + bc + ca) suy ra 4ac > (a + c - b)2

 2 ac ac b  2 ac yz  ac b.yz   yz(ac b)

Suy ra bất đẳng thức (2) đúng Vậy bất đẳng thức ( 1 ) đúng

Do (axy).(byz).(czx) = abcx2y2z2 ≥ 0 (3) nên từ (1) và (3) ta suy ra điều cần chứng minh ĐOÀN CÁT NHƠN

Tham gia gửi bài viết mục " ĐỀ RA KÌ NÀY"

Vì bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức ( 1 ) đúng (đpcm)

ĐOÀN CÁT NHƠN

Bài 2: Tồn tại hay không một tam giác với độ dài ba cạnh là a, b, c thỏa mãn các điều kiện

Trang 18

b c a b c a

c bc b c

b

Vậy không tồn tại tam giác với độ dài ba cạnh thỏa mãn yêu cầu bài toán

ĐOÀN CÁT NHƠN

Bài 1: Cho hai số tự nhiên lẻ b > a > 1 thỏa mãn a + b = 2 2007 và ab = 2 n - 1, với n là số tự nhiên Chứng minh rằng: a + 1 = 2 2006

1 ( 1 2 )

ĐOÀN CÁT NHƠN

Bài 1: Tìm số tự nhiên n thỏa mãn hệ 

2 2007

n

ab b a

Trong đó a, b là các số tự nhiên lẻ và b > a > 1.

1 ( 1 2 )

Định dạng
Số trang	33
Dung lượng	1,04 MB