Đang tải... (xem toàn văn)
Tương tự tứ giác MEDB nội tiếp gócMAB = gócMDE (cùng chắn một cung). M là điểm bất kì thuộc đường thẳng CD. Kẻ đường thẳng vuông góc với ME tại E cắt các tiếp tuyến Cx, Dy của đường tr[r]
(1)CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN THCS Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I- ĐỊNH NGHĨA:Số phương số bình phương số ngun II- TÍNH CHẤT:
1- Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, 9; khơng thể có chữ tận 2, 3, 7,
2- Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn
3- Số phương có hai dạng 4n 4n+1 Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n N).
4- Số phương có hai dạng 3n 3n +1 Khơng có số phương có dạng 3n + ( n N ).
5- Số phương tận 1, chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục
Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ 6- Số phương chia hết cho chia hết cho
Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho chia hết cho 16 III- MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A- Dạng 1:CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG. Bài 1: Chứng minh số nguyên x, y thì:
A=(x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương
Giải :Ta có A =(x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x25xy4 )(y x2 25xy6 )y2 y4
Đặt x25xy5y2t (t Z ) thì
A = (t y t y 2)( 2) y4 t2 y4 y4 t2 (x25xy5 )y2
Vì x, y, z Z nên x2Z, 5xy Z , 5y2Z x2 5xy5y Z2
Vậy A số phương
Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng số phương Giải :Gọi số tự nhiên, liên tiếp n, n+1, n+2, n+3 (n Z) Ta có:
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + = (n23 )(n n23 2) (*)n
Đặt n23n t t N ( ) (*) = t(t + 2) + = t2+ 2t + = (t + 1)2
= (n2+ 3n + 1)2
(2)Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k + 1)(k + 2) Chứng minh 4S + số phương
Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) =
4k (k + 1)(k + 2) 4=
4k(k + 1)(k + 2).(k 3) ( 1)k =
4k(k + 1)(k + 2)(k + 3) -1
4 k(k + 1)(k + 2)(k - 1) => 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + + k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
- k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) => 4S + = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) +
Theo kết => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + số phương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889;
- Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào chữ số đứng trước đứng sau Chứng minh tất số dãy số phương
Ta có 44 488 89 = 44 488 + = 44 10n+ 11 + 1
n chữ số n - chữ số n chữ số n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1
= 4.10 1n9 10 8.n 10 1n9 1
= 4.102 4.10 8.10 4.102 4.10
9
n n n n n
=
2
2.10
n
Ta thấy 2.10n+ = 200 01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho 3
n - chữ số 0
=>
2
2.10
n
Z hay số có dạng 44 488 89 số phương
Các tương tự:
Chứng minh số sau số phương A = 11 + 44 +
2n chữ số 1 n chữ số 4
B = 11 + 11 + 66 +
2n chữ số n+1 chữ số 1 n chữ số 6
C= 44 + 22 + 88 +
2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
(3)E = 11 155 56
n chữ số 1 n-1 chữ số 5
Kết quả: A= 10 2; 10 2; 2.10
3 3
n n n
B C
D = (15.10n- 3)2 E =
2 10
n
Bài 5: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể số phương
Gọi số tự nhiên liên tiếp n - 2, n - 1, n +1, n + ( n N, n >2) Ta có (n - 2)2+ ( n - 1)2+ n2+ (n + 1)2+ (n + 2)2= (n2+ 2)
Vì n2khơng thể tận n2+ chia hết cho 5 => (n2+ 2) khơng số phương hay A khơng số phương. Bài 6: Chứng minh số có dạng n6- n4+ 2n3+ 2n2trong n N n >1 khơng phải số phương
n6- n4 + 2n3+ 2n2= n2 (n4- n2+ 2n +2) = n2 [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)] = n2[(n+1)(n3- n2+ 2)] = n2(n + 1) [(n3+ 1) - (n2- 1)] = n2(n + 1)2 (n2- 2n + 2)
Với nN, n > n2- 2n + = ( n -1)2+ > ( n - 1)2 Và n2- 2n + = n2- 2(n - 1) < n2
Vậy (n - 1)2< n2- 2n + < n2=> n2- 2n + khơng phải số phương.
Bài 7: Cho số phương có chữ số hàng chục khác cịn chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phương số phương
Ta biết số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phương 1,3,5,7,9 tổng chúng + + + + = 25 = 52 là số phương.
Bài 8: Chứng minh tổng bình phương số lẻ khơng phải số phương
a b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + (Với k, m N)
=> a2+ b2= (2k + 1)2+ ( 2m + 1)2= 4k2+ 4k + + 4m2+ 4m + 1 = (k2+ k + m2+ m) + 2
=> a2+ b2 khơng thể số phương.
Bài 9: Chứng minh p tích n (với n > 1) số nguyên tố p - p + số phương
Vì p tích n số nguyên tố nên p2 p chia hết cho (1)
(4)Đặt m = 2k + (k N) Ta có m2= 4k2+ 4k + => p + = 4k2+ 4k + => p = 4k2+ 4k = 4k (k + 1) 4 mâu thuẫn với (1).
=> p + số phương
b- p = 2.3.5 số chia hết cho => p - có dạng 3k + => p - không số phương
Vậy p tích n (n >1) số nguyên tố p - p + khơng số phương
Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 2007 2011
Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N 2N + khơng có số số phương
a- 2N - = 2.1.3.5.7 2011 - Có 2N 3 => 2N - = 3k + (k N) => 2N - không số phương b- 2N = 2.1.3.5.7 2011 => 2N chẵn
=> N lẻ => N không chia hết cho 2N 2 2N không chia hết cho
2N chẵn nên 2N không chia cho dư dư => 2N khơng số phương c- 2N + = 2.1.3.5.7 2011 +
2N + lẻ nên 2N + không chia hết cho
2N không chia hết 2N + không chia cho dư => 2N + khơng số phương
Bài 11: Cho a = 11 ; b = 100 05
2010 chữ số 1 2009 chữ số 0
Chứng minh ab1 số tự nhiên
Giải: b = 100 05 = 100 - + = 99 + = 9a +
2009 chữ số 0 2010 chữ số 0 2010 chữ số 9
ab + = a(9a + 6) + = 9a2+ 6a + = (3a + 1)2 ab1 (3a1)2 3a1N
B DẠNG 2:TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương
a) n2+ 2n + 12 b) n(n + 3) c) 13n + d) n2+ n + 1589 Giải:
a) Vì n2+ 2n + 12 số phương nên đặt n2+ 2n + 12 = k2(k N) (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2– (n + 1)2= 11 (k + n + 1)(k – n - 1) = 11
Nhận xét thấy k + n + > k - n - chúng số nguyên dương, nên ta viết (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1 k + n + = 11 k =
(5)b) đặt n(n + 3) = a2(n N) n2+ 3n = a2 4n2+ 12n = 4a2
(4n2+ 12n + 9) – = 4a2 (2n + 3)2– 4a2=
(2n + + 2a)(2n + – 2a) =
Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 2n + + 2a = n =
2n + – 2a = a = c) Đặt 13n + = y2(y N) 13(n - 1) = y2– 16
13(n - 1) = (y + 4)(y – 4)
(y + 4)(y – 4) 13 mà 13 số nguyên tố nên y + 13 y – 13 y = 13k (với k N)
13(n - 1) = (13k 4)2– 16 = 13k.(13k 8) 13k2 8k +
Vậy n = 13k2 8k + (với k N) 13n + số phương d) Đặt n2+ n + 1589 = m2(m N) (4n2+ 1)2+ 6355 = 4m2
(2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n + > 2m – 2n – > chúng số lẻ, nên ta viết (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy n có giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28 Bài tương tự :
Tìm a để số sau số phương a) a2+ a + 43
b) a2+ 81
c) a2+ 31a + 1984 Kết quả: a) 2; 42; 13
b) 0; 12; 40
c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728
Bài 2 : Tìm số tự nhiên n cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương Với n = 1! = = 12 là số phương
Với n = 1! + 2! = khơng số phương
Với n = 1! + 2! + 3! = + 1.2 + 1.2.3 = = 33là số phương
Với n ta có 1! + 2! + 3! + 4! = + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 5!; 6!; …; n! tận 1! + 2! + 3! + … n! có tận chữ số nên khơng phải số phương
Vậy có số tự nhiên n thoả mãn đề n = 1; n =
(6)Từ suy m2- n2= 2010 (m + n) (m – n) = 2010 Như số m n phải có số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m số m + n m – n tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2) m + n m – n số chẵn
(m + n) (m – n) 2006 không chia hết cho Điều giả sử sai
Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2là số phương. Bài 4: Biết xN x > Tìm x cho x(x1.)x(x1)(x2)xx(x1) Đẳng thức cho viết lại sau: x(x1) (x2)xx(x1)
Do vế trái số phương nên vế phải số phương
Một số phương tận chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x tận chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1)
Do x chữ số nên x 9, kết hợp với điều kiện đề ta có xN < x (2) Từ (1) (2) x nhận giá trị 5; 6;
Bằng phép thử ta thấy có x = thoả mãn đề bài, 762= 5776
Bài 5: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n + 3n + số phương Ta có 10 n 99 nên 21 2n + 199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 2n + 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84
Số 3n + 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 số phương Vậy n = 40
Bài 6: Chứng minh n số tự nhiên cho n + 2n + số phương n bội số 24
Vì n + 2n + số phương nên đặt n + = k2, 2n + = m2(k, m N) Ta có m số lẻ m = 2a + m2= 4a(a + 1) +
Mà ( 1)
2 ) (
1
2
m a a a a
n
n chẵn n + lẻ k lẻ đặt k = 2b + (với bN) k2= 4b(b+1) + n = 4b(b+1) n8 (1)
Ta có: k2+ m2= 3n + 2 2 (mod3)
Mặt khác k2chia cho dư 1, m2chia cho dư 1 Nên để k2+ m2 2 (mod3) k2 1 (mod3)
m2 1 (mod3)
m2– k2 3 hay (2n + 1) – (n + 1)3 n 3 (2) Mà (8; 3) = (3)
Từ (1), (2), (3) n24
(7)2n= a2– 482= (a + 48) (a – 48)
2p 2q= (a + 48) (a – 48) với p, q N ; p + q = n p > q a + 48 = 2p 2p2q= 96 2q(2p-q– 1) = 25.3
a – 48 = 2q
q = p – q = p = n = + = 12
Thử lại ta có: 28+ 211+ 2n= 802 C.DẠNG :TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1 : Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B
Gọi A = abcd k2 Nếu thêm vào chữ số A đơn vị ta có số
B = (a1)(b1)(c1)(d1)m2 với k, m N 32 < k < m < 100
a, b, c, d = ;19 Ta có: A = abcd k2
B = abcd 1111m2 Đúng cộng khơng có nhớ
m2– k2= 1111 (m - k)(m + k) = 1111 (*)
Nhận xét thấy tích (m – k)(m + k) > nên m – k m + k số nguyên dương Và m – k < m + k < 200 nên (*) viết (m – k) (m + k) = 11.101
Do đó: m – k = 11 m = 56 A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Bài 2:Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị
Đặt abcd k2 ta có abcd 1 k N, 32 k < 100
Suy : 101cd = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10) k + 10 101 k – 10 101 Mà (k – 10; 101) = k + 10 101
Vì 32 k < 100 nên 42 k + 10 < 110 k + 10 = 101 k = 91 abcd = 912= 8281
Bài 3: Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống
Gọi số phương phải tìm là: aabb = n2với a, b N, a 9; b Ta có: n2= aabb = 11. a0b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1)
Nhận xét thấy aabb 11 a + b 11
Mà a 9; b nên a + b 18 a + b = 11
Thay a + b = 11 vào (1) n2= 112(9a + 1) 9a + số phương Bằng phép thử với a = 1; 2;…; ta thấy có a = thoả mãn b =
(8)Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương
Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương
nên đặt abcd = x2= y3với x, y N
Vì y3= x2nên y số phương.
Ta có : 1000 abcd 9999 10 y 21 y phương y = 16 abcd = 4096
Bài 5 : Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phương
Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên a 9; b, c, d
abcd phương d0, ,14,5,6,9 d nguyên tố d =
Đặt abcd = k2< 10000 32 k < 100
k số có hai chữ số mà k2có tận 5 k tận 5 Tổng chữ số k số phương k = 45
abcd = 2025
Vậy số phải tìm là: 2025
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số viết số bở hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương
Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm ab (a, b N, a, b 9) Số viết theo thứ tự ngược lại ba
Ta có ab2- ba2= (10a + b)2– (10b + a)2= 99 (a2– b2) 11 a2– b2 11 Hay (a - b) (a + b) 11
Vì < a – b 8, a + b 18 nên a + b 11 a + b = 11 Khi đó: ab2- ba2= 32 112 (a – b)
Để ab2- ba2là số phương a – b phải số phương a – b =
a – b =
Nếu a – b = kết hợp với a + b = 11 a = 6, b = , ab= 65
Khi 652– 562= 1089 = 332
Nếu a – b = kết hợp với a + b = 11 a = 7,5 loại Vậy số phải tìm 65
Bài 7: Cho số phương có chữ số Nếu thêm vào chữ số ta số phương Tìm số phương ban đầu
(Kết quả: 1156)
Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương tổng chữ số
(9)Theo giả thiết ta có: ab = (a + b)3
(10a +b)2 = (a + b)3
ab lập phương a + b số phương
Đặt ab = t3(t N), a + b = 12(1 N) Vì 10 ab 99 ab = 27 ab = 64
Nếu ab = 27 a + b = số phương
Nếu ab = 64 a + b = 10 khơng số phương loại Vậy số cần tìm ab = 27
Bài 9 : Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương số có chữ số giống Gọi số lẻ liên tiếp 2n - ; 2n + ; 2n + (n N)
Ta có : A = (2n – 1)2+ (2n + 1)2+ (2n +3)2= 12n2+ 12n + 11
Theo đề ta đặt 12n2+ 12n + 11 = aaaa = 1111 a với a lẻ 1 a 9 12n(n + 1) = 11(101a – 1)
101a – 3 2a –
Vì a nên 2a – 17 2a – lẻ nên 2a – 3;9;15 a2;5;8
Vì a lẻ a = n = 21 số cần tìm là: 41; 43; 45
Bài 10 : Tìm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phương chữ số số
ab (a + b) = a3+ b3
10a + b = a2– ab + b2= (a + b)2– 3ab 3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1)
a + b a + b – nguyên tố
(10)Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN
1 Tìm nghiệm nguyên Phương trình hệ phương trình bậc hai ẩn Tuỳ cụ thể mà làm cách khác
VD1: Tìm nghiệm nguyên phương trình:2x + 3y = 11 (1) Cách 1: Phương pháp tổng quát:
Ta có:2x + 3y = 11
1
2
11
x y y y
Để phương trình có nghiệm ngun
2
y nguyên Đặt y tZ
2
1 y = 2t + 1
x = -3t + 4
Cách : Dùng tính chất chia hết
Vì 11 lẻ 2x + 3yluôn số lẻ mà 2x số chẵn 3ylẻ y lẻ Do : y = 2t + với tZ
x = -3t + 4
Cách : Ta nhân thấy phương trình có cặp nghiệm ngun đặc biệt
x0= ; y0= 1
Thật : + 3.1 = 11 (2) Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta có :
2(x - 4) + 3(y - 1) = 0
2(x -4) = -3(y -1) (3)
Từ (3) 3(y - 1) 2 mà (2 ; 3) = 1 y - 1 2 y = 2t + 1 với tZ
Thayy = 2t + 1vào (3) ta có : x = -3t + 4
Nhận xét : Với cách giải ta phải mò cặp nghiệm nguyên (x0, y0) phương trình ax + by = c ; cách gặp khó khăn hệ số a, b, c lớn
Các tập tương tự :Tìm nghiệm nguyên phương trình
a) 3x + 5y = 10 b) 4x + 5y = 65 c) 5x + 7y = 112
VD2 : Hệ phương trình
Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình sau :
(11)Giải : Từ hệ cho ta có : 2(x + y) = 14 x = - y (*)
Thay (*) vào (1) ta đượcz = 14 - y - 3x = 2y -7
Vì x > nên - y > 0 y < mà z > nên 2y - > 0 y > Vậy
2
7 < y < và yZ y4;5;6
Giải tiếp hệ cho có nghiệm (3; 4; 1); (2; 5; 3); (1; 6; 5) Bài tập tương tự:
a) Tìm nghiệm nguyên hệ
2x -5y = 5 2y - 3z = 1
b) Trăm trâu ăn trăm bó cỏ – trâu đứng ăn năm, trâu nằm ăn ba, trâu già bó Tìm số trâu loại
c) Tìm số nguyên dương nhỏ chia cho 1000 dư chia cho 761 dư 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình, hệ phương trình bậc cao. Phương pháp : Dùng dấu hiệu chia hết để giải phương trình
VD1: a) Tìm cặp số nguyên (x ; y) thoả mãn phương trình
6x2+ 5y2= 74 (1)
Cách : Ta có :6 (x2- 4) = (10 - y2) (2)
Từ (2) 6(x2- 4) 5 (6 ; 5) = 1 x2- 4 5
x2= 5t + 4với tN
Thayx2- = 5tvào (2) ta có : y2= 10 – 6t Vìx2> 0vày2> 0 5t + > 0
10 - 6t > 0
3 5
4
t với tN
t = t =
Với t = y2= 10 (loại)
Với t = x2= 9 x = 3
y2= 4 y = 2
Vậy cặp nghiệm nguyên : Cách : Từ (1) ta có x2+ 1 5
0 < x2 12 x2= x2= 9
Vớix2= 4 y2= 10 (loại)
Với x2= 9 y2= 4 (thoả mãn) Vậy
Cách : Ta có :(1) y2chẵn
(12)Vậy
VD2 : Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun a)x5+ 29x = 10(3y + 1)
b) 7x = 2y - 3z - 1
Giải :x5- x + 30x = 10(3y+1)
VP 30 VT 30 phương trình vơ nghiệm
Phương pháp 2:Phân tích vế thành tích, vế thành số nguyên VD1: Tìm nghiệm nguyên phương trình:
a) xy + 3x - 5y = -3
b) 2x2- 2xy + x - y + 15 = 0
c) x2+ x = y2- 19
Giải : a) Cách 1: x(y + 3) – 5(y + 3) = -18
(x – 5) (y + 3) = -18 Cách :
3 18
3
y y
y x
b) Tương tự
c) 4x2+ 4x = 4y2- 76
(2x + 1)2- (2y)2= -75
Phương pháp : Sử dụng tính chẵn lẻ (đặc biệt chia hết) VD2 : Tìm nghiệm nguyên
x3- 2y3- 4z3= 0
Giải : x3= 2(y3+ 2z3)
VP 2 x3 2 x 2 đặt x = 2k
8k3= 2(y3+ 2z3) 4k3 = y3+ 2z3
y3= 4k3- 2z3= 2(2k3- z3) y chẵn Đặt y = 2t ta có :
8t3= 2(2k3- z3) 4t3= 2k3- z3
z3= 2k3- 4t3 z chẵn z = 2m 8m3= 2(k3- 2t3) k chẵn
Phương pháp : Phương pháp sử dụng tính chất số phương VD1 : Tìm nghiệm nguyên
a)x2- 4xy + 5y2= 169
b) x2- 6xy + 13y2 = 100
Giải :
a)(x - 2y)2+ y2= 169 = + 169 = 25 + 144
b) (x – 3y)2+ (2y)2= 100 = + 100 = 36 + 64 =
(13)VD1 : Tìm nghiệm nguyên phương trình a)2x2-2xy + x + y + 15 = 0
b) 5(x2+ xy + y2) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 2009 – 2010)
c)x(x + 1) = y (y + 1) (y2+ 2)
Phương pháp : Phương pháp đặt ẩn phụ VD: Tìm nghiệm nguyên phương trình:
6 2 2 2 2 2 x x x x x x x x (1)
Đặt y = x2+ 2x + (y Z)
(1) 1 y y y
y 5y2– 7y – = 0
5
1
y (loại) ; y2= 2 (thoả mãn) x1= 0; x2= -2
Các tập tương tự:
a) x3+ (x + 1)3+ (x + 2)3= (x + 3)3
b) 12 ) ( ) ( x x x
* Một số phương pháp khác.
VD1 : Tìm nghiệm nguyên phương trình :
2x2+ 4x = 19 -3y2
Giải : 4x2+ 8x + = 42 - 6y2
(2x + 2)2= (7 - y2)
Vì (2x + 2)2 0 7 - y2 0 y2 7
Mày Z y = ; 1 ; 2 Từ ta tìm giá trị tương ứng x 3 Một số toán liên quan tới hình học.
a) Cho tam giác có độ dài đường cao số nguyên dương đường trịn nội tiếp tam giác có bán kính 1(đ.v.đ.d) Chứng minh tam giác tam giác Giải: Gọi độ dài cạnh đường cao tương ứng theo thứ tự a; b; c x; y; z R bán kính đường trịn nội tiếp
Ta cóR = 1 x; y; z > 2 giả sửx y z > 2 Ta có :ax = by = cz = (a + b+ c).1 (=2S)
Suy ra:
a c b a
x ;
c c b a z b c b a
y ;
c b a
a x
;
c b a
b y
1 ;
c b a
c z
1 1 1
z y
x mà x y z >
x z
1 1 và
y z
1 nên
(14)
z
3
1 z3 z = 3 Tương tự ta có: x = 3; y = tam giác tam giác b) Tìm tất hình chữ nhật với độ dài cạnh số ngun dương cắt thành 13 hình vng cho cạnh hình vng số nguyên dương không lớn (đ.v.đ.d)
Giải : Gọi cạnh hình chữ nhật cần tìm a b, cạnh hình vng c Từ giả thiết hình chữ nhật cắt thành 13 hình vng nên phải có:
ab = 13c2 (1) với < c 4 (2)
Từ (1) suy a b chia hết cho 13 Vì vai trị a, b ta giả giả sử a chia hết cho 13, tức a = 13d
Thay vào (1) ta : 13db = 13c2
Hay db = c2
Ta xét trường hợp có c
Với c = 1, có thể: d = 1, b = 1, suy a = 13 Với c = 2, có thể: d = 1, b = 4, suy a = 13 d = 2, b = 2, suy a = 26 d = 4, b = 1, suy a = 52 Với c = 3, có thể: d = 1, b = 9, suy a = 13 d = 3, b = 3, suy a = 39 d = 9, b = 1, suy a = 117 Với c = 4, có thể: d = 1, b = 16, suy a = 13 d = 2, b = 8, suy a = 26 d = 4, b = 4, suy a = 52 d = 8, b = 2, suy a = 104 d = 16, b = 1, suy a = 208
Với 12 nghiệm phương trình (1) có trường hợp thoả mãn tốn Bài tốn có nghiệm Ta tìm hình chữ nhật thoả mãn đề bài:
(15)Chuyên đề 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH (Dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh)
I GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ * Các phương pháp
1 Luỹ thừa khử căn 2 Đặt ẩn phụ
3 Dùng bất đẳng thức 4 Xét khoảng
II ÁP DỤNG CÁC PHƯƠNG PHÁP A Phương pháp luỹ thừa khử căn 1 Giải phương trình
a) x1 2x32(1) Điều kiện: x
2 Với
2
x PT (1) x12x32 2x2 5x34
x x
x
2
2
3
) ( 48
64 ) (
4 2
x
x x
x x
PT (2) x2 28x520
) ( 26
) (
Kotm x
tm x
Vậy PT cho có nghiệm x=2 b) 3(x2 x1)(x x1)2(1) ĐK: x1
Với x1 PT (1) 3(x2 x1)x2 2x x1x1
2 4
2
x x x x x2 2x2 x x1
Do x1 nên vế PT khơng âm PT
2 3
2
4 4x 4 4x 8x 4x x x
x
0
4
x x x x
0 ) (
)
( 2
x x x
0
2 x
x x
2
(16)c) x23 2x2 1(1) Giải:
Pt (1) 3 x23 2x23 1
1 ) 2 ( ) ( ( ) 2 )( ( 2
2 3
x x x x x x
3 2 6 4
3
1
x x x
) ( 27 3
1
x x x x x
0 107 159
51
3
x x x
0 ) 107 52 )(
(
x x x
107 52 x x x 783 26 783 26 x x x
B Phương pháp đặt ẩn phụ (2) Giải phương trình: a) x2 x13
Giải: ĐK: x1
Đặt x2 a; x1b(b0)
Ta có hệ PT 3 b a b a
Suy a3 a2 6a60 (a1)(a2 6)0
) / ( x T m a
Vậy phương trình nghiệm x3 b x2 x5 5(1)
ĐK: x5
Đặt : x5 y (y0) ta có hệ phương trình 5 2 x y y x ) ( )
(
x y x y
y x y x +) 5 2 x x x x x y x 21 x x 21 1
x (Ko T/m)
+) x y10 x x510
1
(17) (*)
2 x x
x x
PT (*) x2 x40
17 17 x x (ko t/m)
Vậy PT vô nghiệm
c) ) ( ) )( ( x x x x
x ; ĐK:
2 x x
Đặt ( 2) ( 4)( 2)
2
4
x x a a x x
x ; Ta có PT: a2 5a60 ;
a a
+) a1x2 6x810
7
2
x x
) ( x tm x
+) a6 x2 6x8360
28
2
x x
) ( 37 37 tm x x
Vậy pt có nghiệm x3 2;3 37 C áp dụng bất đẳng thức
(3) Giải phương trình
a) 2x46 2x5 2x42 2x5 4(1) ĐK: x Với Đk:
x PT (1) 2x53 2x51 4 Ta có: 2x53 2x514
Đẳng thức xẩy ) )( ( x x x x Vậy nghiệm PT cho
2 x b) x4 6x x2 10x27(1) Giải
ĐK 4 x6
(18)x x
x
x
10 27
Đẳng thức xẩy
5 6 x x x x x
Vậy PT (1) có nghiệm x=5 c) Giải phương trình
2
1
x x x x x
x Giải ĐK: 1 2 x x x x
áp dụng BĐT cô si cho số khơng âm ta có 1 ) ( 1 ) ( 2 2 x x x x x x x x 1
2 x xx x
x
Ta có x2 x2 x1 (Vì (x1)2 0)
2
1 2
2
x x x x x x
Đẳng thức xẩy x1 ; Vậy pt có nghiệm x=1 D Xét khoảng
(4) Giải PT
a) x2 48 4x3 x2 35(1) Giải
TXĐ: x
PT(1) x2 48 x2 35 4x3 4 3 35
48 13
2
2
x
x x
Thấy x1 nghiệm PT (1)
+) x1 x2 48 x2 35 13 2
13 1
48 35
4xx x
PT vô nghiệm
+)
4 x
13 35 48
2
x x 2
13 1
48 35
4xx x
PT vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x=1
(19)Giải Ta có:
1
x x4;x6 1
x x4;x6 1
+) Xét x 1 5x6 4;3x4 21
3
6 3 2
5
x x
PT (1) vô nghiệm
Xet x 1 týừng tự ta suy phýừng trỡnh vụ nghiệm Thấy x= x= -1 nghiệm PT (1)
Bài tập: Giải PT
(1) a) 2(x2 2)5 x3 1(B) (b) x 17x2 x 17x2 9(B) (2) 3x x 3x (A)
(3) x2 2413x x2 8 (D) (4) 6x x2 x2 6x13(C) (5) 43 103x x2(A)
(6) 27.x10 5x6 5 864 0 (C) III Giải hệ phương trình * Các phương pháp:
1 Phương pháp
2 Công thức trừ, nhân, chia vế Đặt ẩn phụ
4 Dùng bất đẳng thức
IV áp dụng phương pháp A Phương pháp
1 Giải hệ pgương trình a)
29
11
y x
y x
Giải
Hệ cho tương đương với
29 ) 11 (
3 11
x x
x y
15
3 11
x
x y
2
y x
(20)b) 27 6 2 y xy x xy x Giải
Hệ cho tương đương với
27 ) )( (
2 xy y
x y x y x 27 42 27 20 2 y y y x y y y x 14 127 14 127 20 549 20 549 y y y x y y y x 20 549 10 549 y x Hoặc 20 549 10 549 y x 14 127 14 127 3 y x Hoặc 14 127 14 127 3 y x c) 2004 2003 2003 2003 2 z y x zx yz xy z y x Giải: ) ( ) ( 2004 2003 2003 2003 2 z y x zx yz xy z y x Ta có:
PT (1) 2x2 2y2 2z2 2xy2yz2zx0 ) ( ) ( )
(
x y y z z x
z y x
Thế vào (2) ta có: 3x2003 32004 2003 2003 3
x
3
x
Do x= y=z =
Vậy nghiệm hệ cho là: (x;y;z) = (3;3;3)
(21)(2) Giải hệ phương trình a) 2 2 y x y x Giải:
Hệ cho tương đương với:
2 6 y x y x 2 6 y x
x 16
1 x y b) 2 3 x y y x Giải:
Hệ cho tương đương với ) ( 2 3 y x y x y x ) )( ( 2 y xy x y x y x y x y x3
(do x2 xy y2 20) y x x
x3
y x x x
x 1)( 1)
( y x x x x 5 1 1 y x hoặc 5 y x 5 y x c) ( x zx z z yz y y xy x
trong x,y,z0 Giải
Hệ cho tương đương với
10 ) )( ( ) )( ( ) )( ( x z z y y
x
(22) 10 ) )( ( ) )( ( ) )( ( 10 ) )( )( ( x z z y y x z y x 1 y x z z y x
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y;z)=(1;0;4)
C Phương pháp đặt ẩn phụ (3) Giải hệ phương trình a) 2 3 2 xy y x y x y y x x
Đặt: x-y=a; x+y =b Hệ cho trở thành
) ( ) ( 2b a a ab
Từ PT (2) ta suy a0 Do đó: 62
a b
Thế vào (1) ta được: a5
a
0
2
a a (Vì a0) ) )( (
a a
a a +) 2
b a Hay 4 22 y x y x y x +) 3
b a Hay 11 33 y x y x y x
Tóm lại hệ phương trình cho có nghiệm là:
(x;y) =
; 11 ; ; b) 17 3 3 y xy x y y x x
Giải: Đặt x+y = a; xy=b Hệ cho trở thành
(23) 17 3 b a ab b a 5 b b b a ) )( ( b b b a b a Hoặc b a +) b
a Ta có hệ phương trình
xy y x 3 y y y x ) )( ( y y y x y x Hoặc y x +) b
a Ta có hệ phương trình
xy y x 2 y y y x (Vô nghiệm) Hệ vô nghiệm
Vậy nghiệm hệ cho là: (x;y) = (1;2); (2;1)
c)
78 ) ( 215 2 2 y x xy y x y x Giải
Hệ cho tương đương với 78 215 4 3 3 xy y x y xy y x x 16770 215 215 16770 78 312 312 78 3 3 xy y x y xy y x x 78 ) ( 78 97 97 78 3 3 xy y x y xy y x x Đặt y x
t PT (1) trở thành 78t4 97t3 97t780 ) 13 12 13 )( )(
(
t t t t
3 t t
+) t x y
3
2
Thế vào (2) ta 78 27
26y4
81
4
y
3
(24)Suy ra: y x Hoặc y x
+) t x y
2
3
Thế vào (2) ta 78
39y4
16
4
y
2
y Hoặc y2
Suy ra: y x Hoặc y x
Tóm lại hệ cho có nghiệm là: (x;y) = (-2;3); (2;-3); (-3;2) ; (3;-2) D áp dụng bất đẳng thức
(4) Giải hệ phương trình a) xyz z y x z y x 4 Giải:
Nhận xét: Từ BĐT (ab)2 (bc)2 (ca)2 0 Ta suy ra: a2 b2 c2 abbcca(*)
áp dụng liên tiếp BĐT (*) ta
2 2 2 4
4 y z x y y z z x
x xyz(xyz) x4 y4 z4 xyz
Đẳng thức xẩy khi:
3 y z x
Vậy hệ cho có nghiệm là:
; ; ) ; ; (x y z
b) y x x y x x 24 32 32 4 Giải:
ĐK: 0 x32
Hệ cho tương đương với 32 21 ) 32 ( ) 32 ( 4 y x x y y x x x x
Theo bất đẳng thức BunhiaCốp xki ta có 64 ) 32 )( 1 ( ) 32
( x x x x
8 32
(25)4 x4 32x4 2( x 32x)2 256 4 x 4 32x 4
(26)CHUYÊN ĐỀ 4
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT A - CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1) Phương pháp đổi tương đương Để chứng minh: A B
Ta biến đổi A B A B1 1An Bn(đây bất đẳng thức đúng) Hoặc từ bất đẳng thức đứng An Bn, ta biến đổi
1 1
n n n n
A B A B A B A B
Ví dụ 1.1
2 2 2
2 2
: ) (1)
b) a (1)
CMR a a b a b
b c ab bc ca
Giải
2
2
2
2
)
(2)
a a b a b
a b ab
a b
Do bất đẳng thức (2) nên bất đẳng thức (1) chứng minh
b)
2 2
2 2 2
2 2
) 2
2
(2)
b a b c ab bc ca
a ab b b bc c c ca a
a b b c c a
Bất đẳng thức (2) suy điều phải chứng minh Ví dụ 1.2 CMR
4 3
4 4 3
) (1)
) (1)
a a b a b a b
b a b c a b c a b c
Giải
4 4 3
4 3
3
2
3 2
) 2
0
a a b a a b ab b
a a b ab b
a a b b a b
a b a b a b a ab b
(27)
4 4 3 3 3
4 3 4 3 4 3
2 2 2 2 2 2 2
) 3
b a b c a a b a c b ab b c ac bc c
a b a b ab b c b c bc a c a c ac
a b a ab b b c b bc c a c a ac c
Ví dụ 1.3
2
2 2
2
2 2
: a) ax
b)
CMR a b x b by
a b c d a c b d
Giải
2 2 2 2 2 2
2 2
2
)
a a x a y b x b y a x abxy b y
a y abxy b y
ay bx
2
2 2 2 2
2 2
)
(2)
b a b c d a b c d a c b d
a b c d ac bd
Nếu ac + bd < (2) đúng
Nếu ac bd 0 thì
2
2 2
2 2 2 2 2 2
2
a b c d ac bd
a c a d b c b d a c abcd b d
ad bc dpcm
Ví dụ 1.4
Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng: ab2 b cc a2 a b c 1 Giải
3 3 2
2 2 2
2 2
1
2
a c b a c b a bc b ac c ab
ac a ab b ab b bc c bc c ca a
ac a b ab b c bc c a dpcm
Ví dụ 1.5
Cho a, b, c > CMR: a b c a b a c b c b a c2 2 2 3abc (1)
(28)
2 2
2 2
2
2
/ ,
1
G s a b c
abc a b c a b a c b c b a c
a a ab ac bc b b bc ba ac c c ac bc ab
a a b a c b b c b a c c a c b
a b a ac b bc c a c b c
a b a b c c a c b c
Suy ĐPCM
2) Phương pháp biến đổi đồng nhất
Để chứng minh BĐT: A B Ta biến đổi biểu thức A – B thành tổng biểu thức có giá trị khơng âm
Ví dụ 2.1
Chứng minh rằng:
2 2
2 2
)
) 4 4
a a b c d ab ac ad
b a b c ab ac bc
Giải
2 2
2 2
2 2
2 2 2
) Ta có =
4 4
2 2
a a b c d ab ac ad
a ab b a ac c a ad d a
a b a c a d a
2 2
2 2
2 2
2
) Ta có : 4 4
4 4
2 4
2
b a b c ab ac bc
a ab b c ac bc
a b c c a b
a b c
Ví dụ 2.2
Chứng minh rằng:
a) 4a b3 3a b 3 với a, b > 0
b) 8a b c3 3 3a b 3 b c 3 c a3 với a, b, c > 0
c) a b c 3a b c3 3 3 24abc với a, b, c 0
(29)
3
3 2
2
) Ta có : 4
3
a a b a b a b a ab b a b
a b a b
3 3
3 3
3 3
3 3 3
2 2
) Ta có :8
4 4
3
b a b c a b b c c a
a b a b a c c a b c b c
a b a b a c a c b c b c
3 3 3 3
3 2 3 3 3 3
3 2 2 3
2 2 2
2 2
) Ta có : 24
3 24
3 3 3 24
3 3
3 3
c a b c a b c abc
a b a b c a b c c a b c abc
a a b ab b a c abc ac bc a b abc
a b c b abc a c b c abc b a c a abc
b a c c a b a b c
Ví dụ 2.3
Với a, b, c > Chứng minh rằng:
1
)
1 1
)
3 )
2
a
a b a b b
a b c a b c
a b c
c
b c c a a b
Giải 2
2 2
4
1
) Ta có :
1 1
)Ta có : 2
0
a b ab a b
a
a b a b a b a b
a b b c a c
b a b c
a b c b a c b c a
a b b c a c
ab bc ac
2 2
3 1
)Ta có :
2 2
2 2
1 1 1 1 1
2 2
1
a b c a b c
c
b c c a a b b c c a a b
a b a c b a b c c a c b
b c c a a b
a b b c c a
b c c a a c a b a b b c
a b b c a c
a c b c a c a b a b b
c
(30) Cách
3 1
Ta có :
2 2
1 6
2
1 2 2 2 0
2
a b c a b c
b c c a a b b c c a a b
a b a c a b b c a c b c
b c a c a b
a b b c b c a c a c a b
b c a b a c b c a b a c
Ví dụ 2.4
) Cho a, b CMR: a + b
a ab (Bất đẳng thức Cô – si)
3 ) Cho a, b, c CMR: a + b + c
b abc (Bất đẳng thức Cô – si)
) Cho a b c
c x y z CMR
a b c x y z axby cz (Bất đẳng thức Trê bư sếp)
Giải a) Ta có: a b 2 ab a b20
b) 33 13 3 3 2 3 2 3 2 0
2
a b c abc a b c a b c b a c
c)
3 ax
0
a b c x y z by cz
y x a b z x b c x z c a
Ví dụ 2.5
Cho a, b, c > Chứng minh:
2 2
)
)
bc ac ab
a a b c
a b c
bc ac ab
b a b c
a b c
Giải
2 2
2
2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1
)
2 2
)
1 0
2
a b a c b c
bc ac ab
a a b c c b a
a b c ab ac bc
bc ac ab
b a b c
a b c
c a b a c b b a c
a b c b a c
Ví dụ 2.6
(31)2
1
)
1 1
a
a b ab
ab
2
1
)
1 1
b
a b ab
a2+ b2<
2
1
)
1 1
c
a b ab
-1 < a, b <
2 2
1 1
)
1
1
d
ab
a b
a, b >
Giải
2 2
2
2
1 1 1
) = +
1 1 1 1
1 0
1 1
a
a b ab a ab b ab
a b ab
a b ab
2 2
1
)
1
2 1
ab a b ab
a b
b ab
ab a b ab
2 2
2 2 2
2
2
1 1 1
) = +
1 1 1 1
1
0
1 1
c
a b ab a ab b ab
a b a b
a b ab
2
2 2
1
1 1
) =
1
1 1 1
ab a b ab
d
ab
a b a b ab
3) Phương pháp sử dung tính chất bất đẳng thức
Cơ sở phương pháp tính chất bất đẳng thức số bất đẳng thức như:
2
1
) , ; ) a.b >
0
) ; )
0
1
) ,
a a b b c a c b a b
a b
a b
c ac bd d a b
c d e a b
a b a b
Ví dụ 3.1
Cho a + b > Chứng minh: 4
a b
(32)
2
2 2 2
2
2
4
1
2
1
2
a b
a b a b
a b
a b
Ví dụ 3.2
Với a, b, c > CMR
3 3
3 3
2 2
) )
a b c
a ab ac bc
b c a
a b c
b a b c
b c a
Giải
2
2
3 3
2 2 2
3
3 3
2 2
) Ta có : ,
) Ta có : 3 ,
3 3
x
a x xy y x y
y
a b c a ab b b bc c c ac a ab ac bc
b c a
x
b x y x y
y
a b c a b b c c a a b c
b c a
Ví dụ 3.3
Cho a, b, c > CMR:
2 2
) )
2
bc ac ab
a a b c
a b c
a b c a b c
b
b c c a a b
Giải a) dễ dàng chứng minh bc ac 2c
a b đpcm
b) dễ dàng chứng minh
4
a b c a
b c
đpcm
Ví dụ 3.4
1 1 1
) cho x, y, z >0 t/m: :
2 2
a CMR
x y z x y z x y z x y z
b) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh
1 1 1
(33)c) Cho a, b, c > thỏa mãn: abc = ab + bc + ca.Chứng minh:
1 1
2 3 16
a b c b c a c a b
Giải
1
) Ta có : ,
1 1 1 1
2 16
a a b
a b a b
x y z x y x zx x y x z x y z
Tương tự: 1 ; 1 1
2 16 16
x y z x y z x y z x y z
1 1 1 1
2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z
1
)
2
1 2 ;
1
1 1 1
b
a b c a b c a a
a b c b c a b a b c b c a c
a b c a b c b c a a b c
1 1 1 1
)
2 16 32 32
1 1 1
tt: ;
3 32 16 32 32 32 16
1 1 1
2 3 2 32 16
c
a b c a c b c a c b c a b c
a b c a b c a b c a b c
a b c a b c a b c a b c
Ví dụ 3.5
Cho a, b, c > Chứng minh rằng:
2 2
)
)
1 1
a b c
a
a b b c c a
a b c a b c
b
b c c a a b a b c
Giải a) áp dụng BĐT: x y 0,t ta có: y y t
x x t
(34)Ta có : ; ;
a a c b b a c c b
a b a b c b c b c a c a a b c
a b c
a b b c c a
b)
2
2
2 2
1
Ta có :
1
1 1
3 mà
2
a
a a
a
a b c
a b c
a b c
b c c a a b
suy điều phải chứng minh
4)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Co-si
1 2
*) Cho , , , 0, ta có : n
n n n
a a a a a a n a a a
Dấu “=” xảy a a1 2 an
Ví dụ 4.1
Cho a, b > thỏa mãn ab = CMR: a b 1a2 b2 8 a b
Giải
Áp dụng BĐT Cosi ta có
2
2
2
2
4 2 4
4
1
4 2 2 8
a b ab
a b ab
a b a b
a b a b
a b a b a b
a b a b
a b a b
a b
Ví dụ 4.2
Chứng minh rằng:
2
)
2
a b a b
a a b b a với a, b 0
) a b c
b
(35)
2
2
1
a) Ta có :
2 2
1 1
mà ,
4
2
a b a b a b a b ab a b
a a b b a b a b
a b a b a b b a
1
) 1
2
tt: ;
b c b c a b c
b
a a a
a a
b c a b c
b b c c
a c a b c a b a b c
Cộng vế với vế ta được: a b c
b c c a a b
Dấu “=” xảy
a b c
b a c a b c
c a b
vơ lí Vậy dấu “=” khơng xảy
Ví dụ 4.3
Cho a, b, c > Chứng minh rằng:
2 2 3
2 2 2
3 3
2 2
2 2 2
)
2
1 1
) 3; ( 1)
2
a b c a b c
a
b c c a a b abc
a b c
b a b c
a b b c c a abc
Giải
2 2 2
2 2 2
2 2 2 3
2 2 2
) Ta có : ; ;
2 2
2 2
a a b b c c
a
b c bc a c ac a b ab
a b c a b c a b c
b c a c a b bc ac ab abc
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 3
2 2 2
1 1 1
) Ta có :
3
2
b a b c
a b b c c a a b b c c a
c a b a b c
a b b c c a abc
Ví dụ 4.4
Cho a, b, c > Chứng minh
3 3 3
1 1
(36)Giải
2 3
3
Ta có :a b 2ab a b ab a b
abc abc c
a b abc ab a b abc a b c
3 3
tt: abc a ; abc b
b c abc a b c c a abc a b c
Cộng vế với vế suy điều phải chứng minh Ví dụ 4.5
Cho a, b, c > thỏa mãn a2+b2+ c2 = Chứng minh rằng
3 (1)
ab bc ca
c a b
Gải
2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
2 2
2 2
1
mà :
a b b c c a a b c a b c
c a b
a b b c c a ab bc ab ac bc ca a b c
c a b c a c b a b
Suy điều phải chứng minh Ví dụ 4.6
Cho x, y, z > thỏa mãn xyz = Chứng minh
3 3
5 5 5
3 )
1 1 1
)
x y z
a
y z z x x y
xy yz zx
b
x xy y y yz z z zx x
Giải a) Áp dụng bất đẳng thức si ta có:
3 1 1 3
1 8
x y z x
y z
Tương tự suy
VT 33 3
2 4
xyz x y z
2 5 2
5 2
) Ta có :
1
b x y xy x y x y x y
xy xy z
x xy y xy x y x y xy x y x y z
(37)5 5
5 5 5
tt: ;
1
yz x zx y
y yz z x y z z xz x x y z
xy yz zx
x xy y y yz z z xz x
Ví dụ 4.7
Cho x, y, z > Chứng minh
3 3
x y z x y z
yz zx xy
Giải Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
3 3
3 3
3 ; ;
x z y x y z x y z x y z
yz zx xy
x y z x y z
yz zx xy
5)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Bunhiacopski *) a2 b2x2 y2 xa by 2 dấu “=” xảy khi a kx
b ky
*) a2 b2 c2x2 y2 z2 xa by cz 2 dấu “=” xảy khi
a kx b ky c kz
Tổng quát:
2 2 2 2 2 2 2
1 n n 1 2 n x
a a a x x x a x a x a x dấu “=” xảy ai= kxi
Ví dụ 5.1
Cho a, b > Chứng minh
2
2
1
) )
a
a b a b m n
n m
b
a b a b
Giải a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
1 1 . . 4
1
a b a b
a b a b
a b a b
(38) 2 2 2
) n m n m
b a b a b n m
a b a b
n m
n m
a b a b
Tổng quát:
Cho bi 0, 1.i n
2
2 2
1
1
1 2
n n n n
a a a
a a a
b b b b b b
(1)
Với a ci i 0 với i1.n
2
1
1
1 1 2
n n
n n n
a a a
a a a
c c c a c a c a c
(2)
Thật vậy:
2
2 2
2
1 2
1 2
1 2
2
2 2
1
1
1 2
n n
n n n
n n
n n
n n
a a a b b b a b a b a b a a a
b b b b b b
a a a
a a a
b b b b b b
đặt aici= bi> thay vào (1) (2) Ví dụ 5.2
Cho a,b,c số thực dương Chứng minh
2 2 2
3 3 3 2
2 2
) )
2
) )
2
a b c a b c a b c
a a b c b
b c a b c c a a b
a b c a b c a b c
c a b c d
b c a b c c a a b
Giải
2 2
2
2 2
2
2 2
3 3 4
2 2
) Ta có : )
2
)
a b c
a b c
a a b c
b c a a b c
a b c
a b c a b c
b
b c c a a b a b c
a b c
a b c a b c
c a b c
b c a ab bc ca ab bc ca
3 3 4 2
)
2
a b c a b c a b c
d
b c a c a b ab ac ab bc ac bc
Ví dụ 5.3
Cho a, b, c > Chứng minh: 25a 16b c
b c c a a b
(39) 2
Ta có : 25 16 1 42
5
25 16
42
2
a b c
VT
b c c a a b
a b c a b c
b c c a a b a b c
Dấu “=” xảy
5
b c a c a b a
vơ lí suy điều phải chứng minh Ví dụ 5.4
Cho x, y, z > Chứng minh: x22 y22 z22 x y z
y z x y z x
Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta có
2
2 2
2 2
1
3
x y z x y z x y z x y z x y z
y z x y z x y z x y z x y z x
B – CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Cho biểu thức f(x,y…)
Ta nói M giá trị lớn f(x,y…) kí hiệu maxf(x,y…) = M, hai điều kiện sau thỏa mãn:
- Với x,y… để f(x,y…) xá định f(x,y…) M - Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = M
Ta nói m giá trị nhỏ f(x,y…) kí hiệu minf(x,y…) = m, hai điều kiện sau thỏa mãn:
- Với x,y… để f(x,y…) xá định f(x,y…) m - Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = m
I) TÌM GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI 1) Đa thức bậc hai biến
Ví dụ 1.1
a) Tìm GTNN A = 3x2– 4x + 1 b) Tìm GTLN B = - 5x2 + 6x – 2 c) Tìm GTNN C = (x – 2)2 + (x – 3)2 d) Cho tam thức bậc hai P = ax2+ bx + c
Tìm GTNN P a > Tìm GTNN P a >
Giải a) A =
2
2 4 1
3
3 3 3
x x x
Vậy minA=
1
3 x
(40)b) B = 5 5 1
5 25 5 5
x x x
Vậy maxB =
1
5 x
c) C = 4 4 6 9 2 5 25 2 1
4 2 2
x x x x x x x
Vậy maxC =
2 x
d) Ta có: P = 2 2
4 4
b b b b b
a x x c a a c
a a a a a
Nếu a > P
4
b c
a
Vậy minP =
4
b c
a
2
b x
a
Nếu a < P
4
b c
a
Vậy maxP =
4
b c
a
2
b x
a
Ví dụ 1.2
a) Tìm GTNN M = x2– 3x + với x2 b) Tìm GTLN N = x2– 5x + với 3 x 8
Giải
a) M = x1x2 1 1 Vậy minM = -1 x =
b) N = x3x 8 25 25 Vậy maxN = 25 x = -3, x = 2 Đa thức bậc hai hai biến
a) Đa thức bậc hai hai biến có điều kiện Ví dụ 2a.1
a) Cho x + y = Tìm GTLN P = 3xy –
b) Cho x – 2y = Tìm GTNN Q = x2+ 2y2– x + 3y Giải
a)
2
1 13 13
1
2 4
x y x y P y y y
Vậy maxP = 13
4 x
2
2
b) 2 2 2
3 11 11
2 16 8
x y x y Q y y y y y
y y y y
Vậy minQ = 11
8 x
Ví dụ 2a.2
(41)b) ,
2
S
x y S y a
a) P6 y y 8 y2y4 8 Vậy maxP = x = 2, y = b) QS y y S a a y a y a S S a a
Vậy maxQ = (S – a)a x = S – a, y = a b) Đa thức bậc hai hai biến
Cho đa thức: P(x,y) = ax2+ bxy + cy2+ dx + ey + h (1), với a,b,c 0 Ta thường đưa P(x, y) dạng
P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2) P(x, y) = mH2(x, y) + nG2(x) + k (3)
Trong G(y), H(x) hai biểu thức bậc ẩn, H(x, y) biểu thức bậc hai ẩn
Chẳng hạn ta biến đổi (1) (2) vớia, (4ac – b2) 0
2 2
2 2 2 2
2
2 2 2
2
4 ( , ) 4 4 4
4 4 2
2
2 4
4
aP x y a x abxy acy adx aey ah
a x b y d abxy adx bdy ac b ae bd y ah d
ae bd ae bd
ax by d ac b y ahd
ac b ac b
(Tương tự nhân hai vế (1) với 4c để chuyển (3)) Ví dụ 3.1
a) Tìm GTNN P = x2+ y2+ xy + x + y
b) Tìm GTLN Q = -5x2– 2xy – 2y2+ 14x + 10y – 1 Giải
2 2 2
2
a) 4 4 4 4
1 4
=
3 3
P x y xy x y x y xy x y y y
x y y
Vậy minP =
3 x y
2
2
2
b) 25 10 10 70 50 = 80
1 5 7 2 16 16
5
Q x xy y x y x y y
Q x y y
Vậy maxQ = 16 x = 1, y = Ví dụ 3.2
(42) 2 2 2
(*) 4
3
x y y y y y
y
Vậy miny = -3 x = -6 Vậy ccawpj số (x, y) = (-6; -3) Ví dụ 3.3
Cho x, y liên hệ với hệ thức x2+ 2xy + 7(x + y) + 7y2+ 10 = (**). Hãy tìm GTLN, GTNN S = x + y +
Giải
2
2 2
** 28 28 40
2 2
5
2
x xy x y y
x y y x y
x y
x y x y x y x y
x y S
Vậy minS = -4 x = -5, y = maxS = -1 x = -2, y = II PHƯƠNG PHÁP MIỀN GIÁ TRỊ
Ví dụ 1
Tìm GTLN, GTNN A = 22
1
x x
x
Giải
Biểu thức A nhận giá trị a phương trình sau có a nghiệm a = 22
1
x x
x
a 1x2 4 2x a 3 1
Nếu a = phương trình (1) có nghiệm x =
4
Nếu a phương trình (1) có nghiệm –a2+ 4a +5 0 1 a 5. Vậy minA = -1 x
maxA =
2
x Ví dụ 2
Tìm GTLN, GTNN biểu thức B = 2 2
7
x y
x y
Giải
Biểu thức B nhận giá trị b phương trình sau có nghiệm b = 2 2
7
x y
x y
(43)
2 2 7 2
bx x by y b
Trong x ẩn, y tham số b tham số có điều kiện Nếu b = x 2y 1
Nếu b để (2) có nghiệm x – 4b(by2– 2y + 7b -1)0 (3)
Coi (3) bất phương trình ẩn y BPT xảy với giá trị y 16b2+ 4b2(-28b2+ 4b + 1)0
2
28
14
b b b
Vậy minB = x = - ,7 14
14 y
maxB = x = 1, y =
2
III PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC 1) Sử dụng bất đẳng thức Cơ-si
Ví dụ 1.1
Tìm GTLN, GTNN A = 3x 5 3 x với
3 x
Giải
2 3 5 3 2 3 5 3 2 3 5 3
A x x x x x x
Vậy A2 2 A 2. Vậy minA = 2 5,
3
x y
2 4 2 max 2 2
A A A x
(Biểu thức cho dạng tổng hai thức Hai biểu thức lấy có tổng là hằng số)
Ví dụ 1.2
Cho x, y > thỏa mãn x + y 6 Hãy tìm GTNN P = 3x 2y x y
Giải
Ta có: 3 3.6 19
2 2 2
x y x y
P x y
x y x y
Vậy minP = 19 x = 2, y = Ví dụ 1.3
Tìm GTLN biểu thức M = x y y x
xy
với x3;y2
(44)To có: M x y
x y
Theo bất đẳng thức Cô – si ta có:
3 2
3 ; 2
2
y
x x y
x y
x y
3 max 6; 4
6
M M x y
Ví dụ 1.4
Cho x, y, z > thỏa mãn: 1 1
1 x 1 y 1 z Tìm TGLN P = xyz
Giải
1 1 1
1 1 1 1
y z z
x y z y z y z
Tương tự: ;
1 1 1
xz xy
y x z z x y
Nhân vế với vế ba BĐT max
8
P xyz P x y z
Ví dụ 1.5
Cho < x < 1, Tìm GTNN Q =
1 x x
Giải
2
2
4
3
Ta có :
1
4
minP =
1
x x
x x
P
x x x x
x
x x
x x
(Đặt P = 1-
1-b x
ax c
x x đồng hệ số suy a = b = 1; c = 7)
Ví dụ 1.6
Cho x, y, z, t > Tìm GTNN biểu thức
M x t t y y z z x
t y y z z x x t
Giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: 1
(45)
Ta có : 4 1 1
1 1
=
4
x t t y y z z x
M M
t y y z z x x t
x y t z y x z t x y z t
t y y z z x x t t y z x y z x t
x y z t
x y z t x y z t
minM = x = y z t
2 Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS) Ví dụ 2.1
Cho x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx =1 Tìm GTNN biểu thức A = x4+ y4+ z4
Giải Áp dụng BĐT BCS ta có
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 4
1
1 1
1 minP = x = y = z = 1
3 3
xy yz zx x y z x y z x y z
x y z x y z
P
Ví dụ 2.2
Tìm GTNN P = 4a 9b 16c
b c a c a b a b c a, b, c độ dài ba cạnh
của tam giác
Giải
2
1 1 29
4 16
2 2
4 16 29
=
2
2 29
2
a b c
P
b c a c a b a b c
a b c
b c a c a b a b c a b c
b c a c a b a b c
81 29 81 29
26
2 2
minP = 26
7
a b c
a b c a b c
Ví dụ 2.3
Tìm giá trị nhỏ Q = a
(46)Giải
2
2 Ta có :
2 2 2
1
1 minQ =
3
a b c a b c
a b c
Q
b c c a a b a b c b c a c a b ab bc ca
b ac
a b c
Ví dụ 2.4
Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN
2 2
1 1
P
a b c ab bc ca
Giải
2 2
2 2
2
2
1 1
1
1
2
1 9 21 30
1 minP = 30 a = b = c =
3
ab bc ca ab bc ca P
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca ab bc ca
ab bc ca
a b c a b c
Chuyên đề 5: TỨ GIÁC NỘI TIẾP
I -CÁC DẤU HIỆU NHẬN BIẾT TỨ GIÁC NỘI TIẾP
1- Tổng hai góc đối 1800
2- Hai góc liên tiếp nhìn cạnh hai góc 3- Nếu hai cạnh đối diện cuả giác ABCD cắt M thỏa mãn:
MA.MB =MC.MD ; hai đường chéo cắt O thỏa mãn OA.OC = OB.OD ABCD tứ giác nội tiếp
(47)A M
I O
C
E
F
N
B
M'
II- CÁC VÍ DỤ
Ví dụ1:Cho đường trịn tâm O điểm C ngồi đường trịn Từ C kẻ hai tiếp tuyến CE ; CF ( E F tiếp điểm) cát tuyến CMN ( N nằm C M ) tới đường tròn.Đường thẳng CO cắt đường tròn hai điểm A B Gọi I giao điểm AB với EF Chứng minh rằng:
a, Bốn điểm O, I, M, N thuộc đường tròn b,AIM = BIN
Giải
a,Do CE tiếp tuyến (O) nên:
CEM =CNE (Cùng chắn ME )
CEM ~ CNE . CE
CM = CNCE CM.CN =CE2
Mặt Khác , CE; CF tiếp tuyến (O) nên
AB EF I tam giác vng CEO đường cao EI ta có: CE2= CI.CO
Từ (1) (2) suy CM.CN = CI.CO => CM
CI = COCN
CMI ~ CON
CIM = CNO
Tứ giác OIMN nội tiếp
b Kéo dài NI cắt đường tròn M’ Do tứ giác IONM nội tiếp nên :
IOM =INM = 1 2sđ
NM’ =>AM = AM’ Do đó:
(48)O
O'
A
B
C C' B'
Ví Dụ 2
Cho tam giác ABC có A = 45 0; BC =a nội tiếp đường tròn tâm O; đường cao BB’ CC’ Gọi O’ điểm đối xứng O qua đường thẳng B’C’
a Chứng minh A; B’; C’; O’ thuộc đường tròn b Tính B’C’ theo a
Lời giải
a Do O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
BOC = 2BAC =90
Từ suy điểm O; B’; C’
Cùng thuộc đường trịn đường kính BC.Xét tứ giác nội tiếp CC’OB’ có :
C’OB’ = 1800- C’CB’ = 1800- ( 900- A ) =135 0.
Mà O’ đối xứng với O qua B’C’ nên:
C’O’B’ = C’OB’ = 135 0=1800-A Hay tứ giác AC’O’B’ nội tiếp
b DoA = 45 0nên BB’A vng cân B’
Vì B’ nằm đường trung trực đoạn AB hay B’O AB C’OB’C hình thang cân nên B’C’ =OC
Mặt khácBOC vuông cân nên: B’C’ =OC =
2 2
2 a
BC
III bµi tËp ¸p dơng
Bài tập 1:
Cho tứ giác ABCD nội tiế đường trịn đường kính AD Hai đường chéo AC BD cắt E Vẽ EF vng góc với AD Chứng minh:
a/ Tứ giác EBEF, tứ giác DCEF nội tiếp b/ CA phân giác BCF
(49)Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AD Hai đường chéo AC, BD cắt E Hình chiếu vng góc E AD F Đường thẳng CF cắt đường tròn điểm thứ hai M Giao điểm BD CF N Chứng minh:
a/ CEFD tứ giác nội tiếp
b/ Tia FA phân giác góc BFM c/ BE.DN = EN.BD
Bài tập 3:
Cho tam giác ABC vuông A điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn điểm thứ hai F, G Chứng minh:
a/ Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD
b/ Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp đường tròn c/ AC song song với FG
d/ Các đường thẳng AC, DE, BF đồng quy Bài tập 4:
Cho tam giác ABC có Aˆ 90 0; AB > AC, điểm M nằm đoạn AC ( M không
trùng với A C ) Gọi N D giao điểm thứ hai BC MB với đường trịn đường kính MC; gọi S giao điểm thứ hai AD với đường trịn đường kính MC; T giao điểm MN AB Chứng minh:
a/ Bốn điểm A, M, N, B thuộc đường trịn b/ CM phân giác góc BCS
c/ TD TBTA TC Bài tập 5:
Cho đường trịn (O) điểm A nằm ngồi đường trịn Qua A dựng hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn ( M, N tiếp điểm ) cact tuyến cắt đường tròn P, Q Gọi L trung điểm PQ
a/ Chứng minh điểm: O, L, M, A, N thuộc đường tròn b/ Chứng minh LA phân giác góc MLN
c/ Gọi I giao điểm MN LA Chứng minh: MA2= AI AL
d/ Gọi K giao điểm ML với (O) Chứng minh rằng: KN // AQ e/ Chứng minh tam giác KLN cân
Bài tập 6:
(50)a/ Chứng minh: góc ABE góc EAH tam giác AHB đồng dạng với tam giác EAH
b/ Lấy điểm C d cho H trung điểm đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB K Chứng minh: AHEK tứ giác nội tiếp
c/ Xác định vị trí điểm H để AB = R Bài tập 7:
Từ điểm P nằm ngồi đường trịn (O), kẻ hai tiếp tuyến PM PN với đường tròn (O) ( M, N tiếp điểm ) Đường thẳng qua điểm P cắt đường tròn (O) hai điểm E F Đường thẳng qua O song song với MP cắt PN Q Gọi H trung điểm đoạn EF Chứng minh:
a/ Tứ giác PMON nội tiếp đường tròn
b/ Các điểm P, N, O, H nằm đường tròn c/ Tam giác PQO cân
d/ MP2= PE PF
e/ PHM = PHN Bài tập 8:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M, N, P
Chứng minh rằng:
a/ Các tứ giác AEHF, BFHD nội tiếp
b/ Bốn điểm B, C, E, F nằm đường tròn c/ AE AC = AH AD AD BC = BE AC
d/ H M đối xứng qua BC
e/ Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Bài tập 9:
Cho tam giác ABC không cân, đường cao AH, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E, F thứ tự hình chiếu B, C lên đường kính AD đường trịn (O) M, N thứ tự trung điểm BC, AB Chứng minh:
a/ Bốn điểm A, B, H, E nằm đường tròn tâm N HE // CD b/ M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF
Bài tập 10:
Cho đường trịn (O) điểm A bên ngồi đường tròn Vẽ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE với đường tròn ( B C tiếp điểm ) Gọi H trung điểm DE
(51)b/ Chứng minh: HA tia phân giác DHC
c/ Gọi I giao điểm BC DE Chứng minh: AB2= AI.AH
d/ BH cắt (O) K Chứng minh: AE // CK Bài tập 11:
Từ điểm S ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB cát tuyến SCD đường trịn
a/ Gọi E trung điểm dây CD Chứng minh điểm S, A, E, O, B thuộc đường trịn
b/ Nếu SA = AO SAOB hình gì? Tại sao? c/ CMR: AC.BD = BC.DA = AB CD2
Bài tập 12:
Trên đường thẳng d lấy điểm A, B, C theo thứ tự Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia Ax, By vng góc với d Trên tia Ax lấy I Tia vng góc với CI C cắt By K Đường trịn đường kính IC cắt IK P
a/ Chứng minh tứ giác CBPK nội tiếp đường tròn b/ Chứng minh: AI BK = AC CB
c/ Giả sử A, B, I cố định xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang vng ABKI lớn
Bài tập 13:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm di động cung nhỏ BC Trên đoạn thẳng MA lấy điểm D cho MD = MC
a/ Chứng minh: DMC
b/ Chứng minh: MB + MC = MA
c/ Chứng minh tứ giác ADOC nội tiếp
d/ Khi M di động cung nhỏ BC D di động đường cố định nào? Bài tập 14:
Cho đường tròn (O;R), từ điểm A O kẻ tiếp tuyến d với O Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A ) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB ( B tiếp điểm ) Kẻ AC MB, BD MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB
a/ Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp
b/ Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn c/ Chứng minh OI OM = R2; OI IM = IA2
d/ Chứng minh OAHB hình thoi
(52)f/ Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Bài tập 15:
Cho hình thang cân ABCD ( AB > CD; AB // CD ) nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến với đường tròn (O) A D cắt E Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD
a/ Chứng minh tứ giác AEDI nội tiếp b/ Chứng minh AB // EI
c/ Đường thẳng EI cắt cạnh bên AD BC hình thang tương ứng R S Chứng minh: * I trung điểm RS
* AB CD RS1 Bài tập 16:
Cho ba điểm M, N, P thẳng hàng theo thứ tự Một đường trịn (O) thay đổi qua hai điểm M, N Từ P kẻ tiếp tuyến PT, PQ với đường tròn (O)
a/ Chứng minh: PT2 = PM PN Từ suy (O) thay đổi qua M, N T,
Q thuộc đường tròn cố định
b/ Gọi giao điểm TQ với PO, PM I J K trung điểm MN Chứng minh tứ giác OKTP, OKIJ nội tiếp
c/ CMR: Khi đường tròn (O) thay đổi qua M, N TQ qua điểm cố định d/ Cho MN = NP = a Tìm vị trí tâm O để TPQ =60
Bài tập 17:
Cho tam giác ABC vuông A Trên AC lấy điểm M (M A C) Vẽ đường trịn đường kính MC Gọi T giao điểm thứ hai cạnh BC với đường tròn Nối BM kéo dài cắt đường tròn điểm thứ hai D Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai S Chứng minh:
a/ Tứ giác ABTM nội tiếp
b/ Khi M chuyển động AC thìADM có số đo không đổi c/ AB // ST
Bài tập 18:
Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
(53)d/ chứng minh AE AC – AI IB = AI2
e/ Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Bài tập 19:
Cho điểm A bên ngồi đường trịn (O; R) Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE đến đường tròn (O) Gọi H trung điểm DE
a/ Chứng minh năm điểm: A, B, H, O, C nằm đường tròn b/ Chứng minh AH tia phân giác DHC
c/ DE cắt BC I Chứng minh: AB2 = AI AH
d/ Cho AB = R OH = R2 Tính HI theo R Bài tập 20:
Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) A M Q hai điểm (d) cho M A, MQ, Q A Các đường thẳng BM BQ cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N P Chứng minh:
a/ Tích BN BM khơng đổi b/ Tứ giác MNPQ nội tiếp
c/ Bất đẳng thức: BN + BP + BM + BQ > 8R
Chuyên đề 6: ĐƯỜNG ĐI QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH
Trong đề thi học sinh giỏi, thi vào trường chun, lớp chọn thường có tốn liên quan đến tìm điểm cố định, chứng minh đường qua điểm cố định Thực tế cho thấy tốn khó, học sinh thường khó khăn gặp phải toán dạng
Bài toán “Đường qua điểm cố định” địi hỏi HS phải có kĩ định cộng với đầu tư suy nghĩ, tìm tịi đặc biệt phải có phương pháp làm
Tìm hiểu nội dung tốn Dự đốn điểm cố định Tìm tịi hướng giải Trình bày lời giải Tìm hiểu tốn:
• Yếu tố cố định.( điểm, đường … )
• Yếu tố chuyển động.( điểm, đường … )
• Yếu tố khơng đổi.( độ dài đoạn, độ lớn góc … )
• Quan hệ khơng đổi ( Song song, vng góc, thẳng hàng … )
(54)theo Trong khâu địi hỏi học sinh phải có trình độ phân tích tốn, khả phán đốn tốt Tuỳ thuộc vào khả đối tượng học sinh mà giáo viên đưa hệ thống câu hỏi dẫn dắt thích hợp nhằm giúp học sinh tìm hiểu tốt nội dung toán Cần xác định rõ yếu tố cố định, không đổi, quan hệ không đổi yếu tố thay đổi, tìm mối quan hệ yếu tố
Dự đốn điểm cố định:
Dựa vào vị trí đặc biệt yếu tố chuyển động để dự đoán điểm cố định Thơng thường ta tìm hai vị trí đặc biệt cộng thêm với đặc điểm bất biến khác tính chất đối xứng, song song, thẳng hàng … để dự đốn điểm cố định
Tìm tịi hướng giải
Từ việc dự đốn điểm cố định tìm mối quan hệ điểm với yếu tố chuyển động, yếu tố cố định yếu tố không đổi Thông thường để chứng tỏ điểm cố định ta điểm thuộc hai đường cố định, thuộc đường cố định thoả mãn điều kiện (thuộc tia cách gốc đoạn khơng đổi, thuộc đường trịn mút cung không đổi ) thông thường lời giải toán thường cắt bỏ suy nghĩ bên ta thường có cảm
giác lời giải có thiếu tự nhiên, khơng có tính thuyết phục trình bày ta cố gắng làm cho lời giải mang tính tự nhiên hơn, có giá trị việc rèn luyện tư cho học sinh
MỘT VÀI VÍ DỤ:
Bài 1: Cho ba điểm A, C, B thẳng hành theo thứ tự Vẽ tia Cx vng góc với AB.Trên tia Cx lấy hai điểm D, E cho
CD CA CB
CE Đường
tròn ngoại tiếp tam giác ADC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC H khác C Chứng minh rằng: Đường thẳng HC qua điểm cố định C di chuyển đoạn thẳng AB
Tìm hiểu đề bài:
* Yếu tố cố định: Đoạn AB * Yếu tố không đổi:
+ Góc BEC = 300, Góc ADB = 600do sđ cung BC, cung CA khơng đổi + B, D, H thẳng hàng; E, H, A thẳng hàng
Dự đoán điểm cố định:
m
h D
E
(55)d E
F
H N M
O
I
khi C trùng B (d) tạo với BA góc 600 => điểm cố định thuộc tia By tạo với tia BA góc 600
khi C trùng A (d) tạo với AB góc 300 => điểm cố định thuộc tia Az tạo với tia AB góc 300
By Az cắt M M điểm cố định? Nhận thấy M nhìn AB cố định 900 => M thuộc đường trịn đường kính AB.
Tìm hướng chứng minh:
M thuộc đường trịn đường kính AB cố định cần chứng minh sđ cung AM khơng đổi thật vậy:
sđ cung AM = 2sđGóc MCA=2sđGóc CHA =2sđGóc CDA = 1200 Lời giải:
Ta có
CD CA
tgD => Góc D=600 có Góc CHA = Góc CDA = 600
G/s đường trịn đường kính AB cắt CH M ta có Góc MHA= 600=> sđ cung MA khơng đổi lại có đường trịn đường kính AB cố định vậy: M cố định CH ln qua M cố định
Bài 2: Cho đường tròn (O) đường thẳng (d) nằm ngồi đường trịn I điểm di động (d) Đường trịn đường kính OI cắt (O) M, N Chứng minh đường trịn đường kính OI ln qua điểm cố định khác O đường thẳng MN qua điểm cố định Hướng dẫn:
do tính chất đối xứng nên điểm cố định nằm trục đối xứng hay đường thẳng qua O vng góc với (d)
Giải:
Kẻ OH vng góc với (d) cắt MN E
ta có H cố định H thuộc đường trịn đường kính OI đường trịn đường kính OI ln qua K cố định
Xét tam giác OEF tam giác OIH có góc O chung, góc OFE = góc OHI = 900
Nên tam giác OEF đồng dạng với tam giác OIH đó: OF/ OE = OH/ OI => OE OH = OF OI
(56)I
M C
D A
O
B P
Do đó: OE OM2 OH
= số vây E cố định MN qua E cố định
Bài 3:Cho đường tròn (O; R) dây AB cố định C điểm chuyển động đường tròn M trung điểm AC Chứng minh đường thẳng kẻ từ M vng góc với BC ln qua điểm cố định Giải:
Vẽ đường kính BD => D cố định
Giả sử đường thẳng qua M vng góc với BC cắt BC cắt AD I
Dễ thấy góc BCD = 900hay MI // CD.
Xét tam giác ACD có MC = MA; MI // CD => I trung điểm DA cố định hay đường thẳng qua M vng góc với BC qua I cố định
Bài 4: Cho tam giác ABC hai điểm M, N thứ tự chuyển động hai tia BA, CA cho BM= CN Chứng minh đường trung trực MN qua điểm cố định Hướng dẫn:
Khi M B N C đường trung trực MN trung trực BC Vậy điểm cố định nằm đường trung trực BC
Giải:Giả sử trung trực BC cắt trung trực MN I Dễ thấy tam giác IMB = tam giác INC (c-c-c) góc MBI = góc NCI
Xét tứ giác ABCI có góc MBI = góc NCI tứ giác ABCI nội tiếp hay I thuộc đường tròn Ngoại tiếp tam giác ABC cố định, mà Trung trực BC cố định Vậy I cố định hay trung trực MN qua I cố định
Bài 5: Cho đường tròn (O; R) dây cung AB = R Điểm P khác A B Gọi (C; R1) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O; R) A.Gọi (D; R2) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn (O; R) B Các đường tròn (C; R1) (D; R ) cắt M khác P Chứng minh
N I
C B
(57)I d M O
A B
C
P di động AB đường thẳng PM ln qua điểm cố định Tìm hiểu đề bài:
* Yếu tố cố định: (O; R), dây AB
* Yếu tố không đổi: DPCO hình bình hành Sđ cung BP (D), sđ cung AP (C), Góc BMA khơng đổi
Dự đốn
Khi P A PM tiếp tuyến (O; R) => điểm cố định nằm tiếp tuyến (O; R) A
Khi P B PM tiếp tuyến (O; R)=> điểm cố định nằm tiếp tuyến (O; R) B
Do tính chất đối xứng hình => Điểm cố định nằm đường thẳng qua O vng góc với AB
=> Điểm cố định nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Lời giải:
Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB cắt PM I AB = R => sđ cung AB (O)
1200
tam giác BDP cân góc OBA = góc DPB
tam giác OAB cân góc OBA = góc OAB => góc BDP = góc BOA => sđcung BP (D) = sđ cung BA (O) = 1200. tương tự sđ cung PA (C) = 1200. ta có góc BMP =
2
1 sđ cung BP (D) =
600
ta có góc AMP =
2
1sđ cung AP (C) = 600
Vậy góc BMA = góc BMP + góc AMP = 1200 = góc BOA
xét tứ giác BMOA có góc BMA = góc BOA tứ giác BMOA nội tiếp hay M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOA
Vậy
2
1 sđ cung IA = góc IMA = góc PMA =
1 sđ cung PA (C) = 1200 .Vậy I thuộc
(58)Bài 6: Cho đoạn AB cố định, M di động AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai hình vng MADE MBHG Hai đường trịn ngoại tiếp hai hình vng cắt N Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định M di chuyển AB Hướng dẫn:
Tương tự Giải:
Giả sử MN cắt đường trịn đường kính AB I
Ta có Góc ANM = Góc ADM = 450( góc nội tiếp cùng chắn cung AM đường tròn ngoại tiếp hình vng AMDE)
Ta có Góc BNM = Góc BGM = 450( góc nội tiếp cùng chắn cung BM đường trịn ngoại tiếp hình vng MBGH)
=> gócANB = Góc ANM + Góc BNM = 900 => N thuộc đường trịn đường đường kính AB sđ cung AI = 2sđGóc ANI
=2sđGóc ANM = 900
Vậy I thuộc đường trịn đường kính AB số đo cung AI 900 => I cố định hay MN qua I cố định
Để có luyện tập tốt cần lưu ý số vấn đề sau - Chọn hệ thống tập cho luyện tập; - Phải xếp hệ thống câu hỏi từ dễ đến khó (có gợi mở); - Phải tổ chức tốt thể vai trò chủ đạo người thày;
- Sau cần tập dượt cho học sinh nghiên cứu sâu lời giải (nếu có)
Nội dung viết tơi số tốn đơn giản chương trình lớp bậc THCS phát triển rộng mức độ tương đương, phức tạp cao phù hợp với tư lơgíc em để tạo cho em niềm say mê học tập mơn tốn đặc biệt mơn hình học
Từ tập số trang 134 (SGK hình học lớp 9-NXB Giáo dục 2005), sau học sinh làm, tơi thay đổi thành tốn có nội dung sau:
Bài toán 1: Cho ∆ABC cạnh a, gọi O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC theo thứ tự lấy M, N cho góc MON = 600.
a) Chứng minh
4 CN a2 BM ;
b) Gọi I giao điểm BN OM Chứng minh BM.IN = BI.MN; c) Chứng minh MN tiếp xúc với đường tròn cố định
I N
H G
M D E
(59)Phân tích toán:
a) Ở phần a dạng tốn chứng minh hệ thức, việc hướng dẫn học sinh tìm lời giải tốn quan trọng nhằm phát triển tư hình học học sinh
Chúng ta dùng phương pháp phân tích lên để tìm lời giải tốn Với sơ
đồ sau: B O C
N I
M
A
4 CN a2
BM
CN a a
BM
CO BO CN BM
CN CO BO
BM
∆BMO đồng dạng ∆CON
0
60 ˆ ˆ C
B
gócBMO = gócCON
gócB+gócBMO+gócBOM = gócBMO+gócMON+gócNOC (= 1800).
b) Cũng tương tự phần b) thày giáo giúp học sinh phát triển tư lơgic, thao tác tư phân tích, tổng hợp, đặc biệt tư phân tích lên- thao tác tư đặc trưng mơn hình học Với phân tích học sinh thấy sử dụng tính chất đường phân giác tam giác BMN Nghĩa học sinh cần MI tia phân giác gócBMN Từ ta có lời giải sau:
Theo phần a) ∆BMO đồng dạng ∆CON suy
ON MO BO
BM hay ON MO CO
BM lại có gócB =
gócMON (=600) ∆BMO đồng dạng ∆OMN (c.g.c) Từ suy gócBMO = gócOMN MO tia phân giác góc BMN hay MI tia phân giác gócBMN
Căn vào sơ đồ ta có lời giải sau:
Ta có ∆BMO: gócB+gócM+gócO = 1800
gócBMO+gócMON+gócNOC = 1800(gócBOC = 1800) gócBMO = gócCON; lại có Bˆ Cˆ 600 (vì∆ABCđều)
∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g), từ suy
CN CO BO BM
hay BM.CN BO.CO; mà
2
a BC CO
BO
4 CN a2
(60)Xét ∆BMN có MI tia phân giác gócBMN, áp dụng tính chất đường phân giác tam giác ta có
IN IB MN
MB hay BM.IN BI.MN (đpcm).
c) Đây dạng tốn liên quan tính bất biến (cố định) tính thay đổi: Ứng với điểm M, N ta có vị trí đoạn thẳng MN thay đổi theo (chuyển động) lại tiếp xúc với đường tròn cố định (bất biến) Vậy trước tìm lời giải tốn giáo viên cần cho học sinh yếu tố cố định, yếu tố thay đổi
H
K
Ta có lời giải sau: Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vng góc với AB MN Do O, AB cố định nên OH cố định Vậy đường tròn (O;OH) đường trịn cố định
Vì MO tia phân giác góc BMN nên OK = OH (t/c đường phân giác) → K(O;OH) (1) lại có OKMN ( cách dựng) (2)
từ (1) (2) suy MN tiếp tuyến đường tròn (O;OH) Vậy MN ln tiếp xúc với đường trịn (O;OH) cố định
Khai thác toán:
Ở phần a) tốn ta thấy tích BM.CN khơng đổi, sử dụng BĐT Cơsi ta có thêm câu hỏi sau:
1.1:Tìm vị trí M, N AB, AC để BM + CN đạt giá trị nhỏ
Lời giải:Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm BM, CN ta có BM CN 2 BM.CN
dấu "=" xảy BM = CN Theo phần a)
4 CN a2
BM
do BM CN a a
4
2 (không đổi)
Vậy GTNN BM+CN = a BM = CN =
a M, N theo thứ tự trung điểm AB
và AC
1.2: Ta thử suy nghĩ tam giác ABC tam giác cân tốn cịn khơng? giả thiết nào? từ ta có toán sau:
C O
B
N I
M
(61)Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC cân A, O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC theo thứ tự lấy điểm M, N cho gócBMO = gócCON
Chứng minh rằng:
Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC cân A, O thuộc cạnh BC đường tròn tâm O tiếp xúc với cạnh AB, AC tam giác Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, N
Chứng minh MN tiếp tuyến đ ường tròn (O)
4 CN BC2
BM
Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC
(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON
Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy
P
C N
A M
B O
góc MON = gócB; gócBOM = gócONC; gócNOC = gócBMO; từ suy ∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g)
4 CN BC2 BM
CN BO CO
BM
(đpcm)
() Giả sử có
4 CN BC2
BM cần phải chứng minh MN tiếp tuyến (O) Cách 1: Chứng minh tương tự toán 1;
Cách 2: Từ M dựng tiếp tuyến với (O) cắt AC N' Ta chứng minh N'N Theo phần thuận ta có
4 ' CN BC2
BM kết hợp với giả thiết ta suy BM.CN' = BM.CN CN' = CN Mà N', N thuộc cạnh AC N' N (đpcm)
Chú ý:- Nếu M nằm đoạn AB N nằm đoạn AC
- Nếu M nằm ngồi đoạn AB N nằm ngồi đoạn AC Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB,
AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC
(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON
Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy
a)
4 CN BC2
BM ;
b) BNMO = I , Chứng minh
BI.MN = IN.BM;
c) Khi M, N thay đổi AB, AC MN ln tiếp xúc với đường tròn cố định
A
M
B C
N
(62)Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC cân B có gócB = 400, O trung điểm cạch AC, K chân đường vng góc kẻ từ O xuống AB, (O) đường trịn tâm O bán kính OK
1) Chứng minh (O) tiếp xúc với BC;
2) Giả sử E điểm thay đổi cạnh AC cho
góc AOE = (200 900), kẻ tiếp tuyến EF với đường tròn (O) tiếp súc với (O) P a) Tính theo góc tứ giác AEFC;
b) AEO đồng dạng với COF;
c) Tính để AE + CF nhỏ nhất.(Đề thi chuyên toán ĐHSP H N năm 2005)
Bài toán 1.5: Cho đường tròn (I) tiếp xúc với hai cạnh góc xOy A B Từ C cung nhỏ AB kẻ tiếp tuyến với đường tròn (I) cắt Ox, Oy theo thứ tự M, N Xác định vị trí C cung nhỏ AB để MN có độ dài nhỏ
Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC
(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON
Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy
P
C F
B E
A O
HD Giải:
1) Kẻ OH vng góc với BC tam giác ABC cân B nên OH = OK H nằm (O), lại có OH BC H nên BC tiếp tuyến (O)
2) a) Ta có AˆCˆ700, tương tự tốn
trên ta suy góc AEF = 2(1100-), góc CFE = 2
b) AEO đồng dạng với COF (c.g.c)
(63)Q
A B
Ta đưa toán toán quen thuộc cách qua I kẻ đường thẳng song song với AB cắt Ox, Oy thứ tự P Q Ta có AOB cân nên POQ cân O, IPQ mà MN tiếp tuyến (I) Áp dụng toán
4 QN PQ2
PM
Lại AOB,POQ cân chung đỉnh O
AP = BQ (không đổi)
C N
O M
P I
Ta có MN = AM + BN = MP + NQ - AP - BQ = MP + NQ - 2AP
Do MN nhỏ MP + NQ nhỏ (Áp dụng kết tốn 1.1) ta có C điểm cung nhỏ AB
Nếu tiếp tục khai thác toán ban đầu ta đưa số tốn cho học sinh tự làm, coi tập nhà để học sinh tự giải
Bài toán 1.6: Cho ABC cân A Lấy M, N cạnh AB, AC cho
.CN BC2
BM Tìm vị trí M, N cho AMN có diện tích lớn
Bài tốn 1.7: Cho M, M' tia AB tia đối tia BA; N, N' thuộc tia CA tia đối tia CA Chứng minh rằng:
1) Nếu MB.NC = M'B.N'C =
2
BC thì tứ giác MM'N'N ngoại tiếp đường
tròn;
2)Phân giác tạo MN MM' qua điểm cố định Bài toán 1.8:
1) Cho ABC Dựng hai điểm P, Q thứ tự AB AC cho AP = AQ BP.CQ =
4
2
PQ ;
2) Cho hình vng ABCD, lấy điểm F thuộc CD, G thuộc BC cho EG//AF (với E trung điểm AB) Chứng minh FG tiếp tuyến đường trịn nội tiếp hình vng
Bài tốn 1.9: Cho tam giác ABC cân A Đường trịn có tâm O trung điểm BC tiếp xúc với AB, AC thứ tự H K Lấy P thuộc đoạn AB, Q thuộc đoạn AC cho PQ tiếp tuyến (O) Tìm quĩ tích tâm O' đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ
Với cách làm tương tự trên, phương pháp đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự thao tác tư thuận đảo ta hình thành cho học sinh tư lơgíc, tư sáng tạo, tính độc đáo tốn học Chẳng hạn ta có tốn sau:
Bài tốn 2: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB,
AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC
(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON
(64)với đường tròn Từ điểm E nằm đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường trịn cắt Cx A Dy B Chứng minh góc AOB = 900.
Phân tích tốn:
Để chứng minh góc AOB = 900, ta làm nhiều cách khác Chẳng hạn:
- Ta chứng minh OA, OB hai tia phân giác cặp góc kề bù; - Ta chứng minh góc AOB = góc CED, mà góc CED = 900
nên gócAOB = 900.
Do +) AOB đồng dạng với CED (g.g) nên góc AOB = góc CED,
mà góc CED = 900 vậy góc AOB = 900.
+) Tứ giác OKEJ hình chữ nhật ( có ba góc vng) nên góc AOB = 900.
Tiếp tục tư cịn tìm thêm vài cách giải khác Sau ta xét cách giải đó:
Ta có góc ACO = gócAEO = 900(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy gócACO + góc AEO = 1800suy tứ giác ACOE nội tiếp Do ta có gócEAO = gócECO (hai góc chắn cung OE)
Tương tự ta có gócEBO = gócEDO, mà gócECO + gócEDO = 900 (vì gócCEO = 900-góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên gócEAO + gócEBO = 900 Từ suy ra gócAOB = 900 (Đpcm).
Khai thác toán:
- Nếu ta thay đổi vài điều kiện tốn, chẳng hạn vị trí điểm O thay điểm M CD Khi đường thẳng vng góc với ME E khơng cịn tiếp tuyến mà trở thành cát tuyến với (O) Thế u cầu tốn chứng minh gócAMB = 900 cịn hay khơng? Điều cịn đúng, từ ta có tốn khác sau:
Bài tốn 2.1: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy Một điểm E nằm đường tròn, điểm M nằm CD (M không trùng với C, D, O) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự A B Chứng minh gócAMB = 900.
J K
O D
C
E
B
A
(65)Ta trở lại toán: Như tương tự toán ta có: gócMAB = gócECM (do tứ giác ACME nội tiếp) gócEBM = gócEDM (do tứ giác BDME nội tiếp)
mà gócECM + góc EDM = 900(do gócCED = 900) Nên gócAMB = 900.
-) Ta tiếp tục khai thác mở rộng toán, chẳng hạn điểm M không nằm đoạn CD mà nằm đường thẳng CD giữ nguyên điều kiện toán 2.1 sao? từ ta có tốn sau:
Bài tốn 2.2: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy Một điểm E nằm đường tròn, điểm M nằm đường thẳng CD (M không trùng với C, D, O) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự A B Chứng minh gócAMB = 900.
- Muốn chứng minh góc AMB = 900 ta dựa vào cách chứng minh toán Ta chứng minh gócMAB + gócMBA = 900.
Muống chứng minh gócMAB + góc MBA = 900ta chứng minh gócMAB + gócMBA = gócCDE + gócDCE = 900
Để chứng minh điều ta cần chứng minh gócMAB = gócECD,
gócMBA = gócMDE Như ta cần phải chứng minh tứ giác AMCE, MEDB nội tiếp
Từ ta có lời giải sau:
Chứng minh:Ta có gócACM = gócAEM = 900, tứ giác AMCE nội tiếp -)Tại ta lại đặt vấn đề M khác
C, D, O
- Vì M O trở lại tốn - Cịn M C đường thẳng ME cắt Cx A, cắt Dy B D Khi ta có góc AMB = 900.
Nếu M D tương tự
x y
E
DB MC
A
O
M C O D
E
B A
(66) gócMAB = góc ECD (cùng bù gócMCE)
Tương tự tứ giác MEDB nội tiếp gócMAB = gócMDE (cùng chắn cung) Mà gócECD + gócEDC = 900 Do gócMBA + gócMAB = 900.
Suy gócAMB = 900.
Như nhìn lại tốn ta đưa thành tốn tổng quát sau: Bài toán 2.3: (Bài toán tổng qt)
Cho đường trịn (O) đường kính CD Một điểm E thuộc đường tròn (O) M điểm thuộc đường thẳng CD Kẻ đường thẳng vng góc với ME E cắt tiếp tuyến Cx, Dy đường trịn A B Chứng minh góc AMB = 900.
Vẫn tiếp tục toán ta khai thác theo khía cạnh khác, ta có tốn sau: Bài tốn 2.4: Cho đường trịn (O;
2
AB ), qua A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của
đường tròn Một điểm M thuộc đường tròn, qua M kẻ tiếp tuyến cắt Ax, By theo thứ tự C D
1) Chứng minh CD = AC + BD;
2) Đường trịn ngoại tiếp tam giác COD ln tiếp xúc với đường thẳng cố định M thay đổi đường tròn
3) AD cắt BC H chứng minh MH // AC
Phân tích tốn:
1) Với phần phù hợp với học sinh trung bình học xong tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, Ta thấy CM = CA; DM = DB
từ suy CM + DM = CA + DB mà M nằm C D nên CD = CA + DB
2) Cũng tương tự tốn ta có COD vng O Mặt khác gọi I trung điểm CD O
2 ;CD
I (1)
K H
O B
A
M
D
C
(67)Lại có tứ giác ABDC hình thang, OI đường trung bình nên OI // CA, mà CA
AB IO AB (2)
Từ (1) (2) suy AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác COD Mà AB đường thẳng cố định nên đường trịn ngoại tiếp tam giác COD ln tiếp xúc với đường thẳng AB cố định M thay đổi đường tròn
3) Với phần tốn hay địi hỏi học sinh phải dùng phương pháp phân tích lên để tìm lời giải tốn Hơn để tìm lời giải học sinh phải huy động kiến thức định lí Talét đảo
Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm lời giải tốn sơ đồ phân tích lên, sau:
MH //AC
HA DH MC
DM
HA DH AC
DB (vì DM=DB;
MC=CA)
AC // DB (AB)
Từ yêu cầu học sinh lên bảng vào sơ đồ trình bày lời giải tốn:
Ta có AC, BD hai tiếp tuyến (O) đường kính AB nên ACAB, BDAB AC // BD
Xét ACH có AC // BD áp dụng hệ định lí Talét, ta có
HA DH AC
DB mà DB = DM; AC = MC nên
ta có
HA DH MC
DM áp dụng định lí Talét đảo tam
giác DAC suy MH // AC Khai thác toán:
-) Giáo viên đặt vấn đề cho học sinh suy nghĩ Gọi giao điểm MH AB K, có nhận xét vị trí H MK? Từ ta có tốn:
Bài tốn 5:Với giả thiết toán Chứng minh H trung điểm MK -) Nếu gọi P giao điểm BM Ax Thì ta có kết C trung điểm AP
-) Nếu giáo viên cho thêm điều kiện AC = R (AB = 2R) lại có tốn liên quan đến tính tốn Từ ta có tốn sau:
Bài toán 2.6: Cho
2 ;AB
O , từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường tròn Một
điểm C tia Ax cho AC = R Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By D AD cắt BC H
1) Tính số đo gócAOM;
2) Chứng minh trực tâm tam giác ACM nằm (O); 3) Tính MH theo R
(68)trên tia Ax cho AC R trực tâm ACM thay đổi theo Từ ta có tốn sau:
Bài tốn 2.7: Cho
2 ;AB
O , từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường tròn Một
điểm C tia Ax cho AC R Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By D.Gọi H trực tâm tam giác ACM Tìm quĩ tích điểm H
-) Lại nhìn tốn góc độ tốn cực trị hình học, ta có tốn sau: Bài tốn 2.8: Cho
2 ;AB
O từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường tròn Một
điểm M đường tròn, từ M kẻ tiếp tuyến (O) cắt Ax, By thứ tự C D Tìm vị trí điểm M để:
1) CD có độ dài nhỏ nhất;
2) Diện tích tam giác COD nhỏ
Như xuất phát từ toán SGK, thao tác tư lật ngược vấn đề, tương tự, khái quát hoá, tương tự hoá,… sáng tạo nhiều toán xuất phát từ tốn gốc q trình tìm lời giải, nghiên cứu sâu lời giải: tốn tính tốn, tốn quĩ tích, tốn cực trị,… Việc làm người thày lặp đi, lặp lại thường xuyên trình lên lớp hình thành cho học sinh có phương pháp, thói quen đào sâu suy nghĩ, khai thác tốn nhiều góc độ khác Đặc biệt rèn cho học sinh có phương pháp tìm lời giải tốn phương pháp phân tích lên-một phương pháp tư đặc trưng hiệu học mơn hình học Thơng qua học sinh phát triển lực sáng tạo toán học, học sinh giỏi Qua dạy người thày cần giúp học sinh làm quen sau tạo hội cho học sinh luyện tập, thể cách thường xuyên thông qua hệ thống câu hỏi gợi mở, hệ thống tập từ dễ đến khó
Trên vài ý tưởng tơi đưa q trình lên lớp luyện tập hình học Theo tơi có tác dụng:
- Giúp em củng cố kiến thức học;
- Giúp em biết vận dụng kiến thức học vào tập; - Rèn kĩ trình bày cho học sinh;
- Phát triển tư tốn học thơng qua thao tác tư khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá, tư thuận đảo,…