CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 7

CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN PHẦN ĐẠI SỐ Chuyền đề 1: Các tốn thực phép tính: Các kiến thức vận dụng: - Tính chất phép cộng , phép nhân - Các phép toán lũy thừa: 3a ; an = a1.a2 n am.an = am+n ; (am)n = am.n ; ( a.b)n = an bn ; ( ) n  am : an = am –n ( a �0, m �n) a b an (b �0) bn Một số toán : Bài 1: a) Tính tổng : 1+ + +… + n , 1+ + +… + (2n -1) b) Tính tổng : 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n.(n+1) 1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2) Với n số tự nhiên khác không HD : a) 1+2 + + + n = n(n+1) 1+ 3+ 5+ …+ (2n-1) = n2 b) 1.2+2.3+3.4+ …+ n(n+1) = [1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + … + n(n + 1)( (n+2) – (n – 1))] : = [ 1.2.3 – 1.2.3 + 2.3.4 – 2.3.4 +……+ n( n+1)(n+2)] : = n(n+ 1)(n+2) :3 1.2.3 + 2.3.4+ 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2) = [ 1.2.3(4 – 0) + 2.3.4( -1) + 3.4.5.(6 -2) + ……+ n(n+1)(n+2)( (n+3) – (n-1))]: = n(n+1)(n+2)(n+3) : Tổng quát: Bài 2: a) Tính tổng : S = 1+ a + a2 +… + an c c c b) Tính tổng : A = a a  a a   a a với a2 – a1 = a3 – a2 = … = an – an-1 = k 2 n 1 n HD: a) S = 1+ a + a2 +… + an � aS = a + a2 +… + an + an+1 Ta có : aS – S = an+1 – � ( a – 1) S = an+1 – Nếu a = � S = n a n 1  Nếu a khác , suy S = a 1 c c 1  (  ) với b – a = k b) Áp dụng a.b k a b c 1 c 1 c 1 Ta có : A = k ( a  a )  k ( a  a )   k ( a  a ) 2 n 1 n c 1 c 1 1 1 = k ( a  a  a  a   a  a ) 2 n 1 n = k (a  a ) n Bài : a) Tính tổng : + 22 + 32 + … + n2 b) Tính tổng : 13 + 23 + 33 + … + n3 HD : a) 12 + 22 + 32 + ….+ n2 = n(n+1)(2n+1): b) 13 + 23 + 33 + … + n3 = ( n(n+1):2)2 Bài 3: Thùc hiÖn phÐp tÝnh: a) A = ( b) B  HD : A = Bài 4: 1 1      49     ) 4.9 9.14 14.19 44.49 89 212.35  46.92  22.3  84.35  510.73  255.492  125.7   59.143 9 ;B= 28 1, Tính: 1   2003 2004 2005 P= 5   2003 2004 2005  2   2002 2003 2004 3   2002 2003 2004 2, Biết: 13 + 23 + + 103 = 3025 Tính: S = 23 + 43 + 63 + + 203 3   0,375  0,3    1,5   0,75  11 12  : 1890  115  A   Bài 5: a) TÝnh  2,5   1,25  0,625  0,5    2005   11 12   1 1 1 b) Cho B       2004  2005 3 3 3 Chøng minh r»ng B  5  13   10  230  46 27 6 25  Bài 6: a) Tính : 2  10   1   : 12  14  7  10   1 1     2012 b) TÝnh P  2011 2010 2009     2011 HD: Nhận thấy 2011 + = 2010+2 = … 2012 2010 1     2011 2011 2012 2012 1 1  2012     2011 = 2012(     ) 2011 2012 1 1 1 (1     99  100)    (63.1,2  21.3,6) c)  9 A      99  100 � MS  Bi 7: a) Tính giá trị biểu thøc:  11   2 1 31  15  19   14   31    A    1 93   50       12      1 1  b) Chøng tá r»ng: B 1      2 3 2004 2004 Bài 8: a) TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc:    81,624 :  4,505   125   A   11       13    : 0,88  3,53  (2,75)  :   25   25  b) Chøng minh r»ng tæng: S 1 1 1     n   n   2002  2004  0,2 2 2 2 2 Chuyên đề 2: Bài tốn tính chất dãy tỉ số nhau: Kiến thức vận dụng : a c  � a.d  b.c b d a c e a c e a �b �e -Nếu b  d  f b  d  f  b �d �f với gt tỉ số dều có nghĩa a c e - Có b  d  f = k Thì a = bk, c = d k, e = fk - Bài tập vận dụng Dạng Vận dụng tính chất dãy tỉ số để chứng minh đẳng thức a c a2  c2 a  Chứng minh rằng: 2  c b b c b a c HD: Từ  suy c  a.b c b a  c a  a.b 2  b c b  a.b a ( a  b) a = b( a  b )  b Bài 2: Cho a,b,c  R a,b,c  thoả mãn b2 = ac Chứng minh rằng: a (a  2012b) = c (b  2012c ) Bài 1: Cho HD: Ta có (a + 2012b)2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.b2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.ac = a( a + 2.2012.b + 20122.c) (b + 2012c)2 = b2 + 2.2012.bc + 20122.c2 = ac+ 2.2012.bc + 20122.c2 = c( a + 2.2012.b + 20122.c) a (a  2012b) Suy : = c (b  2012c) Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu a c 5a  3b 5c  3d  th×  b d 5a  3b 5c  3d a c   k � a = kb, c = kd b d 5a  3b b(5k  3) 5k  5c  3d d (5k  3) 5k      Suy : 5a  3b b(5k  3) 5k  5c  3d d (5k  3) 5k  5a  3b 5c  3d  Vậy 5a  3b 5c  3d HD : Đặt a  b ab Bài 4: BiÕt 2  với a,b,c, d �0 Chứng minh : c d cd a c a d   b d b c 2 ab a b ab 2ab a  2ab  b ( a  b) ( ) (1)   HD : Ta có 2  = 2 (c  d ) cd c d cd 2cd c  2cd  d a b a  b ab 2ab a  2ab  b ( a  b) ( ) (2)    = 2 2 (c  d ) cd c d cd 2cd c  2cd  d ab ab �  � ab ab cd cd ) ( ) �� Từ (1) (2) suy : ( ab ba cd cd �  � cd d c � Xét TH đến đpcm a c  Chøng minh r»ng: b d ab a  b a  b2  a b   vµ   cd c  d c2  d cd  a c HD : Xuất phát từ  biến đổi theo b d ab a  b a c a  b a b    2 ( ) hướng làm xuất 2 cd c  d b d c d cd Bài : Cho tØ lÖ thøc Bài : Cho d·y tØ sè b»ng nhau: 2a  b  c  d a  2b  c  d a  b  2c  d a  b  c  2d    a b c d a b b c c d d a    TÝnh M  c d d a a b bc 2a  b  c  d a  2b  c  d a  b  2c  d a  b  c  2d    HD : Từ a b c d 2a  b  c  d a  2b  c  d a  b  2c  d a  b  c  2d 1  1  1  1 Suy : a b c d a bc d a b c  d a b c d a b c  d �    a b c d � Nếu a + b + c + d = a + b = -( c+d) ; ( b + c) = -( a + d) a b b c c d d a � M     = -4 c d d a a b bc a b b c c d d a    Nếu a + b + c + d �0 � a = b = c = d � M  =4 c d d a a b bc Bài : a) Chøng minh r»ng: x y z   a  2b  c 2a  b  c 4a  4b  c a b c Th× x  y  z  x  y  z  x  y  z NÕu b) Cho: a b c   b c d a  a b c  Chøng minh:    d bcd  a  2b  c 2a  b  c 4a  4b  c x y z   �   HD : a) Từ x y z a  2b  c 2a  b  c 4a  4b  c a  2b  c 2(2a  b  c) 4a  4b  c a    � (1) x 2y z x  2y  z 2( a  2b  c) (2a  b  c) 4a  4b  c b    (2) 2x y z 2x  y  z 4( a  2b  c) 4(2a  b  c ) 4a  4b  c c    (3) 4x 4y z 4x  y  z a b c Từ (1) ;(2) (3) suy : x  y  z  x  y  z  x  y  z x y z t Bài 8: Cho y  z  t  z  t  x  t  x  y  x  y  z chøng minh r»ng biÓu thøc sau có giá trị nguyên x y y z z t t  x    z t t  x x  y y  z x y z t y z t zt  x t  x y x y z HD Từ y  z  t  z  t  x  t  x  y  x  y  z � x  y  z  t y zt zt x t x y x y z 1  1  1  1 � x y z t x y zt zt  x y t  x y  z x y z t    � x y z t P Nếu x + y + z + t = P = - Nếu x + y + z + t � x = y = z = t � P = yzx zx y x yz   x y z � x� � y� � z� 1 � 1 � 1 � Hãy tính giá trị biểu thức : B = � � � � z� � x� � y� Bài : Cho số x , y , z khác thỏa mãn điều kiện : Bài 10 : a) Cho số a,b,c,d khác Tính T =x2011 + y2011 + z2011 + t2011 Biết x,y,z,t thỏa mãn: x 2010  y 2010  z 2010  t 2010 x 2010 y 2010 z 2010 t 2010     a  b2  c2  d a b c d b) Tìm số tự nhiên M nhỏ có chữ số thỏa mãn điều kiện: M = a + b = c +d = e + f a 14 c 11 e 13  ;  ;  b 22 d 13 f 17 a b c   c) Cho số a, b, c thỏa mãn : 2009 2010 2011 Biết a,b,c,d,e,f thuộc tập N* Tính giá trị biểu thức : M = 4( a - b)( b – c) – ( c – a )2 Một số tương tự Bài 11: Cho d·y tØ sè b»ng nhau: 2012a  b  c  d a  2012b  c  d a  b  2012c  d a  b  c  2012d    a b c d TÝnh M  a b b c c d d a    c d d a a b bc Bài 12: Cho số x , y , z, t khác thỏa mãn điều kiện : y  z  t  nx z  t  x  ny t  x  y  nz x  y  z  nt    ( n số tự nhiên) x y z t x + y + z + t = 2012 Tính giá trị biểu thức P = x + 2y – 3z + t Dạng : Vận dụng tính chất dãy tỉ số để tìm x,y,z,… 1+3y 1+5y 1+7y   Bài 1: Tìm cặp số (x;y) biết : 12 5x 4x HD : Áp dông tÝnh chÊt d·y tØ sè b»ng ta cã: 1+3y 1+5y 1+7y 1 7y  1 5y 2y 1 5y  1 3y 2y       12 5x 4x 4x  5x x 5x  12 5x  12 => 2y 2y  với y = thay vào không thỏa mãn  x x  12 Nếu y khác => -x = 5x -12 => x = Thay x = vào ta ®ỵc: 1 3y y 1    y =>1+ 3y = -12y => = -15y => y = 12 2 15 1 VËy x = 2, y = thoả mÃn đề 15 Bi : Cho a b c   a + b + c ≠ 0; a = 2012 b c a Tính b, c HD : từ a b c abc     � a = b = c = 2012 b c a abc Bài : Tìm số x,y,z biết : y  x 1 x  z  x  y     x y z x yz HD: Áp dụng t/c dãy tỉ số nhau: y  x  x  z  x  y  2( x  y  z )    2 (vì x+y+z �0) x y z (x  y  z) xyz Suy : x + y + z = 0,5 từ tìm x, y, z 1 y 1 y 1 y   18 24 6x  y  y  y 2(1  y )  (1  y )  y   y  (1  y)     HD : Từ 18 24 6x 2.18  24 18  24  x 1 Suy :  � x  6x x y z Bài 6: T×m x, y, z biÕt: z  y   x  z   x  y   x  y  z (x, y, z  ) x y z x yz HD : Từ z  y   x  z   x  y   x  y  z  2( x  y  z )  Bài : Tìm x, biết rằng: Từ x + y + z = 1 1 � x + y = - z , y +z = - x , z + x = - y thay vào đẳng thức ban đầu để 2 2 tìm x 3x y 3z   vµ x  y  z 1 64 216 x  y  2x  y    Bài : Tìm x , y biết : 7x Bài : T×m x, y, z biÕt Chuyên đề 3: Vận dụng tính chất phép tốn để tìm x, y Kiến thức vận dụng : - Tính chất phép tốn cộng, nhân số thực - Quy tắc mở dấu ngoặc, quy tắc chuyển vế A, A �0 � - Tính chất giá trị tuyệt đối : A �0 với A ; A  �  A, A  � - Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối : A  B �A  B dấu ‘=’ xẩy AB �0; A  B �A  B dấu ‘= ‘ xẩy A,B >0 A �m � �A �m A �m � � (m  0) ; A �m � � ( hay  m �A �m) với m > A �m � �A �m - Tính chất lũy thừa số thực : A2n �0 với A ; - A2n �0 với A Am = An � m = n; An = Bn � A = B (nếu n lẻ ) A = � B ( n chẵn) 0< A < B � An < Bn ; Bài tập vận dụng Dạng 1: Các toán Bài 1: Tìm x biết a) x + 2x + 3x + 4x + … + 2011x = 2012.2013 b) x 1 x  x  x     2011 2010 2009 2008 HD : a) x + 2x + 3x + 4x + … + 2011x = 2012.2013 � x( + + + ….+ 2011) = 2012.2013 � x 2011.2012 2.2013  2012.2013 � x  2011 b) Nhận xét : 2012 = 2011+1= 2010 +2 = 2009 +3 = 2008 +4 Từ � x 1 x  x  x     2011 2010 2009 2008 ( x  2012)  2011 ( x  2012)  2010 ( x  2012)  2009 ( x  2012)  2008    2011 2010 2009 2008 x  2012 x  2012 x  2012 x  2012     2 2011 2010 2009 2008 1 1 � ( x  2012)(    )  2 2011 2010 2009 2008 1 1 � x  2 : (    )  2012 2011 2010 2009 2008 � Bài Tìm x nguyên biết 1 1 49 a) 1.3  3.5  5.7   (2 x  1)(2 x  1)  99 91006  b) 1- + – + ….+ (-3) = x Dạng : Tìm x có chứa giá trị tuyệt đối  Dạng : x  a  x  b x  a �x  b  x  c Khi giải cần tìm giá trị x để GTTĐ khơng, so sánh giá trị để chia khoảng giá trị x ( so sánh –a –b) Bài : Tìm x biết : a) x  2011  x  2012 b) x  2010  x  2011  2012 HD : a) x  2011  x  2012 (1) VT = x  2011 �0, x nên VP = x – 2012 � x  2011  x  2012 � x 2012 (*) 2011  2012(vôly ) � � Từ (1) � � x  2011  2012  x � x  (2011  2012) : � � Kết hợp (*) � x = 4023:2 b) x  2010  x  2011  2012 (1) Nếu x �2010 từ (1) suy : 2010 – x + 2011 – x = 2012 � x = 2009 :2 (lấy) Nếu 2010 < x < 2011 từ (1) suy : x – 2010 + 2011 – x = 2012 hay = 2012 (loại) Nếu x �2011 từ (1) suy : x – 2010 + x – 2011 = 2012 � x = 6033:2(lấy) Vậy giá trị x : 2009 :2 6033:2 Một số tương tự: Bài : a) T×m x biÕt x   x   2 b) T×m x biÕt: x  x   x  c) T×m x biÕt: x   x Bi : a)Tìm giá trị cđa x ®Ĩ: x   x  3x b) Tìm x biết: x   x   x Bài : tìm x biết : a) x  �4 b) x  2011 �2012 Dạng : Sử dụng BĐT giá trị tuyệt đối Bài : a) Tìm x ngyên biết : x   x   x   x   b) Tìm x biết : x  2010  x  2012  x  2014  HD : a) ta có x   x   x   x  �x    x  x    x  (1) Mà x   x   x   x   suy ( 1) xẩy dấu “=” �x �7 � �3 x x nguyên nên x �{3;4;5} �x �5 � Hay � b) ta có x  2010  x  2012  x  2014 �x  2010  2014  x  x  2012 �2 (*) Mà x  2010  x  2012  x  2014  nên (*) xẩy dấu “=” �x  2012  � x  2012 2010 �x �2014 � Suy ra: � Các tương tự Bài : Tìm x nguyên biết : x   x    x  100  2500 Bài : Tìm x biết x   x    x  100  605 x Bi : Tìm x, y thoả mÃn: x  x   y   x  = Bài : Tìm x, y biết : x  2006 y  x  2012 �0 HD : ta có x  2006 y �0 với x,y x  2012 �0 với x Suy : x  2006 y  x  2012 �0 với x,y mà x  2006 y  x  2012 �0 �x  y  � x  2006 y  x  2012  � � � x  2012, y  �x  2012  Bài : Tìm số nguyên x thoả mÃn 2004 x   x  10  x  101  x  990  x  1000 Dạng chứa lũy thừa số hữu tỉ Bài 1: Tìm số tự nhiên x, biết : a) 5x + 5x+2 = 650 b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162 HD : a) 5x + 5x+2 = 650 � 5x ( 1+ 52) = 650 � 5x = 25 � x = b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162 � 3x -1(1 + 5) = 162 � 3x – = 27 � x = Bài : Tìm số tự nhiên x, y , biết: a) 2x + 3y = 12x b) 10x : 5y = 20y 22 x y HD : a) 2x + 3y = 12x � x 1  x � x 1  y  x Nhận thấy : ( 2, 3) = � x – = y-x = � x = y = b) 10x : 5y = 20y � 10x = 102y � x = 2y Bài : Tìm m , n nguyên dương thỏa mãn : a) 2m + 2n = 2m +n b) 2m – 2n = 256 HD: a) 2m + 2n = 2m +n � 2m + n – 2m – 2n = � 2m ( 2n – 1) –( 2n – 1) = 2n   � � (2m -1)(2n – 1) = � �m � m  n 1 1  � b) 2m – 2n = 256 � 2n ( 2m – n - 1) = 28 Dễ thấy m �n, ta xét trường hợp : + Nếu m – n = � n = , m = + Nếu m – n �2 2m – n – số lẻ lớn 1, VT chứa TSNT khác 2, mà VT chứa TSNT suy TH không xẩy : n = , m = Bài : Tìm x , biết :  x   HD : x 1   x  7 x 11 0  x  7 x 1 �  x  7 �  x  7   x  7 x 1  x 1 x 11 0 10 �   x   � � � 10 �  x   � �  � x1 � � � �x 7 � 0 � � �� � 1( x7)10 0 � � � � �x 7010�x7�x 8 ( x7) 1�� � x 6 � � 2012 Bài : Tìm x, y biết : x  2011y  ( y  1)  HD : ta có x  2011y �0 với x,y (y – 1)2012 �0 với y 2012 2012 Suy : x  2011y  ( y  1) �0 với x,y Mà x  2011y  ( y  1)  �x  2011y  � � � x  2011, y  �y   Các tập tương tự : Bài : Tìm x, y biết : 2012 a) x   (3 y  4)  2 b) (2 x  1)  y  x   12  5.2 Chuyên đề 4: Giá trị nguyên biến , giá trị biểu thức : Các kiến thức vận dụng: - Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, - Phân tích TSNT, tính chất số nguyên tố, hợp số , số phương - Tính chất chia hết tổng , tích - ƯCLN, BCNN số Bài tập vận dụng : * Tìm x,y dạng tìm nghiệm đa thức Bài 1: a) Tìm số nguyên tố x, y cho: 51x + 26y = 2000 b) Tìm số tự nhiên x, y biÕt: 7( x  2004)2  23  y c) Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x - y = d) Tìm số nguyên tố tho¶ m·n : x2-2y2=1 HD: a) Từ 51x + 26y = 2000 � 17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) 3,17 số NT nên x M2 mà x NT � x = Lại có 1000 – 13y M51 , 1000 – 13y > y NT � y = b) Từ 7( x  2004)2  23  y (1) 23�y2 0 y 23 y {0, 2,3, 4} 7(x–2004)2 �0 ��� Mặt khác số NT � 13  y M7 y = y = thay vào (1) suy : x= 2005 ,y =4 x = 2003, y = = 10( 3n -2n) Vậy 3n   2n   3n  2n M10 với n số nguyên dương Bài : Chứng tỏ rằng: 2004 A = 75 (4 + 42003 + + 42 + + 1) + 25 số chia hết cho 100 HD: A = 75 (42004 + 42003 + + 42 + + 1) + 25 = 75.( 42005 – 1) : + 25 = 25( 42005 – + 1) = 25 42005 chia hết cho 100 Bài : Cho m, n  N* p số nguyên tố thoả mãn: mn p = p (1) m Chứng minh : p2 = n + HD : + Nếu m + n chia hết cho p � p M(m  1) p số nguyên tố m, n  N* � m = m = p +1 từ (1) ta có p2 = n + + Nếu m + n không chia hết cho p , từ ( 1) � (m + n)(m – 1) = p2 Do p số nguyên tố m, n  N* � m – = p2 m + n =1 � m = p2 +1 n = - p2 < (loại) Vậy p2 = n + Bài 4: a) Sè A 101998  cã chia hÕt cho kh«ng ? Cã chia hÕt cho kh«ng ? b) Chøng minh r»ng: A 3638  4133 chia hÕt cho HD: a) Ta có 101998 = ( + 1)1998 = 9.k + ( k số tự nhiên khác không) = 3.1 + Suy : A 101998  = ( 9.k + 1) – ( 3.1+1) = 9k -3 chia hết cho , khơng chia hết cho b) Ta có 3638 = (362)19 = 129619 = ( 7.185 + 1) 19 = 7.k + ( k � N*) 4133 = ( 7.6 – 1)33 = 7.q – ( q � N*) Suy : A 3638  4133 = 7k + + 7q – = 7( k + q) M7 Bài : a) Chøng minh r»ng: 3n   2n   3n  2n chia hÕt cho 30 víi mäi n nguyªn d¬ng b) Chøng minh r»ng: 2a - 5b + 6c  17 nÕu a - 11b + 3c  17 (a, b, c  Z) Bài : a) Chøng minh r»ng: 3a  2b 17  10a  b 17 (a, b  Z ) b) Cho ®a thøc f ( x)  ax  bx  c (a, b, c nguyªn) CMR nÕu f(x) chia hÕt cho với giá trị x a, b, c ®Ịu chia hÕt cho HD a) ta có 17a – 34 b M17 3a + 2b M17 � 17 a  34b  3a  2bM17 � 2(10a  16b) M17 � 10a  16b M 17 (2, 7) = � 10a  17b  16b M 17 � 10a  b M 17 b) Ta có f(0) = c f(0) M3 � c M3 f(1) - f(-1) = (a + b + c) - ( a – b + c) = 2b , f(1) f(-1) chia hết cho � 2b M3 � b M3 ( 2, 3) = f(1) M3 � a  b  c M3 b c chia hết cho � a M3 Vậy a, b, c chia hết cho Bài : a) Chøng minh r»ng 102006  53 lµ mét sè tù nhiên b) Cho 2n  số nguyên tố (n > 2) Chứng minh 2n hợp số HD : b) ta cú (2n +1)( 2n – 1) = 22n -1 = 4n -1 (1) Do 4n- chia hêt cho 2n số nguyên tố (n > 2) suy 2n -1 chia hết cho hay 2n -1 hợp số Chuyên đề : Bất đẳng thức 1.Kiến thức vận dụng * Kỹ thuật làm trội : Nếu a1 < a2 < a3 Chøng tá r»ng: M  HD : Ta có M  a b c  không số nguyên a b b c c a a b c a b c a b c       1 a b bc c a a bc c a b a bc a b c � M 1 a b c (a  b)  b (b  c)  c (c  a )  a      ab bc ca a b bc ca Mặt khác M  3( b c a   ) = – N Do N >1 nên M < ab bc ca Vậy < M < nên M không số nguyên Bài Chứng minh : a  b �2 ab (1) , a  b  c �3 abc (2) với a, b, c �0 HD : a  b �2 ab � (a  b)2 �4ab � a  2ab  b �4ab � a  2ab  b �0 � (a  b)2 �0 (*) Do (*) với a,b nên (1) Bài : Với a, b, c số dương Chứng minh a b a a) (a  b)(  ) �4 (1) a b c b) (a  b  c)(   ) �9 (2) b HD : a) Cách : Từ (a  b)(  ) �4 � (a  b) �4ab � (a  b) �0 (*) Do (*) suy (1) 1 1 � (a  b)(  ) �2 ab 4 Cách 2: Ta có a  b �2 ab a  b � a b ab ab Dấu “ =” xẩy a = b a b c b) Ta có : (a  b  c)(   )   Lại có a b b c a c  �2;  �2;  �2 b a c b c a bc ac ab a b b c a c    3 (  )  (  )  (  ) a b c b a c b c a a b c Suy (a  b  c)(   ) �3     Dấu “ = ” xẩy a = b = c Bi : a) Cho z, y, z sè d¬ng x y z Chøng minh r»ng: x  y  z  y  z  x  z  x  y  b) Cho a, b, c tho¶ m·n: a + b + c = Chøng minh r»ng: ab  bc  ca 0 HD : b) Tính ( a + b + c)2 từ cm ab  bc  ca 0 Chuyên đề : Các toán đa thức ẩn Bài : Cho đa thức P(x) = a x3 + bx2 + cx + d ( a khác 0) Biết P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = , P( 2) = 120 Tính P(3) HD : ta có P(1) = 100 � a + b + c + d = 100 P(-1) = 50 � - a + b – c + d = 50 P( 0) = � d = P(2) = 8a + 4b + c + d = 120 Từ tìm c, d, a XĐ P(x) Bài : Cho f ( x)  ax  bx c với a, b, c số h÷u tØ Chøng tá r»ng: f ( 2) f (3) 0 BiÕt r»ng 13a  b  2c 0 HD : f( -2) = 4a – 2b + c f(3) = 9a + 3b + c � f(-2).f(3) =(4a – 2b + c)( 9a + 3b + c) Nhận thấy ( 4a – 2b + c) + ( 9a + 3b + c) = 13a + b + 2c = � ( 4a – 2b + c ) = - ( 9a + 3b + c) Vậy f(-2).f(3) = - ( 4a – 2b + c).( 4a – 2b + c) = - ( 4a -2b + c)2 �0 Bài Cho ®a thøc f ( x)  ax  bx  c víi a, b, c số thực Biết f(0); f(1); f(2) có giá trị nguyên Chứng minh 2a, 2b có giá trị nguyên HD : f(0) = c , f(1) = a + b + c , f(2) = 4a + 2b + c Do f(0) ,f(1), f(2) nguyên � c , a + b + c 4a + 2b + c nguyên � a + b 4a + 2b = (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên � 2a , 2b nguyên Bài Chøng minh r»ng: f(x)  ax bx cx d có giá trị nguyên với x nguyên 6a, 2b, a + b + c vµ d lµ sè nguyªn HD : f(0) = d , f(1) = a + b + c + d , f(2) = 8a +4 b + c + d Nếu f(x) có giá trị nguyên với x � d , a + b + c + d, 8a +4b + c + d số nguyên Do d nguyên � a + b + c nguyên (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b nguyên � 2b nguyên � 6a nguyên Chiều ngược lại cm tương tự Bài : T×m tỉng hệ số đa thức nhận đợc sau bá dÊu ngc biĨu thøc: A(x) = (3  x  x ) 2004 (3  x  x ) 2005 HD : Giả sử A( x) = ao + a1x + a2x2 + … + a4018x4018 Khi A(1) = ao + a1 +a2 + …….+ a4018 A(1) = nên ao + a1 +a2 + …….+ a4018 = Bài : Cho x = 2011 Tính giá trị biểu thøc: x 2011  2012 x 2010  2012 x 2009  2012 x 2008   2012 x  2012 x  HD : Đặt A = x 2011  2012 x 2010  2012 x 2009  2012 x 2008   2012 x  2012 x  x 2010 ( x  2011)  x 2009 ( x  2011)  x 2008 ( x  2011)   x( x  2011)  x  � x = 2012 A = 2011 Chuyên đề Các toán thực tế Kiến thức vận dụng - Tính chất đại lượng tỉ lệ thuận : Đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x : y y y y n y = k.x � x  x  x   x  k ( k hệ số tỉ lệ ) n - Tính chất đại lượng tỉ lệ nghịch : Đại lượng y đại lượng x gọi hai đại lượng tỉ lệ nghịch : x.y = a � x1 y1  x2 y2  x3 y3   xn yn  a ( a hệ số tỉ lệ ) - Tính chất dãy tỉ số Bài tập vận dụng *Phương pháp giải : - Đọc kỹ đề , từ xác định đại lượng toán - Chỉ đại lượng biết , đại lượng cần tìm - Chỉ rõ mối quan hệ đại lượng ( tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch) - Áp dụng tính chất đại lượng tỉ lệ tính chất dãy tỉ số để giải Bài : Một vật chuyển động cạnh hình vng Trên hai cạnh đầu vật chuyển động với vận tốc 5m/s, cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s Hỏi độ dài cạnh hình vuông biết tổng thời gian vật chuyển động bốn cạnh 59 giây Bài : Ba líp 7A,7B,7C có 94 học sinh tham gia trồng Mỗi học sinh lớp 7A trồng đợc cây, Mỗi học sinh lớp 7B trồng đợc cây, Mỗi học sinh lớp 7C trồng đợc cây, Hỏi lớp có học sinh Biết số lớp trồng đợc nh Bi : Một ô tô phải từ A đến B thời gian dự định Sau đợc nửa quÃng đờng ô tô tăng vận tốc lên 20 % đến B sớm dự định 10 phút Tính thời gian « t« ®i tõ A ®Õn B Bài : Trên quÃng đờng AB dài 31,5 km An từ A đến B, Bình từ B đến A Vận tốc An so với Bình 2: Đến lúc gặp nhau, thời gian An so với Bình 3: Tính quÃng đờng ngời tới lóc gỈp ? Bài : Ba đội cơng nhân làm cơng việc có khối lượng Thời gian hồn thành cơng việc đội І, ІІ, ІІІ 3, 5, ngày Biêt đội ІІ nhiều đội ІІІ người suất công nhân Hỏi đội có cơng nhân ? Bài : Ba ô tô khởi hành từ A phía B Vận tốc tơ thứ ô tô thứ hai Km/h Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai thứ ba hết quãng đường AB : 40 phút, 5 , Tính vận tốc tơ ? PHẦN HÌNH HỌC I Một số phương pháp chứng minh hình hoc 1.Chứng minh hai đoạn thẳng nhau: P2 : - Chứng minh hai tam giác chứa hai đoạn thẳng - Chứng minh hai đoạn thẳng hai cạnh bên tam giác cân - Dựa vào tính chất đường trung tuyến, đường trung trực đoạn thẳng - Dựa vào định lí Py-ta- go để tính độ dài đoạn thẳng 2.Chứng minh hai góc nhau: P2 : - Chứng minh hai tam giác chứa hai góc - Chứng minh hai góc hai góc đáy tam giác cân - Chứng minh hai đường thẳng song song mà hai góc cặp góc so le ,đồng vị - Dựa vào tính chất đường phân giác tam giác Chứng minh ba điểm thẳng hàng: P2 : - Dựa vào số đo góc bẹt ( Hai tia đối nhau) - Hai đường thẳng vng góc với đường thẳng thứ điểm - Hai đường thẳng qua điểm song song với đường thẳng thứ - Dựa vào tính chất đường trung tuyến, phân giác, trung trực, đường cao Chứng minh hai đường thẳng vng góc P2 : - Tính chất tam giác vng, định lí Py – ta – go đảo - Qua hệ đường thẳng song song đường thẳng vng góc - Tính chất đường trung trực, ba đường cao Chứng minh đường thẳng đồng quy( qua điểm ) P2 : - Dựa vào tính chất đường tam giác So sánh hai đoạn thẳng, hai góc : P2 : - Gắn hai đoạn thẳng , hai góc vào tam giác từ vận định lí quan hệ cạnh góc đối diện tam giác , BĐT tam giác - Dựa vào định lí quan hệ đường xiên hình chiếu, đường xiên đường vng góc II Bài tập vận dụng Bài : Cho tam gi¸c ABC có  < 90 Vẽ phía tam giác hai đoạn thẳng AD vuông góc AB; AE vuông góc AC Chứng minh: DC = BE vµ DC  BE HD: Phân tích tìm hướng giải *Để CM DC = BE cần CM ∆ABE = ∆ ADC ( c.g.c) Có : AB = AD, AC = AE (gt) �  BAE � � Cần CM : DAC �  900  BAC �  DAC � Có : BAE * Gọi I giao điểm AB CD Để CM : DC  BE cần CM I�2  B�1  900 �  900 Có I�1  I�2 ( Hai góc đối đỉnh) I�1  D � � � Cần CM B1  D1 ( ∆ABE = ∆ ADC) Lời giải �  900  BAC �  DAC � �  BAE � � DAC a) Ta có BAE , mặt khác AB = AD, AC = AE (gt) � Suy ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c) DC = BE b) Gọi I giao điểm AB CD �  900 ( ∆ ADI vuông A) B �D � ( ∆ABE = ∆ Ta có I�1  I�2 ( Hai góc đối đỉnh) , I�1  D 1 ADC) � I�2  B�1  90 � DC  BC *Khai thác 1: Từ ta thấy : DC = BE vµ DC  BE ∆ABD ∆ ACE vng cân, có ∆ABD ∆ ACE vng cân , Từ B kẻ BK  CD D ba điểm E, K, B thẳng hàng Ta có tốn 1.2 Bài 1: Cho tam gi¸c ABC có  < 900 Vẽ phía tam giác hai đoạn thẳng AD vuông góc AB; AE vuông góc AC T B k BK  CD K Chứng minh ba điểm E, K, B thẳng hàng HD : Từ chứng minh DC  BE mà BK  CD K suy ba điểm E, K, B thẳng hàng *Khai thác 1.1 Từ 1.1 gọi M trung điểm DE kẻ tia M A MA  BC từ ta có tốn 1.2 Bi 1.2: Cho tam giác ABC có  < 900 Vẽ phía tam giác hai đoạn thẳng AD vuông góc AB; AE vuông góc vµ b»ng AC Gọi M trung điểm DE kẻ tia M A Chứng minh : MA  BC Phân tích tìm hướng giải HD: Gọi H giao điểm tia MA BC Để CM MA  BC � ta cần CM ∆AHC vuông H � Để CM ∆AHC vuông H ta cần tạo tam giác vuông ∆AHC Trên tia AM lấy điểm N cho AM = MN Kẻ DQ  AM Q � Cần CM ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) � � � � � ACB , BAC CM: ND = AC , N ADN � CM : ∆ABC = ∆DNA ( c.g.c) � Có AD = AB (gt) � � Cần CM : ND = AE ( = AC) BAC ADN + Để CM ND = AE � CM : ∆MDN = ∆MEA (c.g.c) � � + Để CM BAC ADN � � �  BAC �  1800 EAD  � ADN  1800 EAD � CM AE // DN (∆MDN = ∆MEA) Lời giải Gọi H giao điểm tia MA BC , Trên tia AM lấy điểm N cho AM = MN kẻ DQ  AM Q Ta có ∆MDN = ∆MEA ( c.g.c) : �  DMN � ( hai góc đối đỉnh) AM = MN ; MD = ME (gt) EMA �  MAE � � DN = AE ( = AC) AE // DN N ( cặp góc so le ) � � �  BAC �  1800 � BAC � � � EAD ADN  1800 ( cặp góc phía) mà EAD ADN � � Xét ∆ABC ∆DNA có : AB = AD (gt) , AC = DN BAC ADN ( chứng minh ) � � � ACB ∆ABC = ∆DNA (c.g.c) � N � � � � ACB Xét ∆AHC ∆DQN có : AC = DN , BAC ADN N � ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) � ∆AHC vuông H hay MA  BC * Khai thác toán 1.3 + Từ 1.2 ta thấy với M trung điểm DE tia MA  BC , ngược lại AH  BC H tia HA qua trung điểm M DE , ta có tốn 1.4 Bài 1.3 : Cho tam giác ABC có  < 900 Vẽ phía tam giác hai đoạn thẳng AD vuông góc AB; AE vuông góc b»ng AC Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A đến BC Chứng minh tia HA qua trung điểm đoạn thẳng DE HD : Từ 1.2 ta có định hướng giải sau: Kẻ DQ  AM Q, ER  AM R �  HBH � � ) Ta có : + DAQ ( Cùng phụ BAH AD = AB (gt) � ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn) � DQ = AH (1) � ( phụ CAH � ) +� ACH  EAR AC = AE (gt) � ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn) � ER = AH ( 1) Từ (1) (2) � ER = DQ � M � ( hai góc đối đỉnh ) Lại có M � ∆QDM = ∆REM ( g.c.g) � MD = ME hay M trung điểm DE + Từ 1.3 ta thấy với M trung điểm DE tia MA  DE , ngược lại H trung điểm BC tia KA vng góc với DE, ta có tốn 1.4 Bài 1.4: Cho tam giác ABC có  < 900 Vẽ phía tam giác hai đoạn thẳng AD vuông góc AB; AE vuông góc AC Gọi H trung điểm BC Chứng minh tia HA vng góc với DE HD : Từ 1.3 ta dễ dạng giải toán 1.4 Trên tia AH lấy điểm A’ cho AH = HA’ Dễ CM ∆AHC = ∆A’HB ( g.c.g) �  HA � 'B � A’B = AC ( = AE) HAC � � � AC // A’B � BAC ABA '  1800 ( cặp góc phía) �  BAC �  1800 � DAE � � Mà DAE ABA ' Xét ∆DAE ∆ABA’ có : AE = A’B , AD = AB (gt) � � DAE ABA ' � ∆DAE = ∆ABA’(c.g.c) �AA '  900 � � �  900 �AA ' mà � � � ADE  B ADE  MDA ADE  B Suy HA vng góc với DE Bài : Cho tam giác cân ABC (AB = AC) Trên cạnh BC lấy điểm D, tia đối tia CB lÊy ®iĨm E cho BD = CE Các đờng thẳng vuông góc với BC kẻ từ D E cắt AB, AC lần lợt M, N Chứng minh rằng: a) DM = EN b) Đờng thẳng BC cắt MN trung điểm I MN c) Đờng thẳng vuông góc với MN I qua điểm cố định D thay đổi c¹nh BC * Phân tích tìm lời giải a) Để cm DM = EN � Cm ∆BDM = ∆CEN ( g.c.g) � �E �  900 ( MD, NE  BC) Có BD = CE (gt) , D �  CBA � ( ∆ABC cân A) BCA b) Để Cm Đờng thẳng BC cắt MN trung điểm I cña MN � Cần cm IM = IN � Cm ∆MDI = ∆NEI ( g.c.g) c) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A xuống BC , O giao điểm AH với đường thẳng vng góc với MN kẻ từ I � Cần cm O điểm cố định Để cm O điểm cố định � Cần cm OC  AC � � �  900 Cần cm OAC  OCN � �  OCA � �  OCM � Cần cm : OBA OBM � Cần cm ∆OBM = ∆OCN ( c.c.c) ∆OAB = ∆OAC (c.g.c) *Khai thác Từ ta thấy BM = CN , ta phát biểu lại toán sau: Bài 2.1 Cho tam giác cân ABC (AB = AC) Trên cạnh AB lấy điểm M, tia AC lấy điểm N cho BM = CN Đường thẳng BC cắt MN I Chøng minh r»ng: a) I trung im ca MN b) Đờng thẳng vuông góc với MN I qua điểm cố định D thay đổi lời giải: Từ lời giải để giải 2.1 ta cần kẻ MD  BC ( D �BC) NE  BC ( E�BC) Bài : Cho ∆ABC vuông A, K trung điểm cạnh BC Qua K kẻ đường thẳng vng góc với AK , đường thẳng cắt đường thẳng AB AC D E Gọi I trung điểm DE a) Chứng minh : AI  BC b) Có thể nói DE nhỏ BC khơng ? sao? *Phân tích tìm lời giải a) Gọi H giao điểm BC AI A1  � ACK  900 Để cm AI  BC � Cần cm � A1  � ACK  900 Để cm � � �  900 Có � AEK  EAK � � cần cm � A1  � AEK � ACK  CAK � Cần cm ∆AIE cân I ∆AKC cân K b) Để so sánh DE với BC � cần so sánh IE với CK ( 2.IE = DE, 2CK = BC) � So sánh AI với AK ( AI = IE, AK = CK) Có AI �AK Lời giải : A1  � AEK a)Dễ dàng chứng ∆AIE cân I ∆AKC cân K � cần cm � � � �  900 � � A1  � ACK  900 � AI  BC mà � ACK  CAK AEK  EAK b) ta có BC = CK = 2AK ( CK = AK) , DE = 2IE = 2.AI ( AI = IE) Mà AI �AK  DE BC , DE = BC K trùng với I ∆ABC vng cân A Bài 4: Cho tam giác ABC (AB > AC ) , M trung điểm BC Đường thẳng qua M vng góc với tia phân giác góc A H cắt hai tia AB, AC E F Chứng minh rằng: a) EF  AH  AE � � b) 2BME � ACB  B c) BE = CF lơì giải Áp dụng định lý Py –ta-go cho tam giác vuông AFH, ta có: HF2 + AH2 = AF2 Mà  AHE =  AHF (g-c-g) nên HF = A EF; AF = AE EF  AH  AE �F � Tõ AEH  AFH Suy E � � � XÐt CMF cã � ACB lµ gãc ngoµi suy CMF ACB  F � lµ gãc ngoµi suy BME � E �B � BME cã E Suy ra: E B �  BME �  (� �)  ( E �B �) ACB  F vËy CMF � � � (®pcm) hay 2BME ACB  B M C H D �F � Từ AHE  AHF Suy AE = AF E Từ C vẽ CD // AB ( D � EF ) => BME  CMD( g  c  g ) � BE FCD (1) �  CDF � � F � � CDF cân � CF = CD ( 2) Lại có: E (cặp góc đồng vị) Do CDF Từ (1) (2) suy BE = CF Bài : Cho tam giác ABC có góc B góc C hai góc nhọn Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AD = AB , tia đối tia AC lấy điểm E cho AE = AC a) Chứng minh : BE = CD b) Gọi M trung điểm BE , N trung điểm CB Chứng minh M,A,N thẳng hàng c)Ax tia nằm hai tia AB AC Gọi H,K hình chiếu B C tia Ax Chứng minh BH + CK �BC d) Xác định vị trí tia Ax để tổng BH + CK có giá trị lớn *Phân tích tìm lời giải a) Để cm BE = CD � Cần cm  ABE =  ADC (c.g.c) D b) E Để cm M, A, N thẳng hàng � �  BAM �  1800 Cần cm BAN � � � � �  NAD � Có BAN  NAD  180 Cần cm MAB �  NAD � Để cm MAB M k K � Cần cm  ABM =  ADN (c.g.c) c) Gọi giao điểm BC Ax � Để cm BH + CK �BC � Cần cm BH �BI ; CK �CI N A I B H Vì BI + IC = BC x d) BH + CK có giá trị lớn = BC K,H trùng với I , Ax vng góc với BC C Bài Cho tam gi¸c ABC cã ba góc nhọn, đờng cao AH miền tam giác ABC ta vẽ tam giác vuông cân ABE ACF nhận A làm đỉnh góc vuông Kẻ EM, FN cïng vu«ng gãc víi AH (M, N thc AH) a) Chøng minh: EM + HC = NH b) Chøng minh: EN // FM a) *Phân tích tìm lời giải Để cm EM + HC = NH � Cần cm EM = AH HC = AN + Để cm EM = AH � cần cm ∆AEM =∆BAH ( cạnh huyền – góc nhon) + Để cm HC = AN � cần cm ∆AFN =∆CAH ( cạnh huyền – góc nhon) b) Để cm EN // FM � � � N ( cặp góc so le trong) AEF  EF Gọi I giao điểm AN EF �N � để cm � AEF  EF � Cần cm ∆MEI = ∆NFI ( g.c.g) Bài : Cho tam ABC vng A , ®êng cao AH, trung tuyến AM Trên tia đối tia MA lấy điểm D cho DM = MA Trên tia đối tia CD lÊy ®iĨm I cho CI = CA, qua I vẽ đờng thẳng song song với AC cắt đờng thẳng AH t¹i E Chøng minh: AE = BC *Phân tích tìm lời giải Gọi F giao điểm BA IE � để Cm Để cm : AE = BC cần cm : ∆AFE = ∆ CAB ∆AFE = ∆ CAB � Cần cm � C  BAC �  900 (1); EAF � � AF = AC (2); AF ACB (3) � C  BAC �  900 + Để cm (1) : AF � �  900 Cm CI // AE có FI // AC BAC � Để Cm CI // AE � Cm ∆AMB = ∆ DMC ( c.g.c) + Để cm (2) : AF = AC � Cm ∆AFI = ∆ ACI ( Cạnh huyền – góc nhọn) ... b, c chia hết cho HD a) ta có 17a – 34 b M 17 3a + 2b M 17 � 17 a  34b  3a  2bM 17 � 2(10a  16b) M 17 � 10a  16b M 17 (2, 7) = � 10a  17b  16b M 17 � 10a  b M 17 b) Ta có f(0) = c f(0) M3 �...  7? ?? x 11 0  x  7? ?? x 1 �  x  7? ?? �  x  7? ??   x  7? ?? x 1  x 1 x 11 0 10 �   x   � � � 10 �  x   � �  � x1 � � � �x ? ?7 � 0 � � �� � 1( x? ?7) 10 0 � � � � �x ? ?7? ??010�x? ?7? ??x... b) Ta có 3638 = (362)19 = 129619 = ( 7. 185 + 1) 19 = 7. k + ( k � N*) 4133 = ( 7. 6 – 1)33 = 7. q – ( q � N*) Suy : A 3638  4133 = 7k + + 7q – = 7( k + q) M7 Bài : a) Chøng minh r»ng: 3n   2n