Boi duong HSG toan 9

Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong,và ta đã dựng được tam giác ABC thoả mãn yêu cầu của đề toán .Phân tích hình đó theo hướng phát hiện một bộ phận của hình hội đủ các điều kiện để[r]

Buổi

CHUYÊN ĐỀ 1:

PHƯƠNG TRÌNH

Bài tốn : Giải phương trình x 2 10 x x212x40

Bổ đề : Với a0;b0        

2 2 2 2

2

a b  a b  a b  a b  a b  a b Giải: Điều kiện : 2 x 10, Ta có x 2 10 x  2x 10  x 4 mà

   2

2 12 40 12 36 4 6 4 4

x  x  x  x   x   Dấu xảy khi

2 10

6

x x

x x

   

  

 

 Vậy phương trình có nghiệm x = 6 Hoặc: Áp dung bất đẳng thức Cơ si cho hai số khơng âm ta có

 4 10 .4 2 10 4

2 10

2 4

x x x x

x   x           

Dấu xảy

2

6

10

x

x x

  

  

 

 .

Bài toán 2: Giải phương trình: x2 x 1 x x 2 1 x2 x2

Vì x2  x 0 x x 2 1 0 nên Áp dụng bất đẳng thức Cô si số hạng vế trái ta

được:  

2

2 1 1 1

2

x x x x

x  x      

(1)

 1 1 1 2

2

x x x x

x x        

(2) Cộng (1) (2) vế theo vế ta có:

2

2 1 1 1

2

x x x x

x  x  x x        x

nên theo

đề ta có :  

2

2 2 1 1 0

x  x   x x  Đẳng thức xảy x = Thử lại ta thấy x = thoả Vậy phương trình có nghiệm x =

Bài toán : Giải phương trình: 2x 3 2 x 3x212x14 (1)

Điều kiện tồn phương trình:

3

2 3

5 2

2

x x

x x

x 

   

 

   

 

 

  



 (*)

Vế phải (1):    

2

2

3x 12x14 3 x  4x4  2 x  2 2 Đẳng thức xảy

chỉ x =

 2 

2x 3 2 x 1 2x 2  x  2

Đẳng thức xảy

2x 2  x x2 Đẳng thức xảy phương trình (1) nên x = nghiệm

phương trình

Hoặc Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số khơng âm ta có:

2 1 5 1 2

2

x x

x   x       

Đẳng thức xảy

2

2

5

x

x x

  

  

 

 Đẳng thức xảy phương trình (1) nên x = nghiệm phương trình

Bài tốn 4: Giải phương trình: x2 2x 3 2x2 x 3 x 3x2 (1) Giải: Điều kiện

2

2

2

1 3

x x x x    



  



 (2).

Vế trái phương trình (1): x2 2x 3 x12 2 với xR đẳng thức xảy x = Theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki với x thoả mãn (2) vế phải phương trình (1) thoả:

     2

2 2 2 2

2x  x 3 x 3x  1 2x  x 1 3x 3x  4 x 2x  4 x1 2

đẳng thức xảy 2x2 x 1 3x 3x2 Để đẳng thức xảy phương trình (1) hai vế

của phương trình (1) Nên x = Thử lại thấy x = nghiệm phương trình

Bài tốn : Giải phương trình: 1x3 2x22 (1) Giải:

Điều kiện 1x3  0 x1x2 x1 0 Do x2  x 1 0 với x nên x  1 x1 Đặt a x1 ; b x2 x1 với a0 ;b0 Nên phương trình (1) trở thành :

 

2 2

5ab a b a a

b b

            

    Giải phương trình a

b 

1

a b 

Với

a

b  phương trình (1) vơ nghiệm

Với

1

a

b 

2

2

1

2 1

5

x

x x x

x x

       

  

 Phương trình có hai nghiệm thoả điều kiện

5 37

2

x  

;

5 37

2

x  

Bài tốn 6: Giải phương trình:

42 60

Phương trình (1) có nghĩa x < nên  

42 60

1 3

5 x x

   

      

     

   

42 42 60 60

3 3

5 7

0

42 60

3

5

x x x x

x x                                                    42 60 9

5 0

42 60 3 x x x x                               

9 42 60

0

42 60

5

5 x x x x x x                                1

3

42 60

5

5 x x x x x                               

   3  x 0

   

1

42 60

5

5 x x x x               

    > nên

1

x

Thử lại nên nghiệm phương trình

1

x

Bài toán 7: Giải phương trình: x x  2  x x  5  x x 3 (1)

Điều kiện để phương trình có nghĩa :  3 x0 ;0 x 5 Bình phương hai vế phương trình (1) ta được:x x  2x x  52 x x2  2 x 5 x x 3

   

2

2 x x x 10x x

      4x x2  2 x 5 10x x 22

     

2 2

4x x x 100x 20x x 4x x 7x 10 100x 20x x 3x 8x 60x

               

 

2 3 8 60 0

x x x

   

Giải phương trình

10 ;0;6

x  

  Thử lai có hai nghiệm x = 0; x = thoả mãn đề cho

Bài tốn 8: Giải phương trình:  

2

5 10

x  x  x  x 

(1) Điều kiện x > -2 x27x10x2 x5 Nhân hai vế phương trình (1) với

 x 2 x5

ta được:x2  x51 x2 x5 3  x 2 x5

   

 

3 x x

      x 2 x5  x 2 x 5 x2 x5 1 0

       

5 2 1

x x x x x

5

2 1

1

x x x

x x x                       

 Do x > -2 nên x = -4 (loại) Vậy nghiệm phương trình x = -1

Cách giải khác:

Đặt a x2 a2  x 2 ; b x 5 b2  x 5 nên b2 a2   x x 3 .Do phương trình (1) trở thành:

2 3

( )(1 )

b a

b a ab    

  

 (*)

Từ hệ (*) suy b2 a2 b a  1ab b a a b ab     1 0    

0

1

1

1

a b b a

a b

a b

a b ab

                 

  ta có x = -1.

Bài tốn : Giải phương trình: 25 x2  10 x2 3 (1)

Giải: Điều kiện

2

2

2

25 25

10 10 10

10 10

x x x x x x                        (*).

Đặt 0a 25 x2 ; 10 x2  b 0 a2 b2 25 x210x2 15 Nên phương trình (1)

trở thành 2

3

5

15

a b a b a

a b b

a b                     

Nếu b = 10 x2  1 x2  9 x3 so với điều kiên (*) x3 thoả

Nếu a = 25 x2 16 x2  9 x3 so với điều kiên (*) x3 thoả.

Vậy phương trình có nghiệm x3.

Bài tốn 10: Giải phương trình: x 1 x135x (*)

Lập phương hai vế phương trình (*) ta được:

    3

3

5x x    1 x x1 x1  x 1 x1

   5x2x33 x21 53 x  

3 x2 1 53 x x x3 5x x2 1 4x3 5x 0 x 0

          

5

x

Thử lại ta thấy phương trinh có ba nghiệm

Bài tốn 11: Giải phương trình31 x 31 x 2 (1)

Điều kiện: x0 Đặt 31 x a; 31 x b  a3  1 x ;  b3  1 x nên phương trình (1) trở thành

  2  2  

3 2

2

2

2

2 2

a b a b

a b a b

a b a ab b

a b a ab b b b b b

                                        

 2

2 2

2

2

1

4 2 1

a b

a b a b

a b

b b b b b b b b

                                  

Nếu b = 1 x  1 x  0 x0. Vậy x = nghiệm phương trình

Bài tốn 11 : Giải phương trình 32 x x1 1 (1)

Giải: TXĐ x1 0  x1 Đặt 3 2 x a; x1 b 0 Nên phương trình cho trở

thành: 3

1

a b a b

  



 

    

3

3 2

1

1

4

1 1 3

a b

a b

a b a b

b b b

a b b b b b b b

 

  



   

   

  

   

  

          

   

Nên b0;1;3 Do a b;  1;0 ; 0;1 ; 2;3    

Nếu a0 3 2 x  0 2 x 0 x2 ; b1 x1 1  x1 1  x2 Nếu a1 3 2 x  1 2 x 1 x1 ; b0 x1 0  x1 0  x1

Nếu a2 3 2 x2 2 x8 x10; b3 x1 3  x1 9  x10 Vậy phương trình có ba nghiệm x1; 2;10

Buổi Quỳnh Lâm, ngày 20 tháng năm 2013

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, ; khơng thể có chữ số 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 + Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n N)

4 Số phương có hai dạng 3n 3n + Khơng có số phương có dạng 3n + (n N)

5 Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục

Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ Số phương chia hết cho chia hết cho

III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A DẠNG1 : CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Chứng minh với số nguyên x, y

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương. Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4

Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì

A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2

V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 Z

Vậy A số phương

Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng số phương.

Gọi số tự nhiên, liên tiêp n, n + 1, n+ 2, n + (n N) Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) +

= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + (*)

Đặt n2 + 3n = t (t N) (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2

= (n2 + 3n + 1)2

Vì n N nên n2 + 3n + N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương.

Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2) Chứng minh 4S + số phương

Ta có k(k+1)(k+2) = 14 k(k+1)(k+2).4 = 14 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] = 14 k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1)

⇒ S = 14 1.2.3.4 - 14 0.1.2.3 + 14 2.3.4.5 - 14 1.2.3.4 +…+ 14 k(k+1)(k+2)(k+3) - 14 k(k+1)(k+2)(k-1) = 14 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 ph ương.

Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …

Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước Chứng minh tất số dãy số phương.

Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + 1

n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số

= 10n−1 10

n + 10n−1

9 + =

4 102n−4 10n

+8 10n−8+9

9 =

4 102n

+4 10n+1

= (2 10n+1 )

Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng chữ số chia hết

nó chia hết cho n-1 chữ số

⇒ (2 10n+1

3 ) Z hay số có dạng 44…488…89 số phương

Bài 5: Chứng minh số sau số phương: A = 11…1 + 44…4 +

2n chữ số n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8

2n chữ số n+1 chữ số n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 +

2n chữ số n+1 chữ số n chữ số 8

Kết quả: A = (10n+2

3 ) ; B = ( 10n+8

3 ) ; C = (

2 10n+7 ) Bài 6: Chứng minh số sau số phương:

a A = 22499…9100…09

n-2 chữ số n chữ số 0 b B = 11…155…56

n chữ số n-1 chữ số 5

a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 +

= 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + 9

= ( 15.10n – ) 2 ⇒ A số phương

b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 +

n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số

2

2

= 10n−1 10

n + 10n−1

9 + =

102n−10n

+5 10n−5+9

= 102n+4 10n+4

9 = ( 10n+2

3 ) số phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể một số phương

Gọi số tự nhiên liên tiếp n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ) Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)

Vì n2 tận n2+2 khơng thẻ chia hết cho 5 ⇒ 5.( n2+2) khơng số phương hay A khơng số phương

Bài 8: Chứng minh số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 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 n N, n >1 n2-2n+2 = (n - 1)2 + > ( n – )2

n2 – 2n + = n2 – 2(n - 1) < n2

Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + < n2 ⇒ n2 – 2n + khơng phải số phương.

Bài 9: Cho số phương có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phương là số phương

Cách 1: Ta biết số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phương cho 1,3,5,7,9 tổng chúng + + + + = 25 = 52 số phương

Cách 2: Nếu số phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị chữ số tận

cùng a ⇒ a ⋮ ⇒ a2 ⋮

Theo dấu hiệu chia hết cho hai chữ số tận M 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: + + + + = 25 = 52 số phương.

Bài 10: Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ số chính phương.

a b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N)

⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + 1

= 4(k2 + k + m2 + m) + = 4t + (Với t N)

Khơng có số phương có dạng 4t + (t N) a2 + b2 khơng thể số

chính phương

Bài 11: Chứng minh p tích n số ngun tố p - p + không thể số phương

Vì p tích n số nguyên tố nên p ⋮ p không chia hết cho (1) a Giả sử p+1 số phương Đặt p+1 = m2 (m N)

Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ.

Đặt m = 2k+1 (k N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1

⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ mâu thuẫn với (1)

⇒ p+1 số phương

b p = 2.3.5… số chia hết cho ⇒ p-1 có dạng 3k+2

Khơng có số phương có dạng 3k+2 ⇒ p-1 khơng số phương

Vậy p tích n số nguyên tố p-1 p+1 khơng số phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.

Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N 2N+1 khơng có số số chính phương.

a 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 –

Có 2N ⋮ ⇒ 2N-1 không chia hết cho 2N-1 = 3k+2 (k N) ⇒ 2N-1 không số phương.

b 2N = 2.1.3.5.7…2007

Vì N lẻ ⇒ N khơng chia hết cho 2N ⋮ 2N không chia hết cho 4.

2N chẵn nên 2N không chia cho dư ⇒ 2N không số phương.

c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 +

2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho

2N không chia hết 2N+1 không chia cho dư

⇒ 2N+1 khơng số phương.

Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05

2008 chữ số 2007 chữ số 0 Chứng minh √ab+1 số tự nhiên.

Cách 1: Ta có a = 11…1 = 102008−1

9 ; b = 100…05 = 100…0 + = 10

2008 + 5

2008 chữ số 2007 chữ số 2008 chữ số

⇒ ab+1 = (102008−1)(102008+5)

9 + =

102008

¿2+4 102008−5+9 ¿

¿ ¿

= (102008+2

3 )

√ab+1 = √(10 2008

+2

3 ) =

102008 +2

2

Ta thấy 102008 + = 100…02 ⋮ nên 102008+2

3 N hay √ab+1 số tự nhiên. 2007 chữ số

Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – + = 99…9 + = 9a +6

2007 chữ số 2008 chữ số 0 2008 chữ số

⇒ ab+1 = a(9a +6) + = 9a2 + 6a + = (3a+1)2 ⇒ √ab+1 = 3a+1¿

2 ¿

√¿ = 3a + N

A DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài1: 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 + 12là 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+1 > k-n-1 chúng số nguyên dương, nên ta viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k = 6

k – n - = n = 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 = 1

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 ± )2 – 16 = 13k.(13k ± 8) ⇒ n = 13k2 ± 8k + 1

Vậy n = 13k2 ± 8k + (Với k N) 13n + số phương.

d Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2

Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 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 2: 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 3: Tìm số tự nhiên n ≥ cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương

Với n = 1! = = 12 số phương

Với n = 1! + 2! = khơng số phương

Với n = 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 số phương

Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+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 thỏa mãn đề n = 1; n = Bài 4: Tìm n N để số sau số phương:

a n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164)

b (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)

c n2 + 4n + 97

d 2n + 15

Bài 5: Có hay khơng số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương Giả sử 2006 + n2 số phương 2006 + n2 = m2 (m N)

Từ suy m2 – n2 = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006

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) ⋮ Nhưng 2006 không chia hết cho 4

⇒ Điều giả sử sai

Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương.

Bài 6: Biết x N x>2 Tìm x cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)

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 x Nvà < x ≤ (2) Từ (1) (2) ⇒ x nhận giá trị 5; 6; 7.

Bằng phép thử ta thấy có x = thỏa mãn đề bài, 762 = 5776

Bài 7: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 3n+1 số phương.

Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84

Số 3n+1 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 số phương Vậy n = 40

Bài 8: Chứng minh n số tự nhiên cho n+1 2n+1 số chính phương n bội số 24.

Vì n+1 2n+1 số phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N)

Ta có m số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + 1

⇒ n = m2−1 =

4a(a+1)

2 = 2a(a+1)

⇒ n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b N) ⇒ k2 =

4b(b+1) +1

⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮ (1)

Ta có k2 + m2 = 3n + (mod3)

Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư

Nên để k2 + m2 (mod3) k2 (mod3)

m2 (mod3)

⇒ m2 – k2 ⋮ hay (2n+1) – (n+1) ⋮ ⇒ n ⋮ (2)

Mà (8; 3) = (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24.

Bài 9: Tìm tất số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n số phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N)

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 ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3

a- 48 = 2q

Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802

C DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A một đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B.

Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào mỗi chữ số A đơn vị ta có số

B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N 32 < k < m < 100

a, b, c, d N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤

⇒ Ta có A = abcd = k2 B = abcd + 1111 = m2

⇒ 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 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 ab – cd = 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 nhau.

Gọi số phương phải tìm aabb = n2 với a, b N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ 9

Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)

Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11

Mà ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ nên ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11

Thay a+b = 11 vào (1) n2 = 112(9a+1) 9a+1 số phương

Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn ⇒ b = 4

Số cần tìm 7744

Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N

Vì y3 = x2 nên 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, căn bậc hai số có tổng chữ số số phương.

Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên ≤ a ≤ ; ≤ b,c,d ≤ abcd phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9}

d nguyên tố ⇒ d = 5

Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100

k số có hai chữ số mà k2 có tận ⇒ k tận 5

Tổng chữ số k số phương ⇒ k = 45 ⇒ abcd = 2025

Vậy số phải tìm 2025

Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số viết số hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương

Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm ab ( a,b N, ≤ a,b ≤ ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba

Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮

11

Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11

Vì < a - b ≤ , ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11

Khi ab - ba = 32 112 (a - b)

Để ab - ba số phương a - b phải số phương a-b = hoặc

a - b =

 Nếu a-b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, 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 được 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 nó.

2

2

Gọi số phải tìm ab với a,b N ≤ a ≤ , ≤ b ≤ 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 = l 2 ( l 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 nhau.

Gọi số lẻ liên tiếp 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( 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 ≤ a ≤ 9

⇒ 12n( n + ) = 11(101a – )

⇒ 101a – ⋮ ⇒ 2a – ⋮ 3

Vì ≤ a ≤ nên ≤ 2a-1 ≤ 17 2a-1 lẻ nên 2a – { 3; 9; 15 } ⇒ a { 2; 5; }

Vì a lẻ ⇒ a = ⇒ n = 21

số càn tìm 41; 43; 45

Bài 10: Tìm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phương chữ số số đó.

ab (a + b ) = a3 + b3

⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab

⇔ 3a( + b ) = ( a + b ) ( a + b – )

a + b a + b – nguyên tố a + b = 3a a + b – = 3a a + b – = + b a + b = + b

⇒ a = , b = a = , b = 7

Vậy ab = 48 ab = 37

Buổi 2:

Chuyên đề 2: CỰC TRỊCỦAMỘT BIỂU THỨC I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC

1/ Cho biểu thức f( x ,y, )

a/ Ta nói M giá trị lớn ( GTLN) biểu thức f(x,y ) kí hiệu max f = M hai điều kiện sau thoả mãn:

- Với x,y để f(x,y ) xác định : f(x,y ) M ( M số) (1)

- Tồn xo,yo cho:

f( xo,yo ) = M (2)

b/ Ta nói m giá trị nhỏ (GTNN) biểu thức f(x,y ) kí hiệu f = m hai điều kiện sau thoả mãn :

- Với x,y để f(x,y ) xác định : f(x,y ) m ( m số) (1’)

- Tồn xo,yo cho:

f( xo,yo ) = m (2’)

2/ Chú ý : Nếu có điều kiện (1) hay (1’) chưa nói cực trị biểu thức chẳng hạn, xét biểu thức : A = ( x- 1)2 + ( x – 3)2 Mặc dù ta có A

nhưng chưa thể kết luận minA = khơng tồn giá trị x để A = ta phải giải sau:

A = x2 – 2x + + x2 – 6x + = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2

A = ⇔ x -2 = ⇔ x = Vậy minA = khi x =

II/ TÌM GTNN ,GTLN CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN

1/ Tam thức bậc hai:

Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c

Tìm GTNN P a Tìm GTLN P a ¿¿

Giải : P = ax2 + bx +c = a( x2 + b

a x ) + c = a( x +

b

2a )2 + c -

2

4

b a

Đặt c - b2

4a =k Do ( x + b

2a )2 nên :

- Nếu a a( x + 2ba )2 0 , P k MinP = k x = -b

2a

-Nếu a ¿¿

¿ a( x +

b

2a )2 P k MaxP = k x = -b

2a

2/ Đa thức bậc cao hai:

Ta đổi biến để đưa tam thức bậc hai

Ví dụ : Tìm GTNN A = x( x-3)(x – 4)( x – 7) Giải : A = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12)

Đặt x2 – 7x + = y A = ( y - 6)( y + 6) = y2 - 36 -36

minA = -36 ⇔ y = ⇔ x2 – 7x + = ⇔ x

1 = 1, x2 =

3/ Biểu thức phân thức :

a/ Phân thức có tử số, mẫu tam thức bậc hai:

Ví dụ : Tìm GTNN A =

6x −5−9x2 Giải : A =

6x −5−9x2 =

−2

9x2−6x+5 =

3x −1¿2+4 ¿

−2 ¿

Ta thấy (3x – 1)2 nên (3x – 1) 2 +4

1 (3x1) 4

1

4 theo tính

chất a b 1a 1b với a, b dấu) Do

3x −1¿2+4 ¿

−2 ¿

−42 ⇒

minA = - 12 ⇔ 3x – = ⇔ x = 13

Bài tập áp dụng:

1 Tìm GTLN BT :

1 A

x 4x



  HD giải:

 2

1 1

A max A= x

x 4x x 5

    

   

2 Tìm GTLN BT :

1 A

x 6x 17



  HD Giải:

 2

1 1

A max A= x

x 6x 17 x 3 8 8

    

   

3 (51/217) Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

3 A

2 x 2x



   

b/ Phân thức có mẫu bình phương nhị thức

Ví dụ : Tìm GTNN A = 3x2−8x+6

x2−2x+1

Giải : Cách : Viết A dạng tổng hai biểu thức không âm

A =

   

2

2 4

2

x x x x

x x

    

  = +

x −2¿2 ¿

x −1¿2 ¿ ¿ ¿

minA = chi x =

Cách 2: Đặt x – = y x = y + ta có :

A =    

2 2

2 2

3( 1) 8( 1) 6 8

2 2

1 1

y y y y y y y

y y y y

y y

          

 

    

    = -

2

y +

1

y2 = (

1

y

-1)2 + 2

minA = ⇔ y = ⇔ x – = ⇔ x =

Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số TRẦN THỊ VÂN ANH) 1, (13/200) Tìm GTNN GTLN bt:

2

1 P

1

x x x

 

 

2, (36/210) Tìm GTNN bt :

2

2 2006

B x x

x   

3, ( 45/ 214) Tìm GTNN GTLN bt:

2

C

5

x

x x



4, ( 47, 48 /215) Tìm GTNN bt : a, 2 2 D x x x x   

  b,

2

2

E

2

x x

x x

  

 

c/ Các phân thức dạng khác:

Ví dụ : Tìm GTNN GTLN A = 3−4x

x2+1

Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức dạng bình phương số : A = x2−4x+4− x2−1

x2+1 =

x −2¿2 ¿ ¿ ¿

- -1 Min A= -1 x =

Tìm GTLN A = 4x2+4−4x2−4x −1

x2+1 = -

2x+1¿2 ¿ ¿ ¿

Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số TRẦN THỊ VÂN ANH)

1, (42, 43/ 221) Tìm GTLN bt: a, A 2

x x 

 b,   B x x  

3, (35, 36 / 221) Tìm GTNN bt: a,

2 4 4

C x x

x   

Với x > 0; b, D x x  

Với x >

4, (34, 36/ 221) Tìm GTNN bt: a, E x x  

với x > 0; b,

2

1

Fx 

x Với x > 0

6, (68/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN bt:   2 17

2 x x Q x   

 Với x > 0

7, (69/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN bt:

6 34 R x x x   

 Với x > 0

8, (70/28 BÙI VĂN TUYÊN) Tìm GTNN bt:

3 2000

S x

x  

Với x >

III/ TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN

Ví dụ : Tìm GTNN A = x3 + y3 + xy biết x + y = 1

sử dụng điều kiện cho để rút gọn biểu thức A

A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2

Cách 1: sử dụng điều kiện cho làm xuất biểu thức có chứa A x + y = ⇒ x2 + 2xy + y2 = (1)

Mà (x – y)2 Hay: x2 - 2xy + y2 (2)

Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 ) ⇒ x2 + y2

2 minA = 12 x = y = 12

Cách 2: Biểu thị y theo x đưa tam thức bậc hai x Thay y = x – vào A A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 -

2 )2 +

2 minA = 12 x = y = 12

Cách 3/ Sử dụng điều kiện cho để dưa biến

Đặt x = 12 + a y = 12 - a Biểu thị x2 + y2 ta :

x2 + y 2 = (

2 + a)2 + (

2 - a)2 =

2 +2 a2

2 => MinA =

2 ⇔ a =

⇔ x=y = 12

Bài tập : Tìm Min A = a2ab b 2 3a 3b2014

Cách Ta có: A= a2 2a 1 b2 2b 1 ab a b   1 2011

2

= a  2a 1 b  2b 1 ab a b   1 2011        

2

= a 1  b1 a b1  b1 2011

 2  2    

= a 1  b1  a1 b1 2011

        

2

2 1

a 2011

2 4

b b b

a   

        

2

2 3 1

1

= a + 2011

2

b

b 

 

  

 

 

 Min A = 2011

1

a

1

1

b

a b b

 

  



   

   

Cách 2:

   

     

2 2 2

2

2A 3 2014 = a 2 a 2.2 4022

= a 1 4022

                 

      

a ab b a b a b b ab b a b

 Min 2A = 4022

a

1

2

b a b

a b    

    



   

 => Min A = 2011



BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ:

Bài CMR : Min P = Với P = a2ab b 2 3a 3b3

Bài CMR: khơng có giá trị x, y, z thỏa mãn ĐT:

2 4 2 2 8 6 15 0

x  y z  x y z  Hướng dẫn Ta có:

 2  2  2

2 2

VTx  2x 1 4y 8y 4 z  6z 9 1= x-1  2y2  z  1

Bài 3: Có hay khơng số x,y,z thỏa mãn đẳng thức sau: 1)x24y2z24x4y8z22 0

2) x24y29z2 2x12y12z1994 Hướng dẫn Ta có:

     

2 2

2 2

1) VT 4 4 16

= x+2 1

x x y y z z

y z

         

     

     

2 2

2 2

2) VT = x 12 12 1986

= 3 1986 1986

x y y z z

x y z

        

      

Bài 4: CMR: Min A=2 Với A = m2 4mp5p210m 22p28 Hướng dẫn Ta có:

     

   

2 2

2

2

A = 4 10 20 27

= 2.5 25

= 2

m mp p p p m p

m p m p p

m p p

       

      

     

Bài 5: CMR: Max B = Với Ba2 5b2 2a4ab10b

Hướng dẫn Ta có:

2 2

Ba 4ab 4b  b 6b 2 a4b 1      

2 2

= -   4   9 2  1

 a ab b b b a b 

 2    2

= -   2   1  

 a b a b b     

2

= -   1    4

 a b b 

a) A=a25b2  4ab 2b5 ( Gợi ý    

2

A = a - 2b  b1 4 )

b) B = x2y2 xy 3x 3y2029 ( Gợi ý B = x-y 2y 32x 322011 ) c) Cx24y29z2 4x12y 24z30 ( Gợi ý C = x+2 22y323z421 ) d) D= 20x2 18y2 24xy 4x12y2016 ( Gợi ý D= 4x-3y 22x123y 22011 )

Bài 7: Tìm số a, b, c, d thỏa mãn : a2b2c2 d2 a b c d    (*)

Ta có :

 

 

 

     

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

0

4

4 4 4

2 2

a b c d ab a b c a b c d a b c d a b c d ab ac ad

a b c d ab ac ad

a ab b a ac c a ad d a

a b a c a d a

     

       

       

       

          

       

Dấu “=” sảy : a2b2c2d  0 a b c d   0

BÀI TẬP VỀ NHÀ:

Bài 1: Tìm số a, b, c, d, e thỏa mãn : 2a2b2c2d2e2 a b c d e     Bài 2: Tìm số a, b, c, thỏa mãn : a2 b2 1 ab a b 

Bài 3: Tìm số a, b, thỏa mãn : 4a24b2 4ab 4a4b 4

Bài 4: Tìm số x, y, z thỏa mãn : x24y2 z2 2x 8y6z14 Bài 5: Tìm số m, p, thỏa mãn : m25p2 4mp10m22p25 IV: Các ý giải toán cực trị :

1, Chú ý 1: Khi tìm bai tốn cực trị ta đổi biến Ví dụ : Tìm GTNN ( x – 1)2 + ( x – 3)2

ta đặt x – = y, biểu thức trở thành (y + 1)2 + (y – 1)2 =2y2 +2 2 ⇒ minA= 2 ⇒ y=0

⇒ x=2

chẳng hạn : -A lớn ⇔ A nhỏ

1

B lớn ⇔ B nhỏ với B >

Ví dụ : Tìm GTLN

4

2

1

( 1)

x A

x  

 (Chú ý A> nên A lớn

1

A nhỏ

ngược lại)

Ta có :

1 A =

2 2

4 4

( 1) 2

1

1 1

x x x x

x x x

  

  

   .Vậy

1

A

min

1

A = x = Do maxA =1 x = 0

3,Chú ý 3 Khi tìm GTLN, GTNN biểu thức ,người ta thường sử dụng BĐT biết

Bất đăng thức có tính chất sau

a ) a > b , c > d với a, b, c, d > a.c > b d b) a > b c > a.c > b.c

c) a > b c < a.c < b.c d) a > b a, b, n > an > bn

BĐT Cô si: a + b ab ; a2 + b2 2ab ; (a + b)2 4ab ; 2( a2 + b2) ( a+ b)2

Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a2 + b2) ( c2 + d2) (ac + bd)2

Ví dụ Cho x2 + y2 = 52 Tìm GTLN A = 2x + 3y

Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )2 ( 22+32 ).52 ⇒ ( 2x + 3y )2 13.13.4 ⇒

2x + 3y 26 Vậy maxA = 26 ⇔

2

2

x y x y

  

  

Thay y =

3

x

vào x2 + y2 = 52 ta 4x2 + 9x2 = 52.4 ⇒ x2 = 16 ⇒ x=4 x=

-4

Với x = y =6 thoả mãn 2x +3y x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y Vậy Max A = 26 ⇔ x =4 , y =

3/ Trong bất đẳng thức cần ý đến mệnh đề sau

- Nếu số dương có tích khơng đổi tổng chúng nhỏ số bang Ví dụ: Tìm GTLN, GTNN tích xy, biết x,y N thoả mãn x + y = 2005

Giải : Ta có 4xy = (x + y)2 – (x – y)2 = 20052 - (x – y)2

xy lớn ⇔ x – y nhỏ ; xy nhó ⇔ x – y lớn

giả sử x > y ( xảy x = y) Do y x 2004 nên x-y 2003 Ta có min(x –y) = x = 1003 ; y =1002 max(x –y) = 2003 x =2004 , y = Do max(xy) = 1002.1003 x = 1003 , y = 1002

Min ( xy) = 2004 x = 2004 , y =

IV: MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ 1, Sai lầm sử dụng nhiều bất đẳng thức khac nhau

VD1: cho x, y số dương thỏa mãn x +y =1 Tìm GTNN biểu thức :

1

A = x y

Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm

1 ,

x y ta có:

1 4

x y  xy (1)

Lại có:

1

2

x y xy 

 

(2 )

Từ (1) (2) suy :

1 4

A =

1 x

2

y xy

   

Vậy Min A = Phân tích sai lầm:

Đẳng thức sảy (1)

1

4

x y  xy

Đẳng thức sảy (2) x = y Từ suy x = y = ( Loại x + y = 1) Có bạn đến KL khơng có giá trị nhỏ KL sai

Giải đúng: Vì x + y = nên  

1 4

A = x+y

x

x y

y y x

 

   

 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm

4 ,

x y

y x Ta có :

4

2

x y x y

Dấu “=” xẩy

1

2 3

1

1

3

x y x

y x

y x

x y

y x y



  

  

 

 

  

  

    

 



Lưu ý: Nếu sử dụng nhiều BĐT khác tốn ta phải kiểm tra xem chúng có đồng thời sảy dấu khơng Có hướng giải tốn đúng.

2, Sai lầm khơng sử dụng hết điều kiện toán:

VD2:cho x, y số dương thỏa mãn x+y= Tìm GTNN BT :

2

1

A = x+

x y y

 

 

    

   

Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm

1 x,

x Ta có:

1

x+ x

x  x 

(1)

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm

1 y,

y Ta có:

1

y+ y

y y 

(2)

Từ (1) (2) =>A  => Min A =

Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy (1)

2

1

1

x  x x 

Đẳng thức sảy (2)

2

1

1

y  y y  Từ suy x = y = ( Loại x + y = 1)

Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có :

x + y 1

2  xy xy  2 xy4

Ta có :

2

2 1

A = + x +y +

x y

   

   

    Khi đó: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy  -

1 2=

1 2 (1)

2 2

1 1

2

x y  x y xy (2) Từ (1)và(2) =>A  +

1

2+4 =

25

2 =>Min A = 25

2 x=y =

3, Sai lầm chứng minh điều kiện 1: VD1: Tìm GTLN bt:

1 A =

6 17

x  x

Lời giải sai: A đạt Max x2 6x17 đạt Min Ta có :  

2

2 6 17 3 8 8

x  x  x  

Do Min x2 6x17  8 x3 Vậy Max A =

1

8  x3

Phân tích sai lầm: Kết lập luận sai chỗ cho “ A có tử khơng đổi

nên đạt GTLN mẫu đạt GTNN” mà chưa đua nhận xét tử mẫu số dương

Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét x2 6x17x 32 8 8nên tử mẫu A dương

VD2:Tìm GTNN cuả BT: A = x2 + y2 biết x + y =4

Ta có : A = x2 + y2 2xy => A đạt GTNN

2 2

2

x y xy

x y x y

  

    

  

Khi MinA =

Phân tích sai lầm: Đáp số ko sai lập luân sai lầm chỗ ta c/m f(x,y) 

g(x,y) chưa c/m f(x,y) m với m hắng số

Chẳng hạn: Từ x2  4x – => x2 đạt nhỏ  x2 = 4x –  (x – )2 =  x =2

Đi đến x2 =  x = Dễ thấy kết phải Min x2 =  x =0

Lời giải : Ta có x + y =4   

2

x + y =16 (1)

Ta lại có : x - y 2   x -2xy+y 2  (2) Từ (1) (2) => 2( x2 + y2 ) 16 => A = x2 + y2 8

V y Min A = v ch x = y = 2.ậ ỉ

Lưu ý: Cần nắm vững t/c BĐT cụ thể trường hợp so sánh hai phân số có tử mẫu số tự nhiên, số nguyên … Có hướng giải bài tốn đúng.

4, Sai lầm chứng minh điều kiện VD1: Tìm GTNN bt: A = x + x

Lời giải sai : x + x =  

2

2 1 1 1

x +2 x x

2 4 4

 

      

  Vậy: Min A =

1

P/tích sai lầm: sau c/m f(x) 

1



chưa trường hợp xảy f(x)=

1   x  (vơ lí )

Lời giải đúng: ĐKTT x x0 : A = x + x 0 => Min A =  x0

VD2: Tìm GTLN A = xyx z+y y+z z+x      với x, y,z số không âm x +y+ z =1

Lời giải sai: Áp dụng BĐT 4xyx y 2 ta có :

            2

4x z+y x+y+z

4y z+x x+y+z

4z x+y x+y+z

 

 

 

=>            

1

64xyx z+y y+z z+x =>xyx z+y y+z z+x

64

 

Vậy Max A =

1 64

Phân tích sai lầm: Sai lầm chỗ chưa chi khả xảy dấu “=”

ĐK để Max A =

1 64 là :

z+y = x

y+x = z

x+z = y x + z + y =

x + z + y = x, y, z

x, y, z

x y z                   

 ( vơ lí )

Lời giải đúng: Ta có : = x +y+ z x.y.z (1)

      3     

2 = x +y + z+x + y+ z x +y z+x y+ z

(2)

Từ (1) (2) => 3 x y z x +y z+x y+ z      hay:

3

3

2 A A

9

       

Max A =

2

     

x +y = z+x = y+ z    

1

3

, ,

x y z x y z

x y z             

VD3: Tìm giá trị nhỏ :

(x a)(x b) A

x

 



với x > 0, a, b số dương

Lời giải sai: Ta có:

   

2 ax

2 ax.2 bx ab

2 bx

x a

x a x b x

Do đó:

(x a)(x b) 4x ab

A ab

x x

 

  

Min A = ab  x a b 

Phân tích sai lầm: Nếu a b khơng có: A = 4 ab

Lời giải : Ta có

2

(x a)(x b) x ax+ bx+ab ab

A x (a b)

x x x

    

     

  .

Theo bất đẳng thức Cauchy :

ab

x ab

x

 

nên A ≥ ab + a + b =  

2

a b

min A =  

2

a b

chi

ab

x x ab

x x 

 

  

 



Buổi 3:

Chuyên đề 3: VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ VẬN DỤNG BDT A  B A+B ĐỂ TÌM CỰC TRỊ

1;VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ

VD1: Cho x > 0, y > thỏa mẫn đk

1 1

2

x y  Tìm GTNN bt: A = x y

Do x > 0, y > nên

1

0,

y

x  áp dụng bất đẳng thức côsi cho số

1 ,

x y

ta có:

1 1 1

2 x y x y

 

 

 

  Hay

1

4 xy => xy 4

Mặt khác ta có: x > 0, y > => x 0, y 0 áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có:

2 4

x y  xy  

Vậy: Min A = :

4

1 1

2

x y

x y x y

  

   

  



VD2 : Tìm GTNN của biểu thức : A x2 x 1  x2 x

Ta có:

2

2 3

x x x x R

2 4

 

        

2

2 3

x x x x R

2 4

 

        

 

Áp dụng BĐT Cô- si cho số x2 x 1, x 2 x 1 ta có :

2 2 4

x  x 1  x   x x  x x   x x x  1

 Max A =

4

2

x x 1

x

x x x x

   



 



    

 

VD3 Tìm giá trị nhỏ :

x y z

A

y z x

  

với x, y, z >

Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương:

3

x y z x y z

A

y z x y z x

    

Do

x y z x y z

min x y z

y z x y z x

 

        

 

 

Cách 2 : Ta có :

x y z x y y z y

y z x y x z x x

   

       

 

  Ta có

x y

yx  (do x, y > 0) nên

để

chứng minh

x y z

3

y z x  ta cần chứng minh :

y z y

1 z x x  (1)

(1)  xy + z2 – yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz)

 xy + z2 – yz – xz ≥  y(x – z) – z(x – z) ≥  (x – z)(y – z) ≥ (2) (2) với giả thiết z số nhỏ số x, y, z, (1) Từ tìm

được giá trị nhỏ

x y z

y z x.

VD 4: Tìm giá trị lớn : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z ≥ ; x + y + z =

1

2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ 3.3(x y)(y z)(z x)   (2)

Nhân vế (1) với (2) (do hai vế không âm) : ≥ 9.3 A  A ≤

3

 

 

 

max A =

3

 

 

  x = y = z =

1 3.

VD 5: Tìm GTNN

xy yz zx A

z x y

  

với x, y, z > , x + y + z =

Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy :

xy yz xy yz

2 2y

z  x  z x  .

Tương tự :

yz zx zx xy

2z ; 2x

x  y  y  z  Suy 2A ≥ 2(x + y + z) = 2.

min A = với x = y = z =

1 3.

VD 6: Tìm GTNN 2

1

A 4xy

x y xy

  

 với : x > 0, y > 0, x + y < 1

Ta có:

 

 

 

2

4

2 1 1 1 1 1 4

2

1 1

2

x y

xy x y xy

x y xy

x y xy x y x y

x y xy

 

   



 



       

  



 

   



Ta có: 2 2

1 1

A 4xy 4xy

x y xy x y 2xy 4xy 4xy

   

       

     

=>        

2 2

2

4 5 11

A 4xy 11

x 2xy y 4xy x y x y x y x y

       

     

VD 7: : Cho

1

x

, Tìm GTLN A = 2x25x2 + x+3 - 2x Giải : Ta có : A = 2x25x2 + x+3 - 2x = 2x 1   x2 + x+3 - 2x  Với

1

x

ta có:

2x

x   

   

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số 2x 1, x+2  Ta có:    

2x x+2

2x x+2

 

Hay :    

3x

2x x+2



 

Dấu “ = ” xảy 2x x+2   x=1

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số x 3,  Ta có:  

x

4 3

2 x x

      Hay : x x   

Dấu “ = ” xảy x 4   x=1

Do đó:

x A

2



  3x

2



- 2x = Dấu “ = ” xảy x=1

VD 8: : Cho x, y, z > x + y + z =1 Tìm GTNN của:

1

S =

x y z

Ta có: S =  

1

x + y + z

x y z

 

 

 

 =

4 9

1+4+9+ y x z y x z

x y y z z x

     

    

     

 

   

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số dương

4 ,

y x

x y ta có :

4

2

y x y x

x  y  x y 

Tương tự ta có :

4 9

2 12

z y z y

y  z  y z  ;

9

2

x z x z

z x  z x 

 S  + + + + 12 + =36

Dấu “=” sảy :

2 2 2 4 3

4

3 1 1 y x

x y y x y

y x

z y

z y

z x x

y z

x z x y z

x z

x y z z

z x x y z                                                       

Vậy Min S = 36

1 1

, ,

3

y x z

Không phải lúc ta dùng trực tiếp bất đẳng thức Côsi số đề Dưới ta nghiên cứu số biện pháp biến đổi biểu thức để có thê vân dụng BĐT Cơ-si tìm cực trị nó:

Biện pháp 1: Để tìm cực trị biểu thức ta tìm cực trị bình phương biểu thức đó

VD1 : Tìm giá trị lớn A 3x 5 3 x, ĐKXĐ :

3 5

7 3

Bình phương hai vế ta có : A2 = + 2 3 x 3   x

Với

5

3 x 3 áp dụng bất đẳng thức côsi cho 3x 5 7 3 x ta có:

3x 5  3 x 2 3 x 3   x

hay 2 3  x 3   x

 A2  =>A  Dấu “=” xảy : 3x - = - 3x hay x =

VD2: Tìm GTNN biểu thức: A = -x22x 8 -x2 x 2 (*)

ĐKXĐ :

   

   

2

2

-x

1

1

1

-x

x x

x x

x x

x x

x

   

      

 

     

  

  

  

  

  

 

Khi -x22x 8 -x2 x 2   x 0=> A >

Từ (*) =>    

2 2 2

A = -x 2x 8 -x  x  -x 2x8 -x  x

= -2x23x10 2 x2 4   x x  1 2   x

= 2  x x  2  x1 4   x 2 2  x x  2  x1 4   x

             

2

2

= 4 x  2 x x2 x1 4 x  x1 4 x 2

    

2

4 x x x 2

      

A =  4 x2 x1 4   x  x0

BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao số chuyên đề Bùi văn Tuyên )

Bài Tìm GTNN, GTLN hàm số : y 1 x 1x Bài 2: Tìm GTLN hàm số : y x 2 4 x

Bài Tìm GTNN : A = -x24x21 -x23x10

Bài 9( 76/29) Tìm GTNN :

x y z

A =

y  z  x với x, y, z dương x + y + z  12

Bài 10: ( 65/ 28) Tìm GTLN, GTNN : A x 4  y 3 biết x + y = 15

Biện pháp 2: nhân chia biểu thức với số khác khơng.

VD Tìm giá trị lớn biểu thức:

x - A =

5x

Giải: ĐKXĐ: x9 Ta có:

x - A =

5x =

1 x -

x - 3

.3

1

2

3

5x 5 30

x

x x

 



 

 

  

Dấu “=” xảy

x -

18

9

x x



 

  

  

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Tìm giá trị lớn biểu thức:

7x - A =

7x-9

Bài 2: Tìm giá trị lớn biểu thức:

3

x - B =

27x

Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức dã cho thành tổng biểu thức cho tích chúng số:

1) Tách hạng tử thành tổng nhiều hạng tử nhau

VD1: cho x > Tìm GTNN biểu thức:

4

3x 16

A =

x 

Giải : Ta có

4

3 3

3x 16 16 16

A = 3x x x x

x x x



     

Áp dụng BĐT Cơ-si Ta có :

4

3

16 16

A = x+x+x+ 4.2

x  x x x x  

Vậy Min A =

16

2

x x

x

VD2: ( đề thi ĐHTH Hà Nội 1993) Tìm Max Min A = x y( - x - y ) với

, x + y

x y 

Xét 0 x y4 Ta có :

4

x

+y+ - x - y

x 2 2

A = .y( - x - y ) 4

2

x

x   

 

   

 

   

 

Dấu “=” xẩy

x

= y = - x - y y = ; x =2

2 

Xét 4 x y6

Rễ thấy: – x - y2 ( 1) Dấu ‘=’ xảy x + y =

=> A = x y( - x - y ) đạt GTNN x2y đạtGTLN

Ta có :

  3

2

2 x+y x+x+2y

3

x.x.2y

x y =

2 2

 

 

 

 

   

 

=32 hay x2y  32 (2)

Từ (1) (2) => x y( - x - y )  -64 Dấu ‘=’ xảy

6

2

x y x

x y y

  

 



 

 

 

VD3 Tìm GTLN A = x2(3 – x) biết x ≤ 3.

Giải : Xét ≤ x ≤ Viết A dạng : A =

x

x

2 .(3 – x) Áp dụng bất đẳng thức

Cauchy cho số không âm

x ,

x

2 , (3 – x) ta : x 2.

x

2 .(3 – x) ≤

3

x x x

2 1

3

 

  

 



 

 

  .

Do A ≤ (1)

BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao số chuyên đề Bùi văn Tuyên )

Bài 1( 71/28) Cho x > , y > x + y  Tìm GTNN

12 16

P 5x 3y

x y    

Bài 2( 70/28) Cho x > , Tìm GTNN

3 2000

N x

x  

Bài 3( 68/ 28) Cho x , Tìm GTNN

2 2 17

Q

2( 1)

x x

x   



Bài 4( 69/ 28) Tìm GTNN

6 34

M

3

x x

x

 



Bài 5( 72/ 29) Cho x > y x.y =5 , Tìm GTNN

2 1, 2

Q x xy y

x y

 





Bài 6( 79/ 29) Cho x ,y thỏa mãn biểu thức: x + y =1 x > , Tìm GTLN Bx y2

2) Tách hạng tử chứa biến thành tổng số với hạng tử chứa biến

sao cho hạng tử nghịch đảo hạng tử khác có biểu thức cho.

VD1: Cho < x < , Tìm GTNN

9

B

x x x

 



Ta có :

9

B 1

2

x x x x

x x x x

 

     

 

 Min B= 

9

2

x x

x

x x



  



BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao số chuyên đề Bùi văn Tuyến )

Bài 1( 74/ 29) Cho < x <1, Tìm GTLN

3

B

1 x x

 



Bài 2( 73/ 29) Cho x >1, Tìm GTLN

25 A

1

x x  



Bài 3: Cho x > 0, Tìm GTNN biểu thức:

2

2x

A =

2x

x  

Bài 4: Tìm GTNN biểu thức:

x - B =

x

Bài 5: Tìm GTNN biểu thức:

2

x

A = x

x  

Bài 6: Tìm GTNN biểu thức:

1

A =

x+1

x 

( với x > -1 )

Bài 7: Tìm GTNN biểu thức:

2 B =

x-1

x 

( với x > )

Bài 8: Tìm GTNN biểu thức:

5 C =

2x-1

x 

( với x > 2 )

Bài 9: Tìm GTNN biểu thức:

5 D =

1 - x

x x 

( với < x < )

VD1 : Cho số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm GTNN biểu thức:

2 2

P x y z

y z z x y x

  

  

Ta có :

x

y z + 4 y z

2

4

x y z x

x y z     y

x z + x z

 2

4

y x z y

y x z     z

y x + 4 y x

2

4

z y x z

z y x     =>

2 2

4 4

x y z y z x z y x

x y z y z z x y x

                    Hay:

2 2

2

x y z x y z

x y z y z z x y x

                 =>

2 2

P

2

x y z x y z x y z

x y z y z z x y x

   

        

  

Vậy Min P =  2 4

x y z

y z

y x z

x y z x z

z y x

y x                        

Lưu ý: Nếu ta thêm ( x + y), ( z + y), ( x + z) vào

2 2

z x y

, ,

y+x y+z z+x ta khử

được (x + y), ( z + y), ( x + z) không tìm x, y, z để dấu dấu đẳng thức xảy đồng thời Khi khơng tìm giá trị nhỏ

VD2 : Tìm GTNN A = x + y biết x, y > thỏa mãn

a b

x y  (a b số

dương)

Giải Cách 1 : A = x + y = 1.(x + y) =  

a b ay bx

x y a b

x y x y

 

     

 

Theo bất đẳng thức Cauchy với số dương :

ay bx ay bx

2 ab

x  y  x y  .

Do  

2 A a b ab    a  b

 2

min A a  b

với

ay bx

x y

x a ab a b

1

x y y b ab

x, y

   

  

 

  

 

  

 

 

 

Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :

 

2

2

a b a b

A (x y).1 (x y) x y a b

x y x y

 

 

          

    .

Từ tìm giá trị nhỏ A

VD3 Tìm GTNN

2 2

x y z

A

x y y z z x

  

   biết x, y, z > , xy yz  zx 1 .

Giải Theo VD1 BIỆN PHÁP 4:

2 2

x y z x y z

x y y z z x

 

  

   Theo bất đẳng thức

Cauchy

x y y z z x

xy ; yz ; zx nên x y z xy yz zx

2 2

  

       

xy yz zx

x+y+z

hay

2 2

 

 

min A =

1 2

1 x y z

3

   

2;VẬN DỤNG BDT A  B A+B ĐỂ TÌM CỰC TRỊ

Bài 1: Tìm GTNN hàm số : y x22x 1 x2 2x1 Cách 1: y x22x 1 x2 2x   1 x x1

Nếu: -1 x 1  y  x x1   x x 1 Nếu: x > y  x x1   x x 2 x2 Vậy y nhỏ -1 x 1 

Cách 2 : áp dụng BĐT a  b  a b ( Dấu “=” sảy a.b 0)

Ta có : y   x 1 x    x 1 x 2 Vậy y nhỏ -1 x 1 

Bài 2: Cho x, y > 2x + xy = Tìm GTLN A = x2y Cách 1: Từ 2x + xy = => xy = -2x Thế vào A ta có :

A = x(4 -2x ) = –    

2

2 2 2

x x

   

 

  =  

2

2 x 2

=> Max A =

1

2

2

2

x x

y x xy

    





 

  

 



Cách 2: Ta có : A =

1

2 x xy Vì x, y > => 2x, xy > áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2

số 2x, xy ta có:

 2

2

2

2

2

2

2 4.2

x xy

x xy x xy

x xy x xy  x y

   

      

  Thay số ta có :

2

2x y=A

Vậy Max A =2

2

2

x xy x

x xy y

 

 



 

  

 

BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ:

Bài 1: Tìm GTNN HS: a, y 4x2 4x 1 4x212x9 b,

2 4 4 6 9

y x  x  x  x

Bài 2: Tìm GTNN HS: a, y 4x220x25 x2 8x16 b,

2

25 20 25 30

y x  x  x  x

Buổi 4:

Chuyên đề 4: RÚT GỌN PHÂN THỨC ĐẠI SỐ I – Phương pháp giải:

- Phân tích tử mẫu thành nhân tử (nếu có) để tìm nhân tử chung - Chia tử mẫu cho nhân tử chung

II – Các dạng toán thường gặp:

1- Rút gọn phân thức.

2

2

2

( ) 1: )

4

( )( )

( ) (2 ) (2 )

2

x a x Câu a

a x ax x a x x a x

a x a x a

x a a x a

 

 

   



  

 



4

4

4

4

4 2

4

2 2

4

2

2

2

3

: )

2

3

( 1)

2

( 1)

( 1)

( 1)

( )( )

( 1)( 1)

( 1)

( 1)

a a

Câu b

a a a

a a

a a a

a a a

a a

a a

a a

a a a a

a a a a

a a a a

 

  

 



  

   

    

 

    

     



 

2

3

2

3 2

2

2

2

2 12

(2 ) ( 2)

(2 ) (5 10 ) (2 4)

2 ( 2) ( 2)

2 ( 2) ( 2) 2( 2)

( 2)(2 1)

( 2)(2 2)

(2 1)

(2 1)( 2)

1

y y

y y y

y y y

y y y y y

y y y

y y y y y

y y

y y y

y y y y                                   

Với: y-2 y -1

2- Chứng minh.

Câu2 : a) Hãy chứng minh:

3

3

4

2

7 14

a a a a

a

a a a

         Giải: 3 3 2 2 2 4

7 14

( ) (4 4)

( 8) (7 14 )

( 1) 4( 1)

( 2)( 4) ( 2)

( 4)( 1)

( 2)( 4)

( 4)( 1)( 1)

( 2)( 4)( 1)

1

a a a

a a a

a a a

a a a

a a a

a a a a a

a a

a a a

a a a

a a a

Câu2 : b) Chứng minh phân thức sau không phụ thuộc vào x:

2 2

2 2

( )(1 )

( )(1 )

x a a a x

x a a a x

   

   

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

2

2

2

( )(1 )

( )(1 )

1 1

(1 ) (1 )

(1 ) (1 )

( 1)(1 )

( 1)(1 )

1

x a a a x

x a a a x

x x a a a a x x x a a a a x x x a a x a a x x a a x a a

x a a a a

x a a a a

x a a

x a a

a a a a

   

   

    



    

    



    

     

       



    



  Giải:

Vậy: Phân thức không phụ thuộc vào x.

Câu2: c) Chứng minh

1 1

x y  z x y z  ba số x, y, z nhất cũng có cặp số đối

Giải: Từ:

1 1

x y  z x y z  Ta có:

1

yz xz xy

xyz x y z

  

Từ ta có: (x y z yz xz xy  )(   )xyz

Hay (x y z yz xz xy  )(   ) xyz0

Biến đổi vế trái:

2 2 2

2 2 2

2

2

( )( )

( ) ( )

( ) ( )

( )( )

( )( )( )

x y z yz xz xy xyz

xyz x z x y y z xyz xy yz xz xyz xyz xyz xz y z yz x y x z xy xyz

z xy xz y yz x xy xz y yz xy xz y yz x z

x y y z x z

    

         

       

       

    

   

Vậy: (x y y z x z )(  )(  ) 0

Tích ba nhân tử chứng tỏ phải có nhân tử 0, từ đó suy có cặp đối nhau.

3- Tính giá trị.

Câu3 : a) Tính giá trị phân thức C =

3

3

6

x x x

x x

 

 với x = 2008

Giải: C =

3

3

2

6

( 6)

( 4)

2

( 2)( 2)

( 2) 3( 2)

( 2)( 2)

3

x x x

x x

x x x x x

x x x

x x

x x x

x x

x x

  

  

    

 

   

 

 



Với x = 2008 C =

2011 2010

Câu 3: b) Cho a+b+c = Tính giá trị phân thức

3 3

2 2

3

a b c abc

a b c ab bc ac   

Ta có:

3 3

3 3 2 2

3 2 3 2

3

2

2 2

3

3 3 3

3 3 3

( ) ( )

( )[( ) ( ) ] ( )

( )( )

a b c abc

a b c a b ab a b ab abc

a a b ab b c a b ab abc

a b c ab a b c

a b c a b a b c c ab a b c a b c a b c ab bc ca

  

       

       

     

         

       

Vậy:

3 3 2

2 2 2

3 ( )( )

5

( )

a b c abc a b c a b c ab bc ac

a b c

a b c ab bc ac a b c ab bc ac

         

    

         

Câu3: c) Cho a, b, c, x, y, z thỏa mãn

x y z

a b c  a b c x  y  z 

Tính:

2 2

2 2

x y z

a b c

Giải:

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

1

( )

2 2

1

( )

2

( )

x y z a b c

x y z a b c

x y z xy xz yz

ab ac bc

a b c

x y z xyz c b a

abc z y x

a b c

x y z xyz a b c

abc x y z

a b c

  

   

      

      

      

Mà:

a b c x y z 

Vậy:

2 2

2 2

x y z

a b  c 

4- Tổng hợp

Câu4 : a) Cho biểu thức A =

2 2

2 4

( )

2

mn n n m

m n n m

  

  

a1) Rút gọn A.

a2) Chứng minh A dương.

a3) Với giá trị m A đạt giá trị lớn nhất?

2 2

2 4

2

2 4

4

4

2

( )

2

1

2

1

( 1)( 2)

1

mn n n m

m n n m

mn n mn

m n m n

n

n m

m

  

  

  



  

 

 

  a1) A =

a2) Ta có: m2  0, m

Nên: m2 + > 0, m.

Do đó:

1

m  > 0, m

Vậy: A > 0, m

a3) Ta có: m2  0, m

Nên: m2 +  2, m

Do đó:

1

2

m   , m

Hay: A 

2, m

Vậy: A đạt giá trị lớn A =

1

Suy ra: m2 + = hay m = 0

Câu4: b) Cho M =

2

2 2

3 :

3 1

x x x x

x x x x

   

 

  

 

 

  .

b1) Rút gọn biểu thức M.

b2) Tìm giá trị M với x = 2013;

b3) Với giá trị x M < ?

b4) Với giá trị x M nhận giá trị nguyên?

b1) Điều kiện: x0, x-1, x

2

2

2 2

2

2 2

3 :

3 1

( 2)( 1) 2.3 3.3 ( 1)

3 ( 1)

3 9

3 ( 1)

( 2)( 1)

3 ( 1)(2 )

2(1 )(1 ) 2.3

x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x x

   

 

  

 

 

 

         

  

 

 

         

  

 

 

    

 

 

 



2

3

.(1 )

1

3

( 1)

3

x x

x x x

x x x x x x

x x

  

     

 

 

M =

b2) Với x = 2013.

M = 20133−1=2012

b3) M < x – < tức x < Kết hợp với điều kiện

Vậy: M nhận giá trị âm với x < trừ giá trị 0, -1,

1 2.

Vậy: x = 3k +1 (kZ)

Câu5: a) Rút gọn biểu thức sau: M =

2

2

:

ab ab a b

a a

a b a b a b



   

 

   

  

   

2

2

2 2

2

4 2

2 2

4

2

:

ab ab a b

a a

a b a b a b

a ab ab ab a ab a b

a b a b a b

a a b

a b a b

a a b



   

 

   

  

   

        

   

  

   

 



 

 

 Giải:

M =

Câu5: b) Chứng tỏ:

2

1

2

a a a

  

 ,  a R Giải:

Ta có: 

2 2

1

a   a   a (1)

Chia hai vế (1) cho 2(a2+1), ta được:

2

1

2

a a 



Do đó:

1

1

2

a a

  



2

3

2

a a a

 

 



Vậy:

2

1

2

a a a

  

 ,  a R

3

2 x a x a b Q

x b x a b

  

 

  

  

  với

a b x 

Giải:

Với

a b x 

, ta có:

2

a b b a

x a    a 

2

a b a b

x b    b 

2 x a b a

x b a b

 

  

 

Ta lại có:

3 3( )

2

2 2

a b b a b a

x a b    a b     3 3( )

2

2 2

a b a b a b

x a  b  a b   

2 3( )

2 3( )

x a b b a

x a b a b

  

  

  

Vậy: Q = (-1)3-(-1) = -1+1 = 0

Câu6: a) Rút gọn biểu thức sau: A =

1 1

(a b a c )(  )(b c b a )(  )(c a c b )(  )

Với a, b, c đôi khác nhau. Giải:

1 1

( )( ) ( )( ) ( )( )

1 1

( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

( )( )( )

( )( )( )

0

a b a c b c b a c a c b a b c a b c a b c a b c

b c c a a b

a b b c c a b c c a a b a b b c c a

 

     

  

  

     

      

  

      

  

 A =

Câu6: b) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc a, b, c. B =

2 2

4 4

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

a b a c b c b a c a c b

  

 

     

Với a, b, c đôi khác nhau. Giải:

2 2

2 2

2 2

2

4 4

( )( ) ( )( ) ( )( )

4

( )( ) ( )( ) ( )( )

1 1

( )( ) ( )( ) ( )( )

4

( )( ) ( )( ) ( )( )

(

a b c

B

a b a c b c b a c a c b

a b c

a b a c b c b a c a c b a b a c b c b a c a c b

a b c

a b c a b c a b c a b c a b c

                                                                2

2 2 2

2 2 2

2 2

) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )[ ( )

b c a c a b a b b c c a

a b a c b c ab ac bc a b b c c a a c b c ab a b ac bc

a b b c c a c a b ab a b c a b

a b b c c a a b c a b ab

                                                               2] ( )( )( ) c a b b c c a

         ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) 4 ( )( )( ) a b cb c ab ca

a b b c c a a b b c c a a b b c c a

                           

( a, b, c đôi khác ) Câu6: c) Tính giá trị biểu thức sau:

2

2

x a x b P

x a x b

 

 

  với

2 2

2

2

2

( )( ) ( )( )

( )( )

2 2

2( )

2( )

2( )

x a x b

P

x a x b

x a x b x a x b

x a x b

x bx ax ab x bx ax ab

x a b x ab

x ab

x a b x ab

 

 

 

    



 

      



  

 

  

Thay

4ab x

a b 

 vào P ta có:

2 2 2

2 2 2

2

16

2

( )

16

8

( )

16

2

( )

16

4

( )

2

a b

ab a b

P

a b

ab ab a b

a b

ab a b

a b

ab a b

 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



CHUYÊN ĐỀ 5: PHƯƠNG TRÌNH

CĨ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI 1) Nhắc lại giá trị tuyệt đối:

x x x

-x x <

 

 

Ví dụ:

a) 8; 10 10

2x+1 2x+1 b) 2x+1

-(2x+1) 2x+1<0

  

 

 

2) Giải phương trình: A(x) b (b 0), A(x) B(x) a) Cách giải phương trình: A(x) b (b 0),

A(x) b A(x) b A(x) b        Ví dụ:

Giải phương trình: 3x+1 5 Giải

4

3x+1 x=

3x+1

3x+1 x=-2            

b) Cách giải phương trình: A(x) B(x)

Cách 1:

B(x) o B(x)

A(x) B(x) A(x)=B(x)

A(x)= B(x) A(x)=-B(x)                Cách 2: A(x) A(x)=B(x) A(x) B(x) A(x)<0 -A(x)=B(x)               

Ví dụ: Giải phương trình: 3x+2 5x-1

Giải

2 x

-3

3x+2 3

x= 3x+2=5x-1 2 3x+2 5x-1 3x+2<0 x<-3 -3x-2=5x-1 x=-8                                       

3, Giải phương trình dạng: A(x) B(x)

Cách giải:

A(x)=B(x)

A(x) B(x)

A(x)=-B(x)



  



Ví dụ: Giải phương trình: 2-3x  5 2x Giải

x=-3 2-3x=5 2x

2-3x 2x 7

2-3x=-(5 2x) x=

5

 

 

    

 



 4,: Giải phương trình: A(x) B(x) b Cách giải 1:

Bước 1: Lập bảng phá dấu giá trị tuyệt đối

Bước 2: Giải phương trình theo khoảng bảng Ví dụ: Giải phương trình: x+1 x-1 10

Giải Bước 1: Lập bảng phá dấu

x -1

x+1 -x-1 x+1 x+1 x-1 -x+1 -x+1 x-1 x+1 +x-1 -2x 2x

Bước 2: Giải phương trình theo khoảng  x<-1: -2x=10  x=-5 thoả đk x<-1

   1 x 1:2=10 Vơ nghiệm  X>1: 2x=10  x=5 thỗ đk x>1

Vậy phương trình có nghiệm x=5 x=-5 Cách giải 2: Đưa trường hợp sau

TH1:

A(x) B(x)

 





 ta giải phương trình A(x) + B(x) =b

TH 2:

A(x) B(x)<0

 



 Ta giải phương trình A(x) – B(x) =b TH 3:

A(x)<0 B(x)

 



 Ta giải phương trình – A(x) + B(x) = b TH 4:

A(x)<0 B(x)<0

 

 Ta giai phương trình sau –A(x) – B(x) = b Ví dụ: Giải phương trình : x+1 x-1 10 (*)

Giải TH1:

x+1 x

1

x-1 x x

 

 

  

 

 

Phương trình(*) tương đương với phương trình x+1+x-1=10  x=5 thỗ

x 1 TH 2:

x+1 x -1

1 x<1 x-1<0 x<1

 

 

   

 

 

(*)  x+1-x+1=10 2=10 Vô nghiệm

TH 3:

x+1<0 x<-1

x-1 x

 



 

 

  : Không xãy ra TH 4:

x+1<0 x<-1

x<-1 x-1<0 x<1

 

 

 

 

(*)  (x+1)-(x-1)=10 2x=10 x=-5 thỗ đk x<-1 Vậy phương trình có nghiệm: x=5 x=-5

Ví dụ 2: Giải phương trình: x  x-1 0  (1) Giải

Lập bảng phá dấu:

x

2 x -2x 2x 2x

x-1

 -(1-x) -(1-x) -(x-1) x  x-1+2 -x+1 3x+1 x+3

 x<0 : (1)  -x+1=0  x=1 khơng thỗ x<0

 x 1  : (1)  3x+1=0 

1

x=-3 khơng thỗ 0 x 1 

 x>1 : (1)  x+3 =0  x=-3 khơng thỗ x>1 Vậy phương trình vơ nghiệm

Ví dụ 3: Giải phương trình:x-1 x-2 x-3 Cách giải tương tự ví dụ

Buổi 6

Chuyên đề 6:

TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC

I Mục tiêu:

1/Kiến thức bản:

 Hình thành cơng thức định nghĩa tỉ số lượng giác góc nhọn Quan hệ tỉ số hai góc phụ

 Sử dụng bảng số máy tính bỏ túi để tính tỉ số lượng giác biết góc ngược lại tìm góc biết tỉ số lượng giác

 Từ định nghĩa tỉ số lượng giác góc nhọn, xây dựng hệ thức cạnh góc tam giác vng Bên cạnh hệ thức này, đầu chương xây dựng hệ thức lượng cạnh đường cao, cạnh hình chiếu cạnh, … tam giác vuông

 Aùp dụng nội dung để tính chiều cao khoảng cách vật thể thực tế

Nắm vững công thức định nghĩa tỉ số lượng giác góc nhọn Hiểu nắm vững hệ thức liên hệ cạnh, góc, đường cao, hình chiếu tam giác vuông Hiểu cấu trúc bảng lượng giác Nắm vững cách sử dụng bảng lượng giác máy tính bỏ túi để tính “xi” tính “ngược” Hiểu cách giải thích kết hoạt động thực tế

Cụ thể :

1/ Định nghĩa TSLG góc nhọn

2/ Hệ thức tỉ số LG hai góc phụ 3/ Chú ý: a/ sin2α + cos2α = 1

b/ tgα = sincosαα c/ cotgα=cosα sinα

d/ sin2α=tg

α

1+tg2α e/ cos

α= 1+tg2α f/ tgα cotgα = k/

sin2α =1+cotg

2α l/

cos2α =1+tg

2α

, ( C/M hệ thức nầy)

4/ Hệ thức cạnh góc tam giác vuông ( từ định nghĩa suy ra) 5/ Giải tam giác vuông

6/ Ứng dụng thực tế tỉ số LG góc nhọn ( Đo chiều cao, đo khoảng cách, đo diện tích)

7/ Viết tỉ số LG góc đặc biệt ( 0o 30o, 45o, 60o, 90o… )

8/ Sử dụng thạo máy tính bỏ túi tìm tỉ số LG góc nhọn, tìm góc nhọn biết tỉ số LG nó…

9/ Khái niệm đường tròn lượng giác để liên hệ, nhận biết sâu sắc tỉ số LG góc nhọn

( giới hạn phần tư thứ nhất) 2.Kỹ cần rèn:

tam giác vng Dựng góc nhọn Chứng minh đẳng thức Rút gọn biểu thức -Tính khoảng cách - -Tính chiều cao - -Tính diện tích tam giác Tính độ dài đoạn thẳng … II.Các dạng toán :

Dạng 1: Chứng minh đẳng thức: a) (sinx + cosx)2 = + 2sinx.cosx

b) (sinx – cosx)2 = – 2sinx.cosx

c) sin4x + cos4x = – 2sin2x cos2x

d) sinxcosx(1 + tgx)(1 + cotgx) = + 2sinx cosx

e) Cho  góc nhọn tam giác vuông Chứng minh hệ thức: i) sin2 α = tg2α

1+tg2α; ii) cos

2 α =

1+tg2α Dạng 2: Dựng góc nhọn biết tỉ số LG

Dựng góc nhọn α, biết rằng:

sinα = 12 ; cosα = 0,8 ; tgα =

Dạng 3: Đổi tỉ số LG góc nhọn thành tỉ số LG góc nhỏ 45o

Đổi tỉ số lượng giác góc nhọn sau thành tỉ số lượng giác góc nhỏ 45o

sin82o; cos47o; sin48o; cos55o

Dạng 4: Xếp thứ tự từ nhỏ đến lớn tỉ số LG cho

a) Cho tam giác ABC có AB = cm, AC = cm, BC = cm Hãy tính tỉ số lượng giác góc B, C

b) Xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn tỉ số lượng giác sau: sin78o; cos14o; sin47o; cos87o.

Dạng 5: Biết sinα Tính cosα

1) Biết sinα = 0,6 Tính cosα tgα 2) Biết cosα = 0,7 Tính sinα tgα 3) Biết tgα = 0,8 Tính sinα cosα

4) Biết cosx = 12 , tính P = 3sin2x + 4cos2x.

5) a) Cho góc nhọn  mà sin = 14 Tính cos tg b) Cho góc α mà cosα = - 13 Tính sinα, tgα cotgα c) Cho tgx = 2√2 Tính sinx cosx

6) Hãy tính sinα, tgα nếu: a) cosα=12

13 b) cosα= 7) Biết sin 15o = √6−√2

4 Tính tỉ số lượng giác góc 15

o

Dạng 6: Các biểu thức dạng chứng minh biết số điều kiện toán ( áp dụng hệ

Ví dụ:

1/ Cho góc α,  nhọn, α <  Chứng minh rằng: a) cos( -α) = coscosα + sinsinα

b) sin( - α) = sincosα - sinsinα

2) Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: a) sin A

2 sin

B

2 sin

C

2≤

8 b) cosA+cosB+cosC ≤

3) Cho tam giác ABC nhọn có ba cạnh a, b, c Chứng minh rằng: c2 = a2 + b2 – 2ab.cosC (AB = c, BC = a, CA = b).

Gợi ý:

Ta có: AHC có H = 90o x2 + h2 = b2 ( định lý Pytago) Mặt khác:

BH2 = AB2 – AH2

Hay (a – x)2 = c2 – h2

a2 + x2 -2ax = c2 – (b2 – x2)

Hay a2 – 2ax = c2 – b2

 c2 = a2 + b2 – 2ax

Vậy c2 = a2 + b2 – 2abcosC.

4) a/ Cho tam giác ABC có AB = 6cm, BC = 10cm, AC = 8cm Tính sinB, cosB, tgB

b/ Cho tam giác ABC có AD, BE, CF đường cao Chứng minh rằng: AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC

Dạng 7: Chứng minh đẳng thức sau:

a) Chứng minh sin2α + cos2α = 1, tgα = sinα

cosα

b) 1+1tgα+

1+cotgα=1 c) sin4x – cos4x = 2sin2x – 1

d) sin2x+

1

cos2x=¿ tg

2x + cotg2x + 2

e) 1+sin2α

1−sin2α=1+2 tg

2α , .

f) Cho α,  hai góc nhọn Chứng minh rằng: cos2α – cos2 = sin2 - sin2α =

1+tg2α -1 1+tg2β Gợi ý: cos2α + sin2α = cos2

1+tg2α=

1 1+(sinα

cosα)

2=

1 cos2α+sin2α cos2α

=cos2α

a) tgα = sincosαα , cotgα = cosα

sinα

b) a2 – b2 = (a + b)(a – b) sin2x + cos2x = 1.

c) Chứng minh rằng:

sin2α =1+cotg

2

α

cos2α =1+tg

2

α

Dạng 8: Rút gọn biểu thức:

1) sin210o + sin220o + sin230o + sin280o + sin270o + sin260o

Gợi ý : b) sin80o = cos10o; sin70o = cos20o; sin60o = cos30o.

Mà sin2α + cos2α = 1

Do đó: sin210o + sin220o + sin230o + sin280o + sin270o + sin260o = … =

2) sin6x + 3sin4x.cos2x + 3sin2x.cos4x + cos6x

3) (1 + cosα)(1 – cosα) – sin2α .

4) Đơn giản biểu thức: A = cosy + siny tgy B = √1+cosb √1−cosb C = sina√1+tg2a

5) Tính:

a) cos2 12o + cos2 78o + cos2 1o + cos2 89o

b) sin2 3o + sin2 15o + sin2 75o + sin2 87o

6) Đơn giản biểu thức:

A = sin(90o – x)sin(180o – x)

B = cos(90o – x)cos(180o – x)

Dạng 9: Bài toán cực trị

Cho tam giác ABC có hai đường trung tuyến BD CE vng góc Tìm giá trị nhỏ

tổng tgB1 + tgC

Dạng 10: Giải tam giác vuông C, biết rằng:

a) b = 10cm, A = 30o ; b) c = 20cm, B = 35o ;

c) a = 21cm, b = 18cm; d) a = 82cm, A = 42o

Dạng 11: Tính khoảng cách - Tính chiều cao - Tính diện tích tam giác - Tính độ dài đoạn thẳng - C /m hệ thức tam giác… :Bằng cách áp dụng tỉ số LG góc nhọn

BT 1: Cho tam giác ABC có AB = 26cm, AC = 25cm, đường cao AH = 24cm Tính cạnh BC

BT 2: Cho tam giác ABC cân (AB = AC) đường tròn tâm O tiếp xúc với hai cạnh AB

AC B C Từ điểm M cung nhỏ BC (M khác B C) kẻ MD, ME, MF

1/ Chứng minh tứ giác MDBF, MBCE nội tiếp 2/ Chứng minh tam giác DBM ECM đồng dạng

3/ Cho góc BAC = 60o AB = 2, tính bán kính đường trịn tâm O.

BT 3:

Một sông rộng 250m Một đị chèo vng góc với dịng nước, nước chảy nên bơi 320m sang tới bờ bên Hỏi dòng nước giạt đò lệch góc

BT 4:

a) Cho tam giác ABC có A nhọn Chứng minh rằng: b) SABC =

1

2AB AC sinA Gợi ý : Vẽ BH đường cao tam giác ABC

BH = ABsinBAH; SABC = 12 BH.AC

c) Cho tứ giác ABCD có AC cắt BD O AOB nhọn Chứng minh rằng: SABCD = 12 AC.BD.sin AOB

BT 5:

Cho điểm A nằm bên dãy tạo hai đường thẳng song song d m B C

Xác định vị trí B C Xác định vị trí B C để diện tích tam giác ABC nhỏ

BT 6:

Cho tam giác ABC vuông A, đường phân giác AD Chứng minh rằng: a) AB1 +

AC= √

AD b) AB2+

1 AC2 ≤

1 AD2

BT 7:

Cho hình thang ABCD có hai cạnh bên AD BC nhau, đường chéo AC vng góc với cạnh bên BC Biết AD = 5a, AC = 12a

a) Tính sinsinBB −+coscosBB

b) Tính chiều cao hình thang ABCD BT 8:

Cho tam giác ABC Biết AB = 21cm, AC = 28cm, BC = 35cm a) Chứng minh tam giác ABC vng;

b) Tính sinB, sinC BT 9:

Cho hình thang ABCD Biết đáy AB = a CD = 2a ; cạnh bên AD = a, góc A = 90o

a) Chứng minh tgC = ;

b) Tính tỉ số diện tích tam giác DBC diện tích hình thang ABCD ; c) Tính tỉ số diện tích tam giác ABC diện tích tam giác DBC BT 10:

a) Chứng minh:  ANL ~  ABC ;

b) Chứng minh: AN.BL.CM = AB.BC.CA.cosAcosBcosC III.Tài liệu tham khảo:

1/ Giúp em giỏi Hình học lớp Nguyễn Đức Tấn – Võ Tất Lộc 2/ Sách giáo khoa Hình học Lớp 10 – Xuất năm 2000

3/ Hình học lớp nâng cao Vũ Hữu Bình

Buổi 7:

Chuyên đề : BÀI TỐN DỰNG HÌNH

Nói đến dựng hình phải nhớ dựng thước compa Ta học phép dựng hình sau:

 Dựng đoạn thẳng đoạn thẳng cho trước  Dựng góc góc cho trước

 Dựng đường trung trực đoạn thẳng cho trước ,dựng trung điểm đoạn thẳng cho trước

 Dựng tia phân giác góc cho trước

 Qua điểm cho trước ,dựng đường thẳng vng góc với đường thẳng cho trước

 Qua điểm nằm đường thẳng cho trước ,dựng đường thẳng song song với đường thẳng

Ta vận dụng phép dựng hình để dựng tam giác biết ba cạnh ,hoặc biết hai cạnh góc xen giữa,hoặc biết cạnh góc kề

Trong tốn dựng hình phức tạp hơn,ta phải tn thủ bước phương pháp dựng sau:

 Bước : Dựng hình

 Bước 3: Chứng minh cách dựng thoả mãn yêu cầu đề toán.

 Bước :Biện luận: Xem lại phép dựng thực để xem có điều kiện ràng buộc khơng.Từ suy tốn có nghiệm hình

Thí dụ 1:Dựng tam giác ABC ,biết cạnh BC = a ,trung tuyến AM = m (a m độ dài cho trước ) góc  AM đường cao AH.

1 Phân tích :Giả sử toán giải xong,và ta dựng tam giác ABC thoả mãn u cầu đề tốn Phân tích hình theo hướng phát phận hình hội đủ điều kiện để dựng cách xác.Đó tam giác vng AHM có cạnh huyền AM = m,và HAM =  cho trước.Tam giác hồn tồn xác định nên dựng Sau dựng xong tam giác vng AHM ,ta hồn tất hình phải dựng chẳng khó khăn gì.Vậy ta có cách dựng sau :

2 Cách dựng:

 Dựng đoạn thẳng AM có độ dài m cho trước (phép dựng a)  Dựng MAx = cho trước (phép dựng b)

 Từ M kẻ MH Ax H (phép dựng e)

Bây dựng hai đỉnh B,C Cạnh BC nằm đường thẳng MH,nên đường thẳng MH ,ta lấy hai phía khác điểm M hai điểmB,C cho MB = MC =

a

(phép dựng c a)

3 Chứng minh : Rõ ràng tam giác thoả mãn đầy đủ yêu cầu đề tốn :có cạnh BC = a cho trước , trung tuyến AM = m cho trước , MAH =  cho trước

4 Biện luận : Lần lại khâu dựng hình , khâu thực khơng có trở ngại.Duy có góc  cho trước yêu cầu đề MAH tam giác

vuông AMH phải  ,thì rõ ràng  phải góc nhọn Vậy với điều kiện này tốn giải có nghiệm hình

1 Phân tích :

 Giảsử toán giải xong ta dựng tam giác ABC thoả mãn yêu cầu toán Hình vẽ cho thấy khơng có phận hình hội đủ điều kiện để dựng

 Thí dụ:Tam giác AMC có hai yếu tố biết MAC = AM = m ,nên dựng được.Đây lúc nhớ lại tốn tương tự q giá

 Thí dụ ,nhớ :nếu kéo dài trung tuyến AM thêm đoạn MD = AM ,thì hai tam giác AMB DMC (c,g,c) nên A1=D . Từ ,hình thành

tam giác ACD với A2= , D = A

1= AD = 2m Tam giác hội đủ

điều kiện để dựng Sau dựng tam giác ,ta dựng điểm B,chẳng khó khăn

2 Cách dựng:

 Dựng đoạn thẳng AD = 2m

 Dựng hai góc kề cạnh DAC =  ADC =  ,hai cạnh AC DC giao C.Sau ta vẽ trung tuyến CA tam giác ACD kéo dài thêm đoạn MB =MC ,từ xác định đỉnh B tam giác ABC cần dựng

3 Chứng minh :Theo cách dựng ,rõ ràng tam giác AMB tam giác DMC bằng nhau(c,g,c).Từ AM =

AD

= m , A1=D = , A

2= .Cho nên ,tam giác ABC

dựng thoả mãn đầy đủ yêu cầu đề

4 Biện luận :Trên ta nói hai cạnh AC DC giao C.Thực chúng giao +  < 2v Do tốn ln giải có nghiệm hình

1 Phân tích :Giả sử tốn giải xong ta dựng đoạn thẳng AB thoả mãn

yêu cầu đề A Ox, B Oy M trung điểm AB

Nếu kéo dài OM thêm đoạn MD = OM AMO = BMD(c,g,c)  O1= D Từ ,

DB  Ox Ngược lại, từ D kẻ DB Ox

(B Oy ,rồi BM đến cắt Oxtại A AMO =BMD (g,c,g) với M 1= M 2 (đối đỉnh) ,M 1= D (so le ,DB Ox) MD =OM (do dựng ),từ AM = MB. 2 Cách dựng :Kéo dài OM thêm đoạn MD= OM ,rồi từ D kẻ đường thẳng song với

Ox ,cắt Oy B.Tiếp đến kẻ BM cắt Ox A M trung điểm AB

Chứng minh: AMO BMD có : 

M 1=M 2 (đối đỉnh)

MO = MD (cách xác` định điểmD) 

O1= MDB (so le –DB  Ox) Do :AMO = BMD (g,c.g)

 AM = MD

4.Biện luận : Bài tốn ln có nghiệm Phụ :Bài tốn phân tích cách khác : Kẻø MNOx (NOy) MN= 2

OA

.Ngược lại,

nếu kẻ MNOx(NOy),và lấy điểm A Ox sao

cho OA = 2MN,rồi kẻ AM đến cắt Oy B có

AM =MB.Quả ,gọi B trung điểm OA  OP

= PA PMON.Vậy BM phải qua trung điểm AB,tức AM = MB Qua phân tích ta thấy rõ cách dựng

chứng minh Bài tốn ln có nghiệm Thí dụ :Cho góc xOy hai điểm A,B Dựng điểm cách hai cạnh Ox,Oy cách hai điểm A,B

1 Phân tích :

cách hai điểm A,B ,nghĩa có MH = MK (MHOx,HOx, MKOy,KOy)

MA=MB

Vậy M vưà thuộc tia phân giác Ot xOy, vừa thuộc đường trung trực d AB nên M giao điểm Ot d

Cách dựng :

Dựng tia phân giác Ot góc xOy đường trung trực d AB ,d cắt Ot M M điểm cần dựng

3.Chứng minh :

MOt nên MH = MK

Md nên MA = MB

4.Biện luận :

a d cắt Ot AB khơng vng góc với Ot Bài tốn có nghiệm hình b Nếu AB  Ot OAOB Ot  d :Bài tốn vơ nghiệm

c Nếu ABOt OA = OB d  Ot Bài tốn có vơ số nghiệm,nghĩa

điểm Ot vừa cách hai cạnh Ox Oy,vừa cách A B Thí dụ :Cho góc nhọn xOy điểm A Oy.Tìm điểm M trên đoạn OA cho kẻ MP = MA

1 Phân tích :Giả sử tốn

giải xong ta dựng điểm M theo yêu cầu đề Kẻ PNAM PN = AM AN  NP ,

Có nghĩa AN Ox (1)

Mặt khác PN = AM = OP nên tam giác OPN cân : 

O1=N 1

Mà O 2 = N

1(góc so le trong-PNOy)

NênO 1=O 2.

Điều có nghĩa N nằm tia phân giác góc xOy

Theo (1) N nằm đường thẳng vng góc với Ox hạ từ A.Vậy N giao điểm đường thẳng với tia phân giác góc xOy Vị trí N hồn tồn xác định ,do dựng

3 Chứng minh :NP Oy nên N

1= O (so le )

Mà Ot tia phân giác :O 1=O

Từ :O 1=N1 Tam giác OPN cân P : OP = PN. MP AN vng góc với Ox nên MP AN

Do đó: PN = AM (đoạn thẳng song song bị chắn hai đường thẳng song song) (2)

Từ (1),(2) suy ra: OP = AM

4 Biện luận : Góc xOy nhọn nên tia phân giác Ot cắt đường thẳng kẻ từ A vuông góc với Ox điểm N nhất.Do tốn có nghiệm hình

BÀI T PẬ

Bài 1:Cho tam giác ABC vuông cân, cạnh huyền BC = 2a không đổi Gọi H trung điểm BC

1.Hãy dựng điểm M đoạn AH cho khoảng cách từ M đến BC tổng

khoảng cách đến AB AC

2.Tính theo a độ dài HM tương ứng

HD: 1/ Gọi N điểm đối xứng M qua AB

1 Phân tích :Giả sử dựng M thuộc AH mà khoảng cách từ M đến BC tổng khoảng cách từ M đến AB AC Ta có NAP  MH = MK + ML =MN

 MNH cân M  MNH = MHN  MHN = PHN . 2 Cách dựng :+Dựng điểm P đối xứng điểm H qua AB

+Dựng phân giác HN AHB

+DỰng NM PH , M AH ta có M điểm cần dựng 3 Chứng minh: Thật :MHN cân M  MH = MN = MK+ ML 4 Biện luận:Bi tốn có nghiệm hình

2/Đặt MH = x.TA có : AH = AM + MH  MA = a – x

MH = 2MK  x = (a – x)

2  x =

2

1

a

  x = a(2- 2).

Bài 2: Dựng tam giác ,biết hai góc đường phân giác

Biết hai góc tam giác tức biết góc thứ ba ,nên cho biết đường phân giác thuộc góc thơi.Do ta dựng tam giác ABC,biết góc B bằng ,góc C  đường phân giác BD đoạn thẳng a cho trước

1 Phân tích :Giả sử tốn giải xong ta dựng tam giác ABC theo yêu cầu đề Ta tìm khâu” đột phá’tức tìm tam giác hội đủ điềåu kiện để dựng được.Dễ dàng phát tam giác BDA có BD =a ,ABD =

B =2

 

BDA =

B + C =

 +

2 Cách dựng :

 Trước hết dựng góc  xBy

=

 Dựng tia phân giác Bt góc đó.Trên tia Bt dựng đoạn BD = a

 Từ D dựng đường thẳng song song với By cắt Bx E.Dựng góc EDv =

 Cạnh Dv cắt Bx A tia đối tia Dv cắt By C 3 Chứng minh : BDE = DBC =2



Vậy BDA = BDE + EDA = 

+  Từ suy C =  Vậy tam giác ABC dựng có B =  , C =  tia phân giác BD = a 4.Biện luận :bài tốn ln có nghiệm hình  +  < 2v

Bài 3 :Dựng tam giác cân ABC (AB = AC ),biết chu vi 2p chiều cao AH=h

1 Phân tích :Giả sử toán giải xong ta dựng tam giác ABC theo yêu cầu đề

Nếu tia đối tia CB ta dựng đoạn thẳng CD = AC ,và tia đối tia BC dựng đoạn thẳng BE = AB đoạn DE = 2p,và đường cao AH=h dựng Sau dựng tam giác cân DAE ,ta xác định vị trí hai đỉnh B C chẳng khó khăn ,bằng cách dựng đường trung trực AE AD

2 Cách dựng :Dựng đoạn thẳng DE = 2p.Dựng đường trung trực d DE ,vng góc với DE H.Dựng điểm A d cho AH = h Dựng đường trung trực AE AD cắt DE đỉnh B C cần dựng

3 Chứng minh : RoÕ ràng AB = BE , AC = CD nên tam giác ABE ACD tam giác cân.ABC = E , ACB = 2D Mà tam giác AED tam giác cân(AE = AD) nên E = D TưØ ABC = ACB ,và tam giác ABC tam giác cân với đường cao AH = h MaËt khác , chu vi tam giác ABC = AB +AC +BC =EB + BC + CD = 2p Vậy tam giác cânABC dựng đáp ứng yêu cầu đề

4 Biện luận :

Bài tốn ln có nghiệm hình

Bài 4:Dựng tam giác ABC biết chu vi 2p B =  , C =

1 Phân tích :Giả sử tốn giải xong ta dựng tam giác ABC theo yêu cầu đề

Nếu tia đối tia BC ta dựng đoạn thẳng BE = AB , tia đối tia CB dựng đoạn thẳng CD = AC ta đoạn thẳng DE = 2p Hai tam giác ABE ACD tam giác cân nên: E =

1 B

= 

D =

1 C = 2



Vậy tam giác ADE hội đủ điều kiện để dựng

2 Cách dựng : Dựng đoạn thẳng DE = p , dựng góc E = 

góc D =2 

,hai cạnh EA DA hai góc E D cắt A Dựng đường trung trực AE AD , cắt DE B C cần dựng

3 Chứng minh : Các tam giác ABE vàACD tam giác cân B thuộc đường trung trực AE(AB = BE ) C thuộc đường trung trực AD (AC = CD ).Từ ,B =2E = góc C =2D =

Mặt khác , chu vi tam giác ABC = AB+AC+BC=BE+CD +BC = 2p Vậy tam giác ABC thoả mãn yêu cầu đề

4 Biện luận : Bài tốn có nghiệm hình  +  < 2v

BÀI TẬP

Bài 1:Dựng tam giác ABC ,biết vị trí ba điểm : Đỉnh A ,trung điểm M cạnh AC trọng tâm G tam giác

Hướng dẫn :Trường hợp dựng nầy thuận lợi ,vì từ đầu có tam giác AGM làm cơsở để hồn tất hình cần dựng Bài 2:Dựng tam giác ABC ( A = 1v) ,biết đường cao AH trung tuyến AM ứng với cạnh huyền

Bài 3: Dựng tam giác vuông biết cạnh huyền trung tuyến ứng với cạnh góc vng

Hướng dẫn :Chú ý tam giác vuông ,nếu biết cạnh huyền biết ln trung tuyến ứng với nó,thành biết hai trung tuyến trọng tâm tam giác

Baì 4: Dựng tam giác biết cạnh hai trung tuyến xuất phát từ hai mút cạnh Bài 5:Dựng tam giác ABC biết cạnh BC trung tuyến AM,BN

Hướng dẫn :Bài 4,5 biết hai trung tuyến tức biết trọng tâm tam giác Bài 6:Dựng tam giác biết độ dài ca ûba trung tuyến

Hướng dẫn :Kéo dài AD thêm đoạn DI = GD =

1 3AD.

Chứng minh CI = BG Vậy tam giác CIG hồn tồn xác định,dựng Từ hồn tất hình cần dựng Bài 7: Dựng tam giác ABC biết giao điểm ba đường cao với đường tròn ngoại tiếp D,E,F

Hướng dẫn : Giả sử tam giác ABC dựng xong ,gọi H trực tâm tam giác ABC ,khi ,D,E,F điểm đối xứng H qua BC, CA AB  DA,BE, CF ba đường phân giác tam giác DEF cắt (O) A,B,C.Tam giác ABC tam giác cần dựng.

Hướng dẫn : Giả sử hình thoi ABCD dựng xong ,tâm O giao điểm của:-Đường trịn đường kính ME (vì MOE=1v) -Đường trịn (E; a) ,(vì EO = a (cm) )

Các đường thẳng EO MO đường thẳng chứa đường chéo AC BD

A D giao điểm EO MO đường trung trực MQ Từ xác định C B đối xứng với A D qua O

Bài 9: Cho hai điểm A B phía đường thẳng xy Dựng điểm M cho từ M nhìn đoạn AB góc  cho trước hai cạnh AM MB chắn xy đoạn thẳng có độ dài m cho trước

Hướng dẫn : Giả sử toán dựng xong

Vẽ BC  xy BC = m  AEC = M = 

 E cung chứa góc  dựng đoạn AC E thuộc xy. Lấy đoạn ED xy để có ED = m

M giao điểm AE BD

Buổi 8:

Chuyên đề: 8

DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH

I NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ:

1 Đa giác lồi. 2 Đa giác đều

3 Tổng góc đa giác n cạnh (n – 2) 1800

4 Số đường chéo đa giác n cạnh

( 3)

2

n n

5 Tổng góc ngồi đa giác n cạnh 3600

6 Trong đa giác đều, giao điểm O hai đường phân giác hai góc tâm đa giác Tâm O cách đỉnh, cách cạnh đa giác đều, có đường tròn tâm O qua đỉnh đa giác gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác

7 Diện tích tam giác:

1

S a h

(a: cạnh đáy; h: chiều cao tương ứng)

1 sin

S a b C

( a = AB; b = CA ) 8 Diện tích hình chữ nhật

S = ab

9 Diện tích hình vng S = a2

10 Diện tích hình bình hành

S = ah (h chiều cao kẻ từ đỉnh đến cạnh a) 11 Diện tích hình thoi

1

S AC BD

A

H K

C I

B

12 Diện tích hình thang

1

( )

2

S AB CD AH

(AB, CD hai đáy; AH: chiều cao) 13 Một số kết cần nhớ

a) SABM = SACM ( AM trung tuyến tam giác ABC)

b) AA’ // BC => SABC = SA’BC

c)

ABD DBC

S BD

S CD (D thuộc BC tam giác ABC)

d)

ABD DBC

S AH

S DK (AH; DK đường cao tam giác ABC DBC)

e)

AMN ABC

S AM AN

S  AB AC (M thuộc BC; N thuộc AC tam giác ABC)

II PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH: Sử dụng cơng thức tính diện tích để thiết lập mối quan hệ

về độ dài đoạn thẳng

- Ta biết số công thức tính diện tích đa giác cơng thức tính diện tích hình tam giác, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi … biết độ dài số yếu tố ta tính diện tích nhữnh hình Ngược lại biết quan hệ diện tích hai hình chẳng hạn biết diện tích hai tam giác có hai đáy suy chiều cao tương ứng Như công thức diện tích cho ta quan hệ độ dài đoạn thẳng Sử dụng công thức tính diện tích hình giúp ta so sánh độ dài đoạn thẳng

- Để so sánh độ dài đoạn thẳng phương pháp diện tích, ta làm theo bước sau:

1 Xác định quan hệ diện tích hình

2 Sử dụng cơng thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đẳng thức có chứa độ dài

3 Biến đổi đẳng thức vừa tìm ta có quan hệ độ dài hai đoạn thẳng cần so sánh

Ví dụ 1:

Cho tam giác ABC Từ điểm O tam giác ta vẽ OH AB; OI BC; OK CA Chứng minh O di động tam giác tổng OH + OI + OK không

đổi

Giải

Gọi độ dài cạnh tam giác a, chiều cao h Ta có:

AOB BOC COA ABC S S S S

1 1

2a OH 2a OI2a OK 2a h

1

( )

2a OH OI OK  2a h (OH OI OK) h

- Có thể giải ví dụ cách khác ngắn gọn phương pháp diện tích trình bày

- Bài toán O thuộc cạnh tam giác

- Nếu thay tam giác đa giác tổng khoảng cách từ O đến cách cạnh không thay đổi

Ví dụ 2:

Chứng minh định lý Pitago: Trong tam giác vng, bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng:

Giải:

- Dựng phía ngồi ABC hình vng BCDE; ABFG; ACMN

- Muốn chứng minh BC2 AB2AC2 ta phải chứng minh SBCDESABFG SACMN

- Vẽ đường cao AH kéo dài cắt DE K ta chứng minhSABFG SBHKE ACMN CHKD

S S

- Nối AE; CF

FBC ABE

  (c-g-c)  SFBC SABE (1) FBC

 hình vng ABFG có chung đáy BF, đường cao ứng với đáy bằng

nhau (là AB)

1

FBC ABFG

S S

 

(2) Tương tự:

1

ABE BHKE

S S

 

(3) Từ (1); (2) (3)  SBHKE SABFG

Chứng minh tương tự ta được: SCHKD SACMN

Do đó: SBHKE SCHKD SABFG SACMN BCDE ABFG ACMN

N \ M

\ O

\ C

\

Nhận xét:

- Điểm mấu chốt cách giải vẽ hình phụ: vẽ thêm ba hình vng

Ta phải chứng minh: BC2 AB2AC2 mà BC2; AB2; AC2 diện tích các

hình vng có cạnh BC; AB; AC

- Để chứng minh SBCDESABFGSACMN ta vẽ đường cao AH kéo dài để chia hình

vng BCDE thành hai hình chữ nhật khơng có điểm chung chứng minh hai hình chữ nhật có diện tích diện tích hai hình vng

Bài tập áp dụng: (Khoảng tập)

III TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ

- Đặt diện tích cần tìm ẩn đưa phương trình hệ phương trình với ẩn

- Giải phương trình hệ phương trình để tìm nghiệm Ví dụ 1:

Cho ABCcó diện tích đơn vị, cạnh AB lấy M AC lấy N cho

AM = 3BM BN cắt CM O Tính diện tích AOBvà AOB Giải:

Đặt SAOB = x; SAOC = y

(x,y > 0)

F

G

A

N \

M \

C \ H

\ B

\

E

\ K\ D\

A \ N \ C \ P \ H \ Q M \ B \ I \ Ta có: OAM OAB S

S  (vì 34

AM AB  )

3 OAM x S   Vì AN

AC  nên

4

OAN AN

C AC

S  

4 OAN y S  

Ta có: SBAN = SBAO + SOAN = x +

4

y

mà

4

5 ABC

BAN S

S  

nên

4

5

y x 

(1) mặt khác: COA OAM CAM x

S S y

S    

mà:

3

4 ABC

CAM S

S  

do đó:

3

4

x y 

(2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình 5x + 4y = (3)

3x + 4y = (4)

Lấy (3) trừ (4) theo vế ta

1 x Thay x

vào (3) ta

3 x Vậy AOB S  AOC S 

Ví dụ 2:

Giả sử MNPQ hình vng nội tiếp tam giác ABC, với MAB N; AC và

;

P Q BC Tính cạnh hình vng biết BC = a đường cao AH = h Giải:

Gọi I giao điểm AH với MN Đặt cạnh hình vng MNPQ x (x > 0), Ta có:

1

AMN

S  MN AI ( )

2x h x

 

1

( ) ( )

2

BMNC

S  BC MN MQ  a x x

1

ABC

S  a h

Ta lại có: SABC SAMN SBMNC nên

1 1

( ) ( )

2a h2x h x 2x a x

Hay: ( )

ah a h x a h x

a h

   



Vậy cạnh hình vuông MNPQ

ah a h Bài tập áp dụng: khoảng bài

IV BẤT ĐẲNG THỨC DIỆN TÍCH:

- Ta sử dụng hệ bất đẳng thức Cơsi: hai số có tổng khơng đổi tích chúng lớn hai số

- Để sử dụng bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định x biểu thị đại lượng cần tìm giá trị nhỏ (hay giá trị lớn nhất) biểu thức có biến x tìm điều kiện x để biểu thức có giá trị nhỏ (hay giá trị lớn nhất)

Ví dụ 1:

Cho tam giác ANC vuông A, AB = 4cm Trên hai cạnh AB AC lấy điểm M, N cho AM = CN Xác định vị trí M, N cho tứ giác BCMN có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ

Giải:

Đặt: SBCMN S; AM = CN = x

=> AN = - x S = SABC - SAMN

4.4 (4 ) (4 )

8

2 2

x x x x

S      

S nhỏ

(4 )

2

x  x 

lớn

(4 )

2

x  x 

lớn

Vì x + (4 – x) = (không đổi) nên x(4 – x) lớn  x = – x

 x = (hệ bất đẳng thức Cơsi

Khi M N trung điểm AB AC

min

2(4 2)

8

2

S     cm

Ví dụ 2:

Cho đường trịn tâm O bán kính r nội tiếp tam giác ABC Qua O vẽ đường thẳng cắt hai cạnh AC BC tạio M N Chứng minh SCMN 2r2

Giải:

Đặt SCMN S

Ta có

1

( )

2

CMN OCM OCN

S S S  MC NC r Theo bất đẳng thức Côsi:

1

( ) 25

2 MC NC  CM CN 

B

M

A

N C

A M

B

I

K C

E D

A

(Vì

1

( ).sin

2

S  MC NC C CM CN

)

1

( )

2

S MC NC r S r

   

2 2

S S r

 

Dấu “=” xảy CM = CN hay MN OC

Bài tập áp dụng: Khoảng bài

V BÀI TẬP VỀ DIỆN TÍCH VÀ CHỨNG MINH

Ví dụ 1:

Cho hình thang ABCD, đáy AB = 3cm, AD = 4cm, BC = 6cm, CD = 9cm Tính diện tích hình thang

Giải

Vẽ BE AD// ta có:

3

S   h h

(cm2) CBE

 cân C IC2 = 36 – = 32

4 IC

4.4 2

BCE

S  

8 5.2

6

h BK

   

8

6 16

3

ABCD

S  h 

Ví dụ 2:

Cho ABCcó chu vi 2p, cạnh BC = a, gọi góc BAC   , đường trịn nội tiếp

tam giác ABC tiếp xúc cạnh AC K Tính diện tích AOK

+ Giải

AK = AL; CK = CM; BM = BL CM + AK + BM = 2p AK = p – (BM + CM) AK = p – a



KAO

 

OK = (p - a)tan 

SAOK =

1

2 AK .AO =

2

1

( ) tan

2 p a

 

* Bài tập áp dụng:

1 Cho  ABC có góc nhọn, đường cao AA’, BB’, CC’ trực tâm H.

C

K

A L B

Tính tổng:

' ' '

' ' '

HA HB HC

AA BB CC

2 Một tam giác có độ dài đường cao số ngun bán kính đường trịn ngoại tiếp Chứng minh tam giác

3 Cho  ABC biết A, , B ,,C  , đường trịn nội tiếp tam giác có bán kính r; P, Q, R tiếp điểm

Tính diện tích tam giác PQR

4 Cho ABC Trên cạnh AB lấy điểm M, cạnh AC lấy điểm N cho

1

AM AN

AB AC  Gọi O giao điểm BN CM Gọi H, L chân đường

vng góc kẻ từ A, C tới đường thẳng BN a/ Chứng minh CL = AH

b/ Chứng minh: SBOC = SBOA

Kẻ CE BD vng góc với AO Chứng minh BD = CE c/ Giả sử SABC = 30 cm2, tính SAMON

5 Cho hình thang ABCD, đáy AB, O giao điểm hai đường chéo AC BD a/ Chứng minh rằng: SOAD = SOBC

b/ SOAB.SOCD = (SOBC)2

HƯỚNG DẪN GIẢI

1 Ta có:

1

' '

2

1 '. '

2

HBC ABC

HA BC

S HA

S  AA BC AA

(1) Tương tự:

' '

HAB ABC

S HC

S CC (2)

' '

HAC ABC

S HB

S BB (3)

Cộng (1), (2) (3) ta được:

' ' '

' ' '

HA HB HC

AA BB CC =

HBC HAB HAC ABC

S S S

S

 

=

ABC ABC S

S 

2

Đặt a = BC, b = AC, c = AB

Gọi x, y, z độ dài đường cao tương ứng với cạnh a, b, c tam giác Vì bán kính đường trịn nội tiếp nên x, y, z >

Giả sử: xyz

Theo kết 1: 

1 1

x  y  z =1 

3

z

 z  z=3

A B

’ C

’ H

C

B A

Từ:

1 1

x  y  z =1 

1

x y  hay 3(x+y) = 2xy

 (2x-3)(2y-3) = = = 1  x = y = x = 6; y =2 (loại) Vậy = y = z a = b = c

3

OP = OQ = OR = r SPQR = S OPR + SOPQ + SOQR

SPQR =

1

2 r2sin(1800 -  )

=

1

2 r2sin 

SORQ =

1

2 r2sin 

SORQ =

1

2 r2sin 

Do SPQR =

1

2 r2 (sin  + sin  + sin  )

4

a/ CN = AN  SBNC = 2S BNA BNC BNA

S S

2

BNchung CL AH

 

 

 

/

1

S

2

S S 2S

2 CL= 2AH

BOC

BOA BOC BOA

BO CL BO AH



 

 

  

  

 (1)

Chứng minh tương tự SBOC = 2SCOA (2)

T (1) v (2)  SBOA = SCOA (3) Kẻ CE  AO, BDCE

Ta chứng minh được: BD = CE

c/ Giả sử SBOC = 2a (cm2)  SBOA = a (cm2), SCOA= a (cm2)

Ta tính được:

SABC = 4a (cm2)  a = cm2

A H N M

O L

C D

B E

Ta lại có SONA = SOMA =

1

3 a= (cm2)

Vậy: SOAMN = cm2

5

a/ Kẻ đ ờng cao AH v BH’, ta c ó: AH = BH’ Ta có: SADC =

1 AH DC

SBDC =

1

' 2BH DC

 SADC = SBDC  SODA = SOBC

b/ Kẻ đường cao BK ABC, ta c ó: OAB

OBC

S OA

S OC

Tương tự:

OAD OCD

S OA

S OC 

OAB OAD OBC OCD

S S

S S  (S

OBC)2 = SOAB.SOCD ( Vì SOBC = SOAD)

A B

L

K

C H

’ A