Đang tải... (xem toàn văn)
Dùng trªn cïng mét nöa mÆt ph¼ng bê lµ ®êng th¼ng AB c¸c h×nh vu«ng ANCD vµ BMEF.[r]
(1)Suối Ngô, Ngày 17, 18, 19, 21, 24/09/2013
Chuyên đề 1: CỰC TRỊCỦAMỘT BIỂU THỨC
I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA 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 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 ¿¿
(2)Giải : P = ax2 + bx +c = a( x2 + b
a x ) + c = a( x + b
2a )2 + c -
2
b a Đặt c - b
2
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 = - 2ba
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 + = ⇔ x1 = 1, x2 = 6. 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
¿
(3)Ta thấy (3x – 1)2 nên (3x – 1) 2 +4 (3x1) 4
1
4 theo
tính chất a b a
1
b với a, b dấu) Do
3x −1¿2+4
¿ −2
¿
−2
4 ⇒ A -1
minA = - 12 ⇔ 3x – = ⇔ x = 13 Bài tập áp dụng:
1 Tìm GTLN BT : A
x 4x
HD giải:
2
2
1 1
A max A= x
x 4x x 5
Tìm GTLN BT :
1 A
x 6x 17
HD Giải:
2
2
1 1
A max A= x
x 6x 17 x 3 8 8
3 (51/217) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A
2 x 2x
b/ Phân thức có mẫu bình phương nhị thức Ví dụ : Tìm GTNN A = 3x
2
−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 =
(4)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 = (
y -1)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 P x x x
2, (36/210) Tìm GTNN bt :
2 2006
B x x
x
3, ( 45/ 214) Tìm GTNN GTLN bt:
2 C 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 = x
2
−4x+4− x2−1
x2+1 =
x −2¿2 ¿ ¿ ¿
- -1 Min A= -1 x =
Tìm GTLN A = 4x
+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,
2 B x x
3, (35, 36 / 221) Tìm GTNN bt: a,
2 4 4
C x x
x
(5)4, (34, 36/ 221) Tìm GTNN bt: a,
3 E x
x
với x > 0; b,
2 Fx
x Với x >
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
3
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 CĨ 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 Đến ta có nhiều cách giải
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 =
2 x = y =
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 =
2 x = y =
Cách 3/ Sử dụng điều kiện cho để dưa biến
(6)x2 + y 2 = (
2 + a)2 + (
2 - a)2 =
2 +2 a2
2 => MinA =
2 ⇔ a = ⇔ x=y =
2
Bài tập : Tìm Min A = a2ab b 2 3a 3b2014
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 1
= a 1 b1 a b1 b1 2011= a 1 2b12a1 b12011
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
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 = a2ab b 2 3a 3b3
Bài CMR: khơng có giá trị x, y, z thỏa mãn ĐT:
2 4 2 2 8 6 15 0
(7)Hướng dẫn Ta có:
2 2 2
2 2
VTx 2x 1 4y 8y 4 z 6z 9 1= x-1 2y2 z 1 Bài 3: Có hay không số x,y,z thỏa mãn đẳng thức sau:
1)x2 4y2z24x4y8z22 0 2) x24y29z2 2x12y12z1994
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 4mp5p210m 22p28
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 Ba2 5b2 2a4ab10b
Hướng dẫn Ta có:
2 2
Ba 4ab 4b b 6b 2 a4b 1
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
Bài 6: Tìm GTNN
a) A=a25b2 4ab 2b5 ( Gợi ý
2
A = a - 2b b1 4 ) b) B = x2 y2 xy 3x 3y2029 ( Gợi ý
2 2 2
(8)c) Cx24y29z2 4x12y 24z30 ( Gợi ý
2 2 2
C = x+2 2y3 3z4 1 )
d) D= 20x218y2 24xy 4x12y2016 ( Gợi ý
2 2
D= 4x-3y 2x1 3y 2011 )
Bài 7: Tìm số a, b, c, d thỏa mãn : a2b2c2 d2 a b c d (*)
Ta có :
2 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 : a2b2c2d 0 a b c d 0
BÀI TẬP VỀ NHÀ:
Bài 1: Tìm số a, b, c, d, e thỏa mãn : 2a2 b2c2d2e2 a b c d e Bài 2: Tìm số a, b, c, thỏa mãn : a2b2 1 ab a b
Bài 3: Tìm số a, b, thỏa mãn : 4a24b24ab 4a4b 4
Bài 4: Tìm số x, y, z thỏa mãn : x24y2z2 2x 8y6z14 Bài 5: Tìm số m, p, thỏa mãn : m25p2 4mp10m22p25
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
2 Chú ý 2, Khi tìm cực trị biểu thức , nhiều ta thay điều kiện để biểu thức đạt cực trị điều kiện tương đương biểu thức khác đạt cực trị
(9)
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 và ngược lại)
Ta có : A =
2 2
4 4
( 1) 2
1
1 1
x x x x
x x x
.Vậy
1
A
min
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 Cơ 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 =
2 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 có tổng khơng đổi tích chúng lớn số
(10)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 =
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 côsi 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 x ta có :
2 2 4
(11) 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
2
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 =
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số khơng âm x, y, z ta có: = x + y + z ≥ 3.3 xyz (1) Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x+y, y +z, z + x ta có :
(12)Nhân vế (1) với (2) (do hai vế không âm) : ≥ 9.3 A A ≤
max A =
x = y = z = 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 = 3.
VD 6: Tìm GTNN 2
1
A 4xy
x y xy
với : x > 0, y > 0, x + y < 1 Ta có:
2
2 1 1
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 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 = 2x25x2 + x+3 - 2x
Giải : Ta có :
2
A = 2x 5x2 + x+3 - 2x = 2x 1 x2 + x+3 - 2x Với
1 x
ta
có:
2x x
(13)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 yz
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 ,
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
(14)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
x
x x
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 x2 3 x 3 x
hay 2 3 x 3 x A2 =>A Dấu “=” xảy : 3x - = - 3x hay x = VD2: Tìm GTNN biểu thức: A = -x22x 8 -x2 x (*)
ĐKXĐ :
2
2
-x
1
1
1
-x
x x
x x
x x
x x
x
Khi
2
-x 2x 8 -x x x
=> A >
Từ (*) =>
2 2 2
A = -x 2x 8 -x x -x 2x8 -x x
2
= -2x 3x10 2 x2 4 x x1 2 x
= 2 x x 2 x1 4 x 2 2 x x 2 x1 4 x
2
2
= 4 x 2 x x2 x1 4 x x1 4 x 2
2
4 x x x 2
A = 4 x2 x1 4 x x0
BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao số chuyên đề Bùi văn Tuyên )
(15)Bài 4: Tìm GTLN hàm số : A 2x 3 23 2 x
Bài 5: Tìm GTLN hàm số : A 5x 7 17 5 x
Bài 6: Tìm GTLN hàm số : A 3x 2 20 3 x
Bài 7:Tìm GTLN : A x 1 y 2 biết x + y = Bài Tìm GTNN : A = -x2 4x21 -x23x10
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 không.
VD Tìm giá trị lớn biểu thức:
x - A =
5x
Giải: ĐKXĐ: x9 Ta có:
x - A =
5x =
1 x -
x - 3
.3
1
2
3
5x 5 30
x
x x
Dấu “=” xảy x -
3
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
(16)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 y4 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 y6
Rễ thấy: – x - y2 ( 1) Dấu ‘=’ xảy x + y = 6
=> A = x y( - x - y ) đạt GTNN x2y đạtGTLN
Ta có :
3
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 .
x
2 .(3 – x) ≤
x x x
2 1
3
(17)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 Bx 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
(18)Bài 4: Tìm GTNN biểu thức:
x - B =
x
Bài 5: Tìm GTNN biểu thức:
2
x
A = x
x
(Bồi dưỡng HSG toán đại số TRẦN THỊ VÂN ANH) 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 < )
Biện pháp 4: Thêm hạng tử vào biểu thức cho:
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
2
4
x y z x
x y z y
x z +
x z 2
2
4
y x z y
y x z z
y x + 4
y x 2
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
(19)Vậy Min P =
2 2
4
2
4
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 (x + y), ( z + y), ( x + z) khơng 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
1
x y (a b số dương)
Giải Cách : 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 : 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
.
(20)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 = 2
1 x y z
3
VẬN DỤNG BDT A B A+B ĐỂ TÌM CỰC TRỊ
Bài 1: Tìm GTNN hàm số : y x22x 1 x2 2x1
Cách 1: y x22x 1 x2 2x 1 x x1 Nếu: x < -1 y x x1x 1 x 1 2x2 Nếu: -1 x 1 y x x1 x x 1
Nếu: x > y x x1 x x 2 x2 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
=
(21)=> Max A =
1
2
2
2
x x
y x xy
Cách 2: Ta có : A =
.2
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 4.2
x xy
x xy x xy
x xy x xy x y
Thay số
ta có : 2x y2 =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 4x212x9 b,
2 4 4 6 9
y x x x x
Bài 2: Tìm GTNN HS: a, y 4x220x25 x2 8x16 b,
2
25 20 25 30
y x x x x
Bài Tìm giá trị nhỏ A x x 1 x x 1 Suối Ngô, Ngày 25,26,28/09/2012-01,02/10/2012
CHUYÊN ĐỀ 2: CHỨNG MINH BẤT DẲNG THỨC Bài 1:Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác
CMR: ab + bc + ca a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca). Giải:
Ta có:
a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca
c −a¿2 b − c¿2+¿≥0
a −b¿2+¿ ¿ ¿1
2.¿
(22)Lại có:
a < b + c ⇒ a2 < a.(b + c) (1)
Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3). Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:
a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca).
Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: √z.(x − z)+√z.(y − z)≤√xy (1) Giải:
Đặt: ¿ x=z+m
y=z+n
¿{
¿
(m,n,z > 0)
Khi (1) trở thành: √zm+√zn≤√(z+m).(z+n)
⇔√m+√n ≤√(1+m
z).(n+z) (2) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
2
2
1 m (n z) n m.z n m m (n z) n m
z z z
Vậy (2) đúng, tức (1) (đpcm)
Bài 3:Cho xy > x + y = 1.CMR: (x4+y4)+
xy≥5 Giải:
Từ giả thiết
¿ xy>0
x+y=1>0
⇒x , y>0
¿{
¿ Ta có:
1=x+y ≥2 √xy⇒1
4≥xy⇒
xy ≥4(1) Lại có:
4 2 4 2 2 2 2 2
8 x y 4.(1 1 ).(x y ) 4.( x y ) (1 1 ).(x y ) x y 1
Suy ra: 8.(x4 + y4) 1 (2). Từ (1) (2) suy ra:
8 (x4
+y4)+
xy≥1+4=5 Ta có đpcm
Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ba số sau số dương: x = (a + b + c)2 - 9ab ; y = (a + b + c)2 - 9cb ; z = (a + b + c)2 - 9ac.
Giải:
(23)=
c − a¿2 b − c¿2+¿>0
a − b¿2+¿ ¿ 2.¿
(Do a b c a)
Vậy ba số x,y,z có số dương
Bài 5: Nếu ¿ a+b ≥1
ab>0
¿{
¿
a4+b4≥1
8 Giải: Hồn tồn tương tự
Bài 6:CMR: (x10+y10).(x2+y2)≥(x8+y8).(x4+y4)
Giải: Ta có: (x10
+y10).(x2+y2)≥(x8+y8).(x4+y4)
⇔x12+y12+x2y2.(x8+y8)≥ x12+y12+x4y4.(x4+y4) ⇔x2y2.(x8+y8)≥ x4y4.(x4+y4)
⇔x2y2.(x8+y8− x6y2− x2y6)≥0
2
2 2. 2 . 6 0 2. 2 . 2 0
x y x y x y x y x y x x y y
Bất đẳng thức cuối ln đúng.Vậy ta có đpcm
Bài 7:CMR: Nếu a,b,c số đôi khác a + b + c < : P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0.
Giải:
Có:P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0. Bài 8:CMR:
2n+1¿2 ¿ ¿ A=1
9+ 25+ .+
1 ¿
với n∈Ν , n>1
Giải:
Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được: 2n+1¿2
¿ ¿ ¿
Áp dụng ta có: A<1
2.[ 3+
1 4+
1
4 5+ +
1
(2n+1).(2n+2)]=¿=
1 2.[
1 2−
1 3+
1 3−
1 4+ .+
1 2n+1−
1 2n+2]=
1 2.[
1 2−
1 2n+2]<
1 Ta có đpcm
Bài 9:CMR: Nếu: p,q > thì: p2+q2
(24)Giải: Có:
p2+q2
p+q −√pq=
(√p −√q)2.(p+√pq+q)
p+q ≥0
Ta có đpcm Bài 10:CMR:
k2< k −1−
1
k với số nguyên dương k >1.Từ suy ra: 1+1
22+ 32+ +
1 n2<2−
1
n với n >1 Giải:
Ta có: k2<
1
(k −1).k=
1 k −1−
1 k Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được:
1+
22+ 32+ +
1 n2<1+(
1 1−
1 2+
1 2−
1 3+ +
1 n −1−
1 n)=2−
1 n Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y xy = 1.CMR: x
2
+y2
x − y −2√2≥0 Giải:
Ta có: x2+y2
x − y =x − y+
x − y≥2.√(x − y)
x − y=2√2≥0 Ta có đpcm
Bài 12:Cho tam giác ABC có cạnh thỏa mãn: a ≤ b ≤ c CMR: (a+b+c)2≤9 bc
Giải:
Từ giả thiết ta có:
2b ≥b+a>c⇒4b −c>0⇒(b − c).(4b− c)≤0
⇒4b2
+c2≤5 bc⇒(2b+c)2≤9 bc(1)
Mà: (a + b + c)2 (2b + c)2 (2). Từ (1) (2) suy ra:
(a + b + c)2 (2b + c)2 9bc. Ta có đpcm
Bài 13:
Cho < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn Giải:
Ta có:
a.(2−b).b(2−c).c(2−a)=a.(2− a).b.(2−b).c(2− c)≤
(a+2− a
2 )
.(b+2−b )
2
.(c+2− c )
2
=1
Tích ba số nhỏ chúng khơng thể đồng thời lớn Ta có đpcm
(25)b
√a+b −√a −b<
c
√a+c −√a − c Giải:
Ta có: b
√a+b −√a −b<
c
√a+c −√a − c
2 2 2 2 2
2
2 2
a b a b a c a c
a b a b a c a c
a a b a a c a b a c b c
Bất đẳng thức cuối ln Vậy ta có đpcm
Bài 15:Cho số dương x,y,z thỏa mãn: x2+y2+z2≥1 CMR: x y +
y3 z +
z3 x ≥1 Giải:
Áp dụng BĐT Cô Si: x3
y+xy≥2 √ x3
y xy=2x
2 (1). Tương tự: y
3
z +yz≥2y
2 (2) z3
x+xz≥2z
2 (3). Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
x3 y+xy+
y3 z +yz+
z3
x+zx≥2 (x
+y2+z2)
Suy ra: x3
y+ y3
z + z3
x ≥2.(x
+y2+z2)−(xy+yz+zx)≥(x2+y2+z2)≥1
Vậy ta có đpcm
Suối Ngơ, Ngày 03,05,08,09,10/10/2012
CHUYÊN ĐỀ 3: CÁC PHÉP TÍNH VỀ CĂN THỨC Các công thức biến đổi thức.
a A2 A b AB A B (A0;B0) c ( 0; 0)
A A
A B
B B d A B2 A B (B0) e A B A B2 (A0;B0)
A B A B2 (A0;B0) f
( 0; 0)
A
AB AB B
B B
i ( 0) A A B
B B
B k
2
( )
( 0; ) C C A B
A A B A B
A B
m
( )
( 0; 0; )
C C A B
A B A B A B
A B
(26)Cho A=
1 1
4
1
a a
a a
a a a
với x>0 ,x1
a)Rút gọn A
b)Tính A với a = 4 15 10 4 15 HD: a) A= 4a b) Xong
Bài 2: Cho A =
2 1
1 1
x x
x x x x x
với x0 , x1. a Rút gọn A b Tìm GTLN A
HD: a)A =
x x x
b)NÕu x = th× A =
x 1
NÕu x th× A = A max x x
1
x x 1 x x
x
1 1
Theo bất đẳng thức cauchy ta có: x x 1.Khi Amax =
3
x x
x
x
Bài 3:
Cho A=
7 2
:
4 2
x x x x x
x x x x x
với x > , x4
a)Rút gọn A b)So sánh A với
A
HD: a) A = x
x
2
9
1
)XÐt hiÖu: A - A
A A
x b
x x
Bài 4: Cho A=
3
1 :
9
x x x x x
x x x x x
a)Tìm x để biểu thức A xác định b)Rút gọn A
c)với giá trị x A < d)Tìm x Z để A Z
HD a) x0 , x9, x4 b)A=
2
x c)Xong d)Xong
Bài 5: Cho A =
15 11 2
2 3
x x x
x x x x
với x0 , x1. a)Rút gọn A b)Tìm GTLN A c)Tìm x để A =
1
2 d)CMR : A
2
(27)HD:a) A = x x
17
2 17 17 17 17
) max max V× nªn max
3 3 3
3 x=0
x x
b A A
x x x x x x
x
d)Xét hiệu A – 2/3 chứng minh hiệu khơng dương Các tập luyện:
Bài 6: Cho A =
2
:
x y xy x x y y
x y
y x
x y x y với x0 , y0, xy
a)Rút gọn A b)CMR : A 0
HD:
)
xy a A
x xy y
2
)
3
Víi x,y
xy xy b A
x xy y y y
x
Bài 7: Cho A =
1 1 1
1
x x x x x x
x
x x x x x x x
Với x > , x1.
a) Rút gọn A b)Tìm x để A = HD:a) A =
2 x x
x
b) Bài 8: Cho A =
4
:
2 2
x x x
x x x x x với x > , x4. a)Rút gọn A b)Tính A với x = 5 HD:a)A = 1 x) b)
Bài 9: Cho A=
1 1 1
:
1 x x x x x
với x > , x1. a)Rút gọn A b)Tính A với x = 5 HD: A =
3
2 x b)
Bài 10: Cho A=
2 1
:
1 1
x x
x x x x x với x0 , x1.
a)Rút gọn A b)Tìm x Z để A Z HD:a)A = x
x ) b)
Bài 11: Cho A=
1 2
:
1
1 1
x
x x x x x x x
với x0 , x1
(28)HD:a)A = 1 x x
1 2 2 2
1
1 1 1 1
2
0 0 2 1 2 1 0 1 0
) A nguyên nguyên nên đặt:
; ; ;
x
b A n Z
x x x x
n
x n n x x
n
c)Xong: x = 0, Amin = -1
Bài 12: Cho A =
2 3 2
:
9
3 3
x x x x
x
x x x
với x0 , x9
a)Rút gọn A b)Tìm x để A < -1
2 HD: a) A =
3 a
b)
Bài 13: Cho A =
1
:
1
1 1
x x x x x
x x
x x x
với x0 , x1.
a)Rút gọn A b)Tính A với x = 5 c)CMR : A 1 HD: a)A =
4
x
x b) c)Xét hiệu A – 1.
Bài 14: Cho A =
1 1
:
1
x x x x x x
với x > , x1. a)Rút gọn A b) So sánh A với HD:a)A =
1
x x
b)
Bài 15: Cho A =
1
:
9
3 3
x x x
x
x x x
Với
1 0,
9
x x
a)Rút gọn A b)Tìm x để A =
5 c)Tìm x để A < 1. HD: a)A =3
x x
x
b,c)
Bài 16: Cho A =
2
2 2
1 2
x x x x
x x x
với x0 , x1.
a)Rút gọn A b)CMR < x < A >
c)Tính A x =3+2 d)Tìm GTLN A HD:a) A = x(1 x)b,c,d(Quá bản)
Bài 17: Cho A =
2 1
:
1 1
x x x
x x x x x
với x0 , x1.
(29)HD:a) A =
1 x x
Bài 18: Cho A =
4
1 :
1
1
x x
x x
x
với x > , x1, x4. a)Rút gọn A b)Tìm x để A =
1 Bài 19
Cho A =
1 3
:
1
1
x x x x
x x
x x
với x0 , x1.
a)Rút gọn A b.)Tính A x= 0,36c)Tìm x Z để A Z
Bài 6:Cho A =
1
1 1
x x x x x với x0 , x1. a) Rút gọn A b) CMR : 0 A 1
HD: a) A =
x
x x b)
Bài 20:Cho A =
5 25
1 :
25 15
x x x x x
x x x x x
với x0 , x9; x2
a Rút gọn A b)Tìm x cho A nguyên HD:a)A =
5
x b)
5 5
Vì A nguyên nên đặt A = 0
3
n
n Z x n n x
n x
Bài 21:Cho A =
2
5
a a a
a a a a
với a 0 , a9 , a4 a Rút gọn A b Tìm a để A < c Tìm a Z để A Z
HD: a) A =
1
a a
Bài 22: Cho A=
3 2
1 :
1
x x x x
x x x x x
với x 0 , x9 , x
4
a)Rút gọn A b)Tìm x để A Z c)Tìm x để A <
HD:a) A =
2
x x
b,c(Dạng bản) Bài 23 :Cho biểu thức:A = √x −1−2√x −2
(30)Bài 24 :Cho biểu thức: B= ( x+2 x√x −1+
√x+1
x+√x+1−
√x+1
x −1)
a) Rút gọn B b) CMR: 3B < với điều kiện thích hợp x Bài 25: Cho biểu thức: C= ( 2x+1
x√x −1−
√x −1):(1−
x+4
x+√x+1)
a) Rút gọn C b) Tìm x Z cho C Z Bài 26: Cho biểu thức: D= ( 2√x
√x+3+
√x
√x −3− 3x+3
x −9 ):(
2√x −2
√x −3 −1) ( x 0; x 9) a) Rút gọn D b) Tìm x cho D<
3 c) Tìm giá trị nhỏ D Bài 27 :Cho biểu thức: E= (3x+√9x −3
x+√x −2 −
√x+1
√x+2−
√x −2
1−√x) ( x 0; x 1) a) Rút gọn E b) Tìm x Z cho E Z
Bài 28: Cho biểu thức: F= (
√1+x+√1− x):(
3
√1− x2+1) (-1< x < 1) a) Rút gọn F b) Tính giá trị F x= 4√2−5 Bài 29: Cho biểu thức: G= (x+5−5√x −1
x −1−3√x −1+√1− x):(
√1− x2+1) ( x > 1; x 10) a) Rút gọn F b) CMR: F <
Bài 30 : Cho biểu thức: H= ( x+2 x√x −1+
√x x+√x+1−
1 1−√x):(
√x −1
2 ) ( x 0; x 9)
a) Rút gọn H b) CMR H > với điều kiện xác định H Bài 31 : Cho biểu thức: K = 15√x −11
x+2√x −3+
3√x −2 1−√x −
2√x+3
√x+3 ( x 0; x 9)
a) Rút gọn K b) Tìm x để K = 0,5
c) Tìm x để K nhận giá trị lớn Tìm giá trị lớn Bài 32: Cho biểu thức: L = 12− x −√x
√x+4 ( x 2; x 3)
a) Tìm x để L đạt giá trị lớn Tìm giá trị lớn b) Tìm x cho L = 2x Bài 33: Cho biểu thức: M= ( x+2
x√x −1+
√x x+√x+1−
1
√x −1)
a) Rút gọn M b) Tính giá trị M x = 28- 6√3 c) CMR : M< Bài 34 : Cho biểu thức: N = ( x+1
xy+1+
xy+x
xy−1−1):( x+1
xy+1 −
xy+x
xy−1+1) a) Rút gọn N b) Tính giá trị N x= √4+2√3 ; y= √4−2√3
(31)*Bài 35: Cho biểu thức: x y xy x y x y y y x x P 1 ) ) )( (
a) Tìm điều kiện x y để P xác định Rút gọn P b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phương trình P = HD:
a) Điều kiện để P xác định :; x0; y0; y1; x y0 (*).
(1 ) (1 )
1
x x y y xy x y
P
x y x y
( ) 1
x y x x y y xy x y
x y x y
1 1
x y x y x xy y xy
x y x y
1 1
1
x x y x y x x
x y
1 x y y y x
y
1 1
1
x y y y y
y
x xy y.
b) P = x xy y.= 2 x1 y y 1 1 x 1 y 1 Ta có: + y1 x 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; ; Thay vào ta cócác cặp giá
trị (4; 0) (2 ; 2) thoả mãn
*Bài 36: Cho hàm số f(x) = x2 4x4
a) Tính f(-1); f(5) b) Tìm x để f(x) = 10 c) Rút gọn A = ) ( x x f
x 2
HD:a)f(x) = 4 ( 2)
2
x x x
x
=> f(-1) = 3; f(5) = b)
12 10 10 10 ) ( x x x x x f
c) ( 2)( 2)
2 ) ( x x x x x f A
+)Với x > suy x - > suy x A ;
+)Với x < suy x - < suy 2
1 x A
(32)a/ Rút gọn P b/ Chứng minh: P <
3 với x x 1. HD:a)Điều kiện: x x 1
P = x x x + 1 x x x - ( 1)( 1)
x
x x
=
2
( )
x x + 1 x x x - 1 x =
2 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)( 1)
x x x x x
x x x
= ( 1)( 1)
x x x x x
=
x x x
b/ Với x x 1 Ta có: P <
1
3
x x x <
1
3 3 x < x + x + ; ( x + x + > ) x - 2 x + > 0 ( x - 1)2 > ( Đúng x x 1)
*Bài 38 : Tính giá trị biểu thức:
A =
+
1
+
+ + 97 99
HD: A =
+
+
+ + 97 99
=
1
( 5 3+ 7 5+ 9 7+ + 99 97) = 2
( 99 3)
*Bài 39: Cho biểu thức D =
ab b a ab b a
1 :
ab ab b a
a) Tìm điều kiện xác định D rút gọn D
b) Tính giá trị D với a =
c) Tìm giá trị lớn D HD: a) - Điều kiện xác định D a0;b0;ab1
D =
ab a b a 2 : ab ab b a
1 =
a
a
b)
2
2 3 1 3 1
1
2 ( )
a a
Vậy
2
4
D
c) Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có :2 a a1 D1 Vậy giá trị D Suối Ngô, Ngày 12,15,16,17,19/10/2012
CHUYÊN ĐỀ 4:
PHƯƠNG TRÌNH
(33)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
2 3x+2<0
x<-3 -3x-2=5x-1
1
x=-8
(Loại)
(34)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=
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 Vô 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
(35)Giải TH1:
x+1 x
1
x-1 x x
Phương trình(*) tương đương với phương trình x+1+x-1=10 x=5 thoã
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
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
Suối Ngơ, Ngày 22,23,24/10/2012
CHUYÊN ĐỀ 5: CHỨNG MINH TAM GIÁC BẰNG NHAU, ĐỒNG DẠNG
Dạng 1: Tính độ dài đoạn thẳng, tỷ số , diện tích Loại 1: Tính độ dài đoạn thẳng
(36)-+ VÝ dơ minh häa:
Bµi 36 – 79 – SGK (có hình vẽ sẵn)
ABCD h.thang (AB // CD)
A 12,5 B GT AB = 12,5cm; CD = 28,5cm
DBA = DBC
x KL x = ?
D C Giải
ABD BDC có : DAB = DBC (gt)
1
B = D 1 ( so le AB // CD) ABD P BDC (g.g)
AB
BD = BD
DC hay
12,5 x =
x 28,5 x2 = 12,5 28,5 x =
√12,5 28,5 18,9(cm) Bµi 35 – 72 – SBT:
A ABC; AB = 12cm; AC = 15cm
10 GT BC = 18dm; AM = 10cm; AN = 8cm
KL MN = ?
M N
B C Gi¶i
XÐt ABC vµ ANM ta cã :
AM AC =
10 15 =
2 AN
AB = 18 12 =
2
Mặt khác, cã A chung
Vậy ABC P ANM (c.g.c) Từ ta có : AB
AN = BC
NM hay
12 18=
18
MN 18
12 = 12(cm)
Bµi tËp 3:
a) Tam giác ABC có B = 2C ; AB = 4cm; BC = 5cm Tính độ dài AC?
b) Tính độ dài cạnh ABC có B = 2C biết số đo cạnh số tự nhiên liên tiếp
A Gi¶i
a) Trên tia đối tia BA lấy BD = BC
B ACD vµ ABC cã A chung; C = D =
ACD P ABC (g.g)
AMAC = AN
(37) AC AB =
AD
AC AC2 = AB AD
D C = = 36
AC = 6(cm)
b) Gäi sè đo cạnh BC, AC, AB lần lợt a, b, c Theo c©u (a) ta cã
AC2 = AB AD = AB(AB+BC) b2 = c(c+a) = c2 + ac (1)
Ta có b > c (đối diện với góc lớn hơn) nên có khả là: b = c + b= c +
* NÕu b = c + th× tõ (1) (c + 1)2 = c2 + ac 2c + = ac
c(a-2) = (loại) c= ; a = 3; b = không cạnh tam giác * Nếu b = c + từ (1) (c + 2)2 = c2 + ac 4c + = ac
c(a – 4) =
XÐt c = 1, 2, chØ cã c = 4; a = 5; = thỏa mÃn toán Vậy AB = 4cm; BC = 5cm; AC = 6cm
Bài tập đề nghị:
+ Bài 1: Cho ABC vng A, có AB = 24cm; AC = 18cm; đờng trung trực BC
cắt BC , BA, CA lần lợt M, E, D Tính độ dài đoạn BC, BE, CD + Bài 2: Hình thoi BEDF nội tiếp ABC (E AB; D AC; F AC)
a) Tính cạnh hình thoi biết AB = 4cm; BC = 6cm Tỉng qu¸t víi BC = a, BC = c b) Chøng minh r»ng BD < ac
a+c víi AB = c; BC = a
c) Tính độ dài AB, BC biết AD = m; DC = n Cạnh hình thoi d
Lo¹i 2: TÝnh gãc VÝ dô minh häa:
+ Bài 1: Cho ABH vng H có AB = 20cm; BH = 12cm Trên tia đối HB lấy
®iĨm C cho AC =
3 AH TÝnh
BAC.
A
ABH; H = 900 ; AB = 20cm
20 GT BH = 12cm; AC =
3 AH
KL BAC = ? B 12 H C Gi¶i:
Ta cã AB
BH= 20 12=
5 3=
AC AH AB
AC= BH AH
XÐt ABH vµ CAH cã :
AHB = CHA = 900
AB AC=
BH
(38)ABH P CAH (CH c¹nh gv) CAH = ABH Lại có BAH + ABH = 900 nên BAH + CAH = 900
Do : BAC = 900
Bài 2: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có A = 600 Một đờng thẳng qua C cắt
tia đối tia BA, DA tơng ứng M, N Gọi K giao điểm BN DM Tính BKD? M
H×nh thoi ABCD; A = 600 ;
B GT BN DM t¹i K
KL TÝnh BKD = ?
K C A D
Gi¶i: N
Do BC // AN (vì N AD) nên ta có : MB
AB = MC NC (1)
Do CD // AM (vì M AB) nên ta có : MC
NC = AD DN (2)
Tõ (1) vµ (2) MB
AB = AD DN
ABD có AB = AD (đ/n hình thoi) A = 600 nên
AB = BD = DA
Tõ MB
AB = AD
DN (cm trªn)
MB BD =
BD DN
Mặt khác : MBD = DBN = 1200
XÐt 2MBD vµ BDN cã : MB
BD = BD DN ;
MBD = DBN MBD P BDN (c.g.c)
M = B1
MBD vµ KBD cã M = B1; BDM chung BKD = MBD = 1200
VËy BKD= 1200
Bài tập đề nghị:
ABC cã AB: AC : CB = 2: 3: vµ chu vi b»ng 54cm;
DEF cã DE = 3cm; DF = 4,5cm; EF = 6cm
a) Chøng minh AEF P ABC
b) BiÕt A = 1050; D = 450 Tính góc lại
Loại 3: Tính tỷ số đoạn thẳng, tû sè chu vi, tû sè diÖn tÝch VÝ dơ minh häa:
+ Bµi 1: Cho ABC, D điểm cạnh AC cho BDC ABC BiÕt AD = 7cm; DC = 9cm TÝnh tû sè BD
BA
(39)GT AD = 7cm; DC = 9cm
KL TÝnh BD
BA
C B A
Giải:
CAB CDB có C chung ; ABC = BDC (gt)
CAB P CDB (g.g) CB
CD= CA
CB ta có :
CB2 = CA.CD
Theo gt CD = 9cm; DA = 7cm nên CA = CD + DA = + = 16 (cm) Do CB2 = 9.16 = 144 CB = 12(cm)
Mặt khác lại có : DB
BA=
+ Bµi 2: (Bµi 29 – 74SGK) A
A’ ABC vµ A’B’C’: AB =6 ;
GT AC = 9; A’C’ = 6; B’C’ =
KL a) ABC P A’B’C’
B 12 C B’ 12 C’ b) TÝnh tØ sè chu vi ABC ABC
Giải:
a) ABC P ABC (c.c.c) V× A ' B '
AB = A ' C ' AC =
B' C ' BC =
2
b) A’B’C’ P A+B+C+ (c©u a) A ' B '
AB = A ' C ' AC =
B' C ' BC = A ' B '+A ' C '+B ' C '
AB+AC+BC
= 4+6+8
6+9+12=
18 27
VËy ChuviΔA ' B' C '
ChuviΔABC = 18 27
+ Bµi 3: Cho hình vuông ABCD, gọi E F theo thứ tự trung điểm Ab, BC, CE cắt DF M TÝnh tû sè SCMB
SABCD
?
D C Hình vuông ABCD; AE = EB ;
M GT BF = CF; CE DF t¹i M
F KL TÝnh SCMB
SABCD
? A E B Giải:
Xét DCF CBE có DC = BC (gt); C = B = 900; BE = CF
DCF = CBE (c.g.c) D1 =
C2
Mµ C +
C2 = 1v C
1 + D1 = 1v CMD vu«ng ë M
CMD P FCD (v× D1 =
C2 ; C = M
) DCFD =CMFC
6 4
(40)SCMD SFCD
= CD
2
FD2 SCMD = CD2
FD2 SFCD
Mµ SFCD =
2 CF.CD =
1
1
2 BC.CD =
1 CD2
VËy SCMD = CD
2 FD2
1
4 CD2 =
CD4 FD2 (*)
áp dụng định lý pitago vào tam giác vuông DFC, ta có: DF2 = CD2 + CF2 = CD2 + (
2 BC)2 = CD2 +
4 CD2 = CD2
Thay DF2 =
4 CD2 ta cã :
SCMD =
5 CD2 =
5 SABCD SCMB
SABCD
=
5 Bài tập đề nghị:
Cho ABC, D lµ trung ®iĨm cđa BC, M lµ trung ®iĨm cđa AD
a) BM cắt AC P, P’ điểm đối xứng củ P qua M Chứng minh PA = P’D
TÝnh tû sè PA
PC vµ
AP AC
b) Chøng minh AB c¾t Q, chøng minh r»ng PQ // BC TÝnh tû sè PQ
BC vµ PM MB
c) Chøng minh r»ng diƯn tÝch tam gi¸c BAM, BMD, CAM, CMD b»ng Tính tỷ số diện tích MAP ABC
Loại 4: Tính chu vi hình
+ Bµi 1(bµi 33 – 72 – SBT)
ABC; O n»m ABC;
GT P, Q, R lµ trung ®iĨm cđa OA, OB, OC
KL a) PQR P ABC
b) TÝnh chu vi PQR BiÕt chu vi ABC 543cm
Gi¶i:
a) PQ, QR RP lần lợt đờng trung bình OAB , ACB OCA Do ta có :
PQ =
2 AB; QR =
1
2 BC ; RP =
1 CA
Từ ta có : PQ
AB= QR BC=
RP CA=
1
2 A PQR P ABC (c.c.c) với tỷ số đồng dạng K =
2 P
b) Gäi P lµ chu vi cđa PQR ta cã : O
P’ lµ chu vi cđa PQR ta cã : Q R
P ' P =K=
1
2 P’ =
2 P =
2 543 = 271,5(cm) B
(41)VËy chu vi cña PQR = 271,5(cm)
+ Bài 2: Cho ABC, D điểm cạnh AB, E điểm cạnh AC cho DE // BC
Xác định vị trí điểm D cho chu vi ABE =
5 chu vi ABC
Tính chu vi tam giác đó, biết tổng chu vi = 63cm
A ABC; DE//BC; C.viADE=
5 C.vi ABC
GT C.vi ADE + C.viADE = 63cm
D E KL TÝnh C.vi ABC C.vi ADE
B C
Giải:
Do DE // BC nên ADE PABC theo tỷ số đồng dạng
K = AD
AB =
5 Ta cã ChuviΔADE'
ChuviΔABC =
ChuviΔABC
5 =
ChuviΔADE
2 =
ChuviΔABC+ChuviΔADE
%+2 =
63 =
Do đó: Chu vi ABC = 5.9 = 45 (cm)
Chu vi ADE = 2.9 = 18 (cm)
Bài tập đề nghị:
+ Bài 1: A’B’C’ P ABC theo tỷ số đồng dạng K =
5
Tính chu vi tam giác, biết hiệu chu vi tamgiasc 51dm
+ Bài 2: Tính chu vi ABC vuông A biết đờng cao ứng với cạnh huyền chia tam giác thành tam giác có chu vi 18cm 24cm
Lo¹i 5: Tính diện tích hình
+ Bµi 1(Bµi 10 – 63 – SGK):
A ABC; đờng cao AH, d// BC, d cắt AB, AC, AH
GT theo thø tù t¹i B’, C’, H’
B’ H’ C’ KL a) AH'
AH = B' C ' BC
b) BiÕt AH’ =
3 AH; SABC =
67,5cm2
B H C TÝnh S
A’B’C’
Gi¶i:
a) V× d // BC AH'
AH =
B ' H ' BH =
H ' C ' HC =
B ' H '+H ' C '
BH+HC =
B ' C ' BC
(®pcm)
b) Tõ AH'
AH = B' C ' BC (
AH' AH )2 =
AH'.B ' C ' AH BC =
2SΔAB' C '
2SΔABC
= SΔAB'C '
(42)Mµ AH’ =
3 AH AH' AH =
1 (
AH'
AH )2 = ( )2 =
1
VËy SΔAB'C '
SΔABC
=
9 vµ SABC = 67,5cm2
Nªn ta cã : SΔAB'C '
SΔABC
=
9
SΔAB'C ' 67,5 =
1 SAB’C’ = 67,5
9 = 7,5(cm2)
+ Bµi 2(bµi 50 – 75 – SBT)
ABC(A = 900); AH BC
GT BM = CM; BH = 4cm; CH = 9cm
KL TÝnh SAMH
Gi¶i: A XÐt vuông HBA vuông HAC có :
BAH + HAC = 1v (1)
HCA + HAC = 1v (2)
Tõ (1) vµ (2) BAH = HCA
VËy HBA P HAC (g.g) B H M C
HB
HA= HA
HC HA2 = HB.HC = 4.9 = 36
HA = 6cm
L¹i cã BC = BH + HC = 4cm + 9cm = 13cm SABM =
2 SABC =
2 13
2 = 19,5(cm2)
SAHM = SBAH = 19,5 -
1
2 4.6 = 7,5(cm2)
VËy SAMH = 7,5(cm2)
+ Bµi 3: Cho ABC hình bình hành AEDF có E AB; D BC, F AC TÝnh diÖn tÝch hình bình hành biết : SEBD = 3cm2; SFDC = 12cm2;
ABC hình bình hành AEDF
GT SEBD = 3cm2; SFDC = 12cm2
KL TÝnh SAEDF
Gi¶i:
Xét EBD FDC có B= D (đồng vị DF // AB) (1)
E1 = D2 ( so le AB // DF)
D2 = E1 ( so le DE // AC)
Tõ (1) vµ (2) EBD P FDC (g.g) Mµ SEBD : SFDC = : 12 = : = (
2 )2
Do : EB
FD= ED FC =¿
1
2 FD = 2EB vµ ED =
2 FC A
AE = DF = 2BE ( v× AE = DF) F
AF = ED =
2 EC ( v× AF = ED) E
VËy SADE = 2SBED = 2.3 = 6(cm2)
(43)SADF =
2 SFDC =
2 12 = 6(cm2) B D C SAEDF = SADE + SADF = + = 12(cm2)
Bài tập đề nghị:
+ Bài 1:Cho hình vng ABCD có độ dài = 2cm Gọi E, F theo thứ tự trung điểm AD, DC Gọi I, H theo thứ tự giao điểm AF với BE, BD
TÝnh diƯn tÝch tø gi¸c EIHD
+Bài 2: Cho tứ giác ABCD có diện tích 36cm2, diện tích ABC 11cm2 Qua B
kẻ đờng thẳng // với AC cắt AD M, cắt CD N Tính diện tích MND
+ Bài 3: Cho ABC có B C nhọn, BC = a, đờng cao AH = h Xét hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác có M AB; N AC; PQ BC
a) Tính diện tích hình chữ nhật hình vuông b) Tính chu vi hình chữ nhật a = h
c) Hình chữ nhật MNPQ có vị trí diện tích có giá trị lớn nhÊt
D¹ng II:
Chứng minh hệ thức, đẳng thức nhờ tam giác đồng dạng I Các ví dụ định hớng giải:
1 VÝ dô 1: Bµi 29(SGK – T79) – (H8 – TËp 2)
Cho hình thang ABCD(AB // CD) Gọi O giao điểm 2đờng chéo AC BD a) Chứng minh rng: OA OD = OB OC
b) Đờng thẳng qua O vuông góc với AB CD theo thứ tự H K
CMR: OA
OK = AB CD
* Tìm hiểu toán : Cho g×?
Chứng minh gì? * Xác định dạng toỏn:
? Để chứng minh hệ thức ta cần chứng minh điều gì?
TL: OA
OC = OB OD
? Để có đoạn thẳng ta vận dụng kiến thức TL: Chứng minh tam giác đồng dạng
a) OA OD = OB.OC Sơ đồ :
+ A1 =
C1 (SLT l AB // CD)
+ AOB = COD ( Đối đỉnh)
OAB P OCD (g.g)
OA
OC = OB
OD
OA.OD = OC.OC
b) OH
OK = AB CD
Tû sè OH
OK b»ng tû sè nµo?
D
K C
B H
O
(44)P 6
TL : OH
OK = OA OC
? Vậy để chứng minh OH
OK = AB
CD ta cÇn chứng minh điều
TL: AB
CD = OA OC
Sơ đồ :
+H = K = 900
+ A1 =
C1.(SLT; AB // CD) C©u a
OAH P OCK(gg) OAB P OCD
OH
OK = OA
OC
AB
CD =
OA OC OH
OK = AB CD
2 VÝ dô 2:
Cho hai tam gíac vng ABC ABD có đỉnh góc vng C D nằm nửa mặt phẳng bờ AB Gọi P giao điểm cạnh AC BD Đờng thẳng qua P vng góc với AB I
CMR : AB2 = AC AP + BP.PD
O C
A I B Định hớng:
- Cho HS nhận xét đoạn thẳng AB (AB = AI + IB)
AB2 = ? (AB.(AI + IB) = AB AI + AB IB)
- ViÖc chøng minh toán đa việc chứng minh hÖ thøc AB.AI = AC.AP
AB.IB = BP.PD
- HS xác định kiến thức vận dụng để chứng minh hệ thức ( P)
Sơ đồ : + D = I = 900 + C = I = 900
+ PBI chung + PAI chung
ADB P PIB ACB P AIP (gg)
AB
PB = DB
IB
AB AP =
AC AI
AB.AI = PB.DB AB AI = AC AP
AB IB + AB AI = BP PD + AC AP
(45)
AB2 = BP PD + AC AP
3 Ví dụ 3: Trên sở ví dụ đa toán sau:
Cho nhọn ABC, đờng cao BD CE cắt H A CMR: BC2 = BH BD + CH.CE D Định hớng: Trên sở tập E Học sinh đa hớng giải tập H
Vẽ hình phụ (kẻ KH BC; K BC)
Sư dơng P chøng minh t¬ng tù vÝ dô B C
4 Ví dụ 4: Cho ABC, I giao điểm đờng phân giác, đờng thẳng vng góc với
CI I cắt AC BC lần lợt ë M vµ N Chøng minh r»ng
a) AM BI = AI IM A
b) BN IA = BI NI M
c)
AM BN =
2 AI BI
* Định hớng:
a) ? §Ĩ chøng minh hƯ thøc AM BI = AI B N C
IM ta cần chứng minh điều
AM IM
AI BI
b) Để chứng minh đẳng thức ta cần chứng minh điều
( AMI P AIB) Sơ đồ:
A1
= A 2 (gt) I1 = B * CM: I1 = B
v MIC: IMC = 900 -
2 C
AMI P AIB (gg) ABC: A + B +C = 1800(t/c tæng )
2 A
+
2 B
+
2 C
= 900
AM
AI = IM
BI Do đó: IMC =
2 A
+
2 B
(1)
Mặt khác: IMC= A1 + I1(t/c gãc
ngoµi )
AM BI = AI IM hay IMC =
2 A
+ I1 (2)
Tõ 91) vµ (2)
2 B
= I1 hay B1 = I1 AMI P AIB (A1 = A ; I1 = B1 )
(46) AM
AI = IM
BI AM BI = AI IM
b) T¬ng tù ý a
Chøng minh BNI P BIA (gg)
BN
BI = NI
IA BN IA = BI IN
c) (C©u a) (C©u b)
- HS nhËn xÐt
2 AI IA
=
2 AI
BI AMI P AIB BNI P
BIA
TÝnh AI2 ; BI2
2 AI
BI
AM AI =
IM
BI
BI AB =
BN BI
(TÝnh AI2 ; BI2 nhê P) AI2 = AM AB BI2 = BN AB
2 AI BI =
AM BN
2 AI BI
=
AM BN
II Bài tập đề nghị:
+ Bài 1: Cho hình ABCD (AB // CD), gọi O giao điểm đờng chéo Qua O kẻ đờng thẳng song song với đáy cắt BC I cắt AD J
CMR : a)
1 OI =
1 AB +
1 CD
b)
2 IJ =
1 AB +
1 CD
+ Bài 2: Cho ABC, phân giác AD (AB < AC) tia đối tia DA lấy điểm I cho ACI = BDA
CMR: a) AD DI = BD DC
b) AD2 = AB AC - BD DC
D¹ng 3: Chøng minh quan hƯ song song I Mơc tiªu chung :
- Học sinh vận dụng định nghĩa tam giác đồng dạng, trờng hợp đồng dạng tam giác, định lý Ta – lét đảo, để giải toán chứng minh quan hệ song song
- Thông bao tập khắc sâu kiến thức tam giác đồng dạng, định lý Ta – lét đảo
(47)II KiÕn thøc ¸p dông.
- Định nghĩa tam giác đồng dạng - Các trờng hợp đồng dạng tam giác - Dấu hiệu nhận biết hai đờng thẳng song song * Ví dụ minh họa:
+ VÝ dô 1:
Cho hình thang ABCD (AB // CD) Gọi M trung ®iĨm cđa CD, E lµ giao ®iĨm cđa MA vµ BD; F giao điểm MB AC
Chøng minh r»ng EF / / AB
A B ABCD (AB // CD)
DM = MC
E F gt MA DB = E
MB AC = F
KL EF // AB
D M C
Định h ớng giải:
- S dng trờng hợp đồng dạng tam giác - Định nghĩa hai tam giác đồng dạng
- Dấu hiệu nhận biết hai đờng thẳng song song (định lý Ta lét đảo)
Sơ đồ phân tích:
AB // CD (gt) AB // CD (gt)
AB // DM AB // MC
MED P AEB GT MFC P BFA
ME
EA = MD
AB ; MD = MC
MF FB =
MC AB
ME EA =
MF FB
EF // AB (Định lý Ta lét đảo) + Ví dụ 2:
Cho ABC có góc nhọn, kẻ BE, CF hai đờng cao Kẻ EM, FN hai đờng cao AEF
Chøng minh MN // BC
Sơ đồ phân tích
AMF P AFC (g.g); AFN P ABE
AM AF =
AE AC
AF AB =
AN
AE A M N
AM AF
AF AB =
AE AC
AE
(48) AM
AB = AN
AC B C
MN // BC (định lý Ta – lét đảo)
+ VÝ dô 3: Cho ABC, điểm D, E, F theo thứ tự chia cạnh AB, BC, CA theo tỷ số : 2, điểm I, K theo thứ tự chia đoạn thẳng ED, FE theo tỉ số : Chøng minh r»ng IK // BC
Gọi M trung điểm AF
Gọi N giao điểm DM EF A
XÐt ADM vµ ABC cã : D M N
AD AB =
AM AC =
1
3 Gãc A chung
ADM P ABC (c.gc) B E C
ADM = ABC mà góc vị trí đồng vị nên DM // BC
MN // EC mà MF = FC nên EF = FN
Ta cã :
EK EN =
EK EF
EF EN =
2 3
1 2 =
1 3 (1)
mµ
EI ED =
1
3 (gt) (2)
Tõ 91) vµ (2)
EK EN =
EI
ED Suy IK // DN (định lý Ta – lét đảo)
VËy IK // BC
Suối Ngô, Ngày 24,26,29/10/2012
CHUYÊN ĐỀ 6: CHỨNG MINH CÁC ĐƯỜNG ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG
1 Sử dụng tiên đề Ơcơlit hệ quả
Tiên đề Ơcơlit: Qua điểm A nằm đờng thẳng a kẻ đợc đ-ờng thẳng song song với a.
Hệ quả : Qua điểm A nằm đờng thẳng a kẻ đợc đờng thẳng vng góc với a.
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC với hai trung tuyến BD CE Gọi M N theo thứ tự thuộc tia đối tia EC DB cho EC = EM DB = DN Chứng minh A, M, N thẳng hàng
Lời giải
Tứ giác AMBC có EA = EB, EM = EC (gt) nên hình bình hµnh Suy AM // BC (1)
Chøng minh t¬ng tù ta cã AN // BC (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ba ®iÓm A,
M, N thẳng hàng (tiên đề Ơcơlit) E
A
M N
F
I K
(49)Ví dụ 2. Cho hình chữ nhật ABCD (AB < CD) có O giao điểm hai đờng chéo Trên tia đối tia CD lấy điểm E cho CE = CD Gọi F hình chiếu của D BE ; I giao điểm AB CF ; K giao điểm AF BC Chứng minh ba điểm O, K, I thẳng hàng
Lời giải
ABCD hình chữ nhật nên AB = CD, AC = BD vµ OA = OB = OC = OD
Ta có CB AI (vì ABCD hình chữ nhật) CB đờng cao ca CAI (1)
FBD vuông F (vì F hình chiếu D lên BE)
có FO trung tuyến ứng với cạnh huyền BD nên OF =
1 2
BD OF =
1 2 AC
FAC có FO đờng trung tuyến ứng với cạnh AC
mµ FO =
1
2AC nên FAC vuông F Suy AF CI hay AF đờng cao CAI (2)
K giao điểm AF CB nên từ (1) (2) suy K trực tâm CAI Do IK AC (3)
Mặt khác, tứ giác ABEC có AB = CE (cïng b»ng CD) vµ AB // CE (vì AB // CD) nên hình bình hành BE // AC BF //AC ABFC hình thang
Lại có FDE vuông F, FC trung tuyến ứng với cạnh DE (vì CD = CE) nên
CF = CD CF = AB (vì AB = CD) Suy BAC = FCA (c¹nh hun cạnh góc
vuông) AF = BC
Hình thang ABFC có hai đờng chéo AF BC nên hình thang cân Suy IACã =ICAã IAC cân I IO trung tuyến đồng thời đờng cao Hay IO
AC (4)
Tõ (3) vµ (4) suy I, K, O thẳng hàng (đpcm)
2 Sử dụng tính chất cộng đoạn thẳng
Tính chất : Nếu AM + BM = AB M nằm A B.
Ví dụ 3. Cho tứ giác ABCD Gäi M, I vµ N theo thø tù lµ trung điểm AB, AC
CD Chứng minh r»ng nÕu
AD BC
MN
2
+ =
M, I, N thẳng hàng ABCD trở thành hình thang
Lời giải
Gi¶ sư
AD BC
MN
2
+ =
(1)
Vì MA = MB, IA = IC nên MI đờng trung bình tam
gi¸c ABC Suy MI // BC MI =
1 2BC.
Chứng minh tơng tù ta cã IN // AD vµ IN =
1 2AD Mµ
AD BC 1 1
MN BC AD
2 2 2
+
= = +
hay MN = MI + IN Từ suy I nằm M N, hay M, I, N thẳng hàng
B Q
A Q
C Q
D Q M
Q
I
Q NQ
D Q A
Q BQ IQ
F Q
E Q C
Q O
Q
K
(50)Lúc ta có BC // AD song song với MN Do ABCD trở thành hình thang
VËy nÕu
AD BC
MN
2
+ =
th× M, I, N thẳng hàng ABCD trở thành hình thang
3 Sử dụng tính chất hai góc kề bù hai góc đối đỉnh
NÕu · +· =
0
AOC COB 180 th× A, O, B thẳng hàng.
Nu C v D nằm hai nửa mặt phẳng bờ đờng thẳng AB mà
· =·
AOC BOD(O AB) C, O, D thẳng hàng.
Vớ d 4. Đờng tròn tâm O đờng tròn tâm O’ cắt A B Gọi C, D lần lợt đối xứng với B qua O O’ Chứng minh C, A, D thẳng hàng
Lêi gi¶i
Vi ̀C đối xứng với B qua O nên O trung điểm BC Suy BC đờng kính (O)
Ta cã OA = OB = OC =
1 BC
2 nên tam giác ABC vuông
tại A BACÃ =900
Chứng minh t¬ng tù ta cã BAD· =900
Do : ã ã ã
0
CAD=BAC+BAD=180 C, A, D thẳng
hàng
4 S dng s đồng quy đờng trung tuyến, đờng cao, đờng phân giác trong tam giác
Ví dụ 5. Cho hình bình hành ABCD Gọi O giao điểm hai đờng chéo ; E điểm đối xứng A qua B ; F giao điểm BC ED ; G giao điểm BC OE ; H giao điểm EC OF Chứng minh A, G, H thẳng hàng
Lêi gi¶i
Vì O giao điểm hai đờng chéo AC BD nên OA = OC suy EO trung tuyến EAC
E đối xứng với A qua B nên B trung điểm EA suy CB trung tuyn ca EAC
G giao điểm CB EO nên G trọng tâm
EAC (1)
Mặt khác, ABCD hình bình hành nên CD // AB, CD = AB, mà B trung điểm AE nên suy CD // BE, CD = BE Do tứ giác BECD hình bình hành Từ F trung điểm hai đờng chéo ED BC hình bình hành BECD
Ta có OF đờng trung bình CAB nên OF // AB
OH // AE HE = HC Do AH trung tuyến EAC (2)
Tõ (1) vµ (2) suy A, G, H thẳng hàng (đpcm)
1 S dng tớnh cht đờng chéo hình bình hành
Ví dụ 6 Cho hình bình hành ABCD Trên đờng chéo BD lấy hai điểm E F cho BE = DF Kẻ EH AB, FK CD (H AB, K CD) Gọi O trung điểm EF Chứng minh ba điểm H, O, K thng hng
Lời giải
Vì EH AB, FK CD vµ AB // CD nªn EH // FK (1)
B Q
C
Q AQ
O
Q O’Q
D Q
A Q
B
Q CQ
D Q O
Q G Q
E Q
F Q
H Q A
Q
O Q
B Q C
Q
A Q
O Q C Q
D Q
(51)XÐt HBE vµ KDF cã BE = DF, KDF· =HBE· ,
· ·
DKF=BHE=90
HBE = KDF (c¹nh huyÒn – gãc nhän)
HE = KF (2)
Tõ (1) vµ (2) suy HEKF hình bình hành trung điểm EF trung điểm HK Vậy E, H, K thẳng hàng (đpcm)
2 Sử dụng phơng pháp diện tích
Vớ d 7 Cho tứ giác ABCD Các đờng thẳng AB CD cắt M, đờng thẳng AD BC cắt N Gọi I, J, K theo thứ tự trung điểm BD, AC, MN Chứng minh I, J, K thẳng hàng
Lêi gi¶i
Gọi K’ giao điểm IJ với MN Gọi E, F lần lợt chân đờng vuông góc kẻ từ N, M tới đờng thẳng IJ Dễ thấy M, N nằm hai phía IJ
Ta cã :
SNIJ=SNDC- SNDI- SNJC- SCIJ- SCID
NDC NBD NAC AIC CBD
1 1 1 1
S S S S S
2 2 2 2
= - - -
-NDC NAB ABD ABC ADC ADIC CBD
1 1 1 1
S S S S (S S ) S
2 2 2 2
= - - - - -
ABCD ABD BCD ABCD ABC ADC ABCD
1 1 1 1
S (S S ) S (S S ) S .
2 4 2 4
= - - + - + =
Chøng minh t¬ng tù ta cã MIJ ABCD
1
S S .
4
=
Do SNIJ = SMIJ hay
1 1
NF.IJ ME.IJ
2 =2 ME = NF SNKJ= SMKJ
Hai tam gi¸c NKJ MKJ có chung chiều cao hạ từ J nên từ suy NK = MK Mà MK = NK (gt) nên K K Vậy ba điểm I, J, K thẳng hàng
3 S dng nh lí Talet, định lí Ta lét đảo hệ định lí Ta let
Ví dụ 9 Ba điểm A, B, C thuộc đờng thẳng a, điểm O không thuộc a Chứng minh ba điểm M, N, P thỏa mãn hệ thức
OM ON OP
OA =OB =OC th× M, N, P thẳng hàng
Lời giải
Tht vậy, theo định lí Talet đảo từ
OM ON
OA = OB ta suy
MN // AB Tơng tự MP // AC Nhng A, B, C thẳng hàng nên M, N, P thẳng hàng (tiên đề Ơcơlit)
O Q D
Q
B Q
C Q A
Q
E Q H Q
K Q F Q
A Q
D Q
C Q I
Q JQ B Q
K’ Q
M Q N
Q
E Q F
Q K Q
A Q
B Q P
Q N Q M Q O
Q
(52)Ví dụ 10 (Bổ đề hình thang) : Trong hình thang có hai đáy khơng Chứng minh giao điểm hai đờng thẳng chứa hai cạnh bên, giao điểm
của hai đờng chéo trung điểm hai đáy nằm đờng thẳng
Lêi gi¶i
Giả sử hình thang cho ABCD (AB // CD, AB < CD) có I, J tơng ứng giao điểm hai đờng thẳng chứa hai cạnh hai đờng chéo ;
Gọi M N lần lợt giao điểm IJ với AB CD Do AB // CD nên áp dụng hệ định lí Talet ta có :
AM BM IM
( )
DN =CN = IN vµ
AM BM JM
( )
CN =DN = JN hay
AM BM IM
( )
DN =CN = IN
4 Sö dụng phơng pháp phản chứng
Vớ d 11 Trên mặt phẳng cho n điểm (n > 3) đờng thẳng qua hai điểm chứa điểm cho Chứng minh tất điểm cho nằm đờng thẳng
Lêi gi¶i
Giả sử tất điểm không nằm đờng thẳng Qua cặp điểm cho vẽ đờng thẳng (có số hữu hạn đờng này) chọn khoảng cách khác từ điểm đờng thẳng Giả sử khoảng cách từ điểm A đến đờng thẳng BC, A, B, C điểm cho khoảng cách nhỏ Trên đờng thẳng BC cịn có điểm D
Tõ A kỴ AQ vuông góc với BC Q Hai ®iĨm B, C, D n»m
cùng phía điểm Q, chẳng hạn C D nh hình vẽ, ta có CQ < DQ Hạ CH vng góc với AD H Dễ thấy CH < AQ Điều mâu thuẫn với việc chọn điểm A đờng thẳng BC Từ ta có điều phải chứng minh
5 Sư dơng c¸c tÝnh chÊt sau
– Ba điểm thuộc đờng thẳng thẳng hàng.
– Ba điểm cách hai đầu mút đoạn thẳng (cùng thuộc đờng trung
trực đoạn thẳng) thẳng hàng.
– Ba điểm thuộc nửa mặt phẳng bờ a cách a thẳng hàng.
– Ba điểm cách hai đờng thẳng song song thẳng hàng.
– Ba điểm cách hai cạnh góc (cùng thuộc đờng phân giỏc ca
góc) thẳng hàng.
Sui Ngụ, Ngày 30,31/10/2012
CHUYÊN ĐỀ 7: HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC VUÔNG 1/ b2 = ab’ ; c2 = ac’.
2/ h2 = b’.c’
3/ a2 = b2 + c2 (Pitago) 4/ ah = bc
A
Q MQ
B Q
C Q N
Q D
Q
J Q I Q
A Q
B Q
Q
Q DQ
C Q
(53)5/
1 = 1 + 1
2 2 2
h b c
Bài 1: Cho yếu tố yếu tố vuông ABC (a, b, h, b’, c’, c) có tính yếu tố cịn lại
Ví dụ: Cho vng ABC (Aˆ= 900), h =48, a = 100 Tính b, c, b’, c’. Giải:
Từ hệ thức (4) (I) ta có: bc = ah = 100.48 = 4800 (*); từ (3) => b2 + c2 = 1002 (**)
Từ (*), (**) => b2 + c2 + 2ac = 10.000 + 9600 = 19600.
=>
1 b =80 b+c=140
=>
bc=4800 c =60
hoặc
2 b =60 c =80
=> '
2 '
2 b =64 c =36
' '
2 b =36 c =64
Bài 2: Cho ABC Kẻ hai đường cao BB’ CC’ Trên đường cao lấy M BB’, N CC’ cho AMC = ANB = 900
Chứng minh : AM = AN (1)
Giải:
* Áp dụng định lý (I)-(4) vào vng AMC vad ANB ta có:
AM2 = AB’.AC (1) A
C B
a H
b c
h c ’ ’b
A B ’
C N
M B
(54)AN2 = AC’.AB (2)
* Do tứ giác BC’B’C nội tiếp => AB’.AC = AC’.AB (3) (hoặc từ ABB’ ~ ACC’ ta đưa (3)) Từ 1, 2, => AM2 = AN2 => AM = AN.
Bài 3: Cho vuông ABC : A = 900 Kẻ đường cao Ah = h, AC = b; AB= c; HE AB ; HF AC
Chứng minh hệ thức sau:
1/
3
m c
=
n b
(m = BE ; n = FC ) (1)
2/ 3h2 + m2 + n2 = a2 (2)
3/ amn = h3 (3)
Giải:
Câu 1:
3
m c
=
n b
Theo định lý (I)-4 thì:
b’2 = bn; c’2 =cm (AHB AHC) =>
'2 '2
c c
'2 '2
b b
cm= => m=
bn n bc (4)
Ta lại có : b2 = ab’ ; c2 = ac’ =>
2
' '
' '
b c b c
= => =
c b c b
(5)
Từ (4) (5) =>
3
4
m b c c c
= = =
n c b b b
: đpcm
Câu 2 : 3h2 + m2 + n2 = a2. (2) Vì
' ' ' ' 3
2 2
m c cc bb cc a c b
= => m= ; n= => m= = ; n=
c a a a a a a
=> 3h2 + m2 + h2 = 3h2 +
23 2 2
6
4
c +b -3b c b +c c +b
=3h +
a a
= 3h2 +
6 2 2
2
4
a -a 3b c a -3a h =3h +
a a
= 3h2 + a2 – 3h2 = a2 => (2) : đpcm A
F C H B
E m
c ’
b ’
(55)Bài 4: Cho hình vng ABCD cạnh a, đường thẳng d qua A cắt BC, CD I, J Chứng minh : 2
1 1
+ =
AI AJ a (1) Giải:
* Kẻ AE AI (E CD) => ABI = ADE
=> AI = AE (1’)
* Áp dụng định lý 4-5 vào vng EAJ ta có:
2 2
1 1
+ =
AE AJ AD (2) Từ (1’), (2) => 2
1 1
+ =
AI AJ a => (1) : đpcm
Bài 5: Cho ABC kẻ đường cao AD, BE, CF cắt đường tròn
đường kính BC, CA, AB điểm A’, A’’, B’, B’’, C’, C’’ Chứng minh hệ thức AB’ = AB’’ = AC’ = AC’’
' '' ' '
BA =BA =BC =BC
' '' ' ''
CA =CA =CB =CB
Giải:
* BA’’C BC’’A tam giác vuông A’’ C’’.
=>Áp dụng định lý (I)-4, ta có: A’’B2 =BD.BC (1); C’’B2 =BF.BA (2)
* Nhưng AFDC tứ giác nội tiếp => BD.BC = BF.BA (3) Từ (1), (2), (3) => AB’’=BC’’.
* Các đẳng thức khác chứng minh tương tự
Bài 6: ChoABC vuông cân (A =900) điểm M BC. Chứng minh: 2MA2 = MB2 + MC2 (1)
Giải:
Kẻ ME AB, MF AC => MBE & MFC vuông cân E & F.
A
B C
F E
A
B
J E
D C
(56)Vế phải = MB2 + MC2 = BE2 + ME2 + MF2 + FC2. = 2(ME2 + MF2)= 2MA2 = vế trái (Theo Pitago)
Bài 7: Cho ABC (A =900), kẻ đường cao AH Gọi E F hình chiếu H trên AB, AC Chứng minh hệ thức:
a BC2 = 3AH2 + BE2 + CF2. (1)
b 3BE2 3CF2 3BC2 (2)
c HB.HC = EA EB + FA FC (3) Giải:
a) Vế trái = (BH+HC)2= BH2 + HC2 + 2BH.HC
=
2 2 2
BE +EH + HF +FC +2AH
(định lý (I)-2-3)
=
2 2 2
EH +HF +BE +CF +2AH
= AH +2AH +BE +CF =3AH +BE +CF2 2 2 2 => (1) : đpcm
b)
2
2
2
2
BE.BA
BA BH BH
BE =BE = = =
BA BH.BC BH.BC BC (4)
2
2
2
2
CF.CA
CA CH CH
CF =CF = = =
CA CH.CB CH.CB BC (5)
Từ 4, =>
3
3
BH CH
BE = ; CF =
BC BC
=>
3 3
3
BH+HC BC
BE + BE = = = BC
BC BC => (2) : đpcm c) HB.HC = EA.EB + FA.FC (3)
Theo Ta lét:
HB FA EB
= = (6)
BC AC AB
HC CF EA
= = (7) BC AC BA
Nhân vế & ta được:
2 2 2
HB.HC FA.FC EB.EA FA.FC + EB.EA
= = =
BC AC AB AC + AB
B
M
A F
E
(57) 2
HB.HC FA.FC+EB.EA =
BC BC BC2 = AC2 + AB2
HB.HC =FA.FC +EB + EA : => (3) :đpcm
Bài 8: Cho ABC (A =900) có đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD đồng quy điểm Chứng minh : BH AC (1)
Giải:
Vì AH, BM, CD đồng quy, theo định lý Xê va, ta có: BH MC DA
=1
BC MA DB =>
HB DB
HCDA (1) (Do MC = MA); Nhưng
DB BC =
DA AC (2) (t/c đường phân giác) Từ 1, =>
HB BC =
HC AC => HB.AC = HC.BC (4)
Mặt khác theo hệ thức (1) (I) : HC BC = AC2 (5) Từ 4, => HB.AC = AC2 => HB = AC => (1) đpcm.
Bài : Cho (O) đường thẳng d, M d; từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB với (O) Gọi H hình chiếu O d Gọi I OH AB.
Chứng minh: IO.OH = R2 (*) Giải:
Cách 1: Trong OAM:
* ON.OM = OA2 = R2 (1) (NAB OM)
* Trong tứ giác nội tiếp INMH : OI.OH = ON.OM (2) Từ (1), (2) => OI.OH = R2
Cách 2: (*) OI.OH = OA2
OI OA
= OA OH B
C A D
M H
*
A
M H
d
O
B
(58) OIA OHA (3) Thật : dễ thấy điểm O, B, H, M, M thuộc đường trịn
đường kính OM => H =B =A 1 1 1 có HOA chung => (3) => (*) : đpcm Suối Ngô, Ngày 2,5,6/11/2012
CHUYÊN ĐỀ 8: CÁC BÀI TON V QU TCH i.Các toán tìm tập hợp ®iĨm
Bài 1: Cho đờng trịn (O; R) tam giác cân ABC có AB = AC nội tiếp đờng trịn (O; R) Kẻ đờng kính AI Gọi M điểm cung nhỏ AC Mx tia đối tia MC Trên tia đối tia MB lấy điểm D cho MD = MC
a) Chứng minh MA tia phân giác cña cña gãc BMx
b) Gọi K giao thứ hai đờng thẳng DC với đờng tròn (O) Tứ giác MIKD hình gì? sao?
c) Gọi G trọng tâm tam giác MDK Chứng minh M di động cung nhỏ AC G ln nằm đờng trịn cố định
d) Gọi N giao điểm thứ hai đờng thẳng AD với đờng tròn (O) P giao điểm thứ hai phân giác góc IBM với đờng trịn Chứng minh rằng, đờng thẳng DP ln qua điểm cố định M di động cung nhỏ AC
H
íng dÉn:
a) Góc AMB = (1/2)sđAB (góc nội tiếp (O) chắn AB )
Góc AMx = 180độ - Góc AMC = 180độ -(1/2)sđcungABC = (1/2)sđcungAC =(1/2)sđcungAB
vËy: Gãc
AMB = Góc AMx hay MA tia phân giác Góc BMx
b) +Tam giác MCD cân => Góc MCD = Gãc MDC = (1/2)Gãc BMC ( gãc ngoµi cđa tam gi¸c)
x
N
G
K
D
I
C O
A
B
(59)lại có Tam giác ABC cân => I điểm cung BC => Gãc IMC = Gãc IMB = (1/2)Gãc BMC
vËy Gãc MCD = Gãc IMC => IM song song víi CD
+ Gãc MCD = Gãc MDC = Gãc BMI => BI = MK =>Gãc MIK = Gãc IMB => IK song song víi MD
Vậy MIKD hình bình hành c) D thuộc đờng tròn (A; AC)
Gọi N điểm AI cho NA = (1/3)AI.=> NG = (2/3)AD = (2/3)AC = hs => G thuộc đờng tròn (N; (2/3)AC)
-Bài 2: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đờng trịn (O; R) Gọi D điểm cung BC khơng chứa A Vẽ đờng trịn qua D tiếp xúc với AB B Vẽ đờng tròn qua D tiếp xúc với AC C Gọi E giao điểm thứ hai hai đờng trịn
a) Chøng minh ®iĨm B, C, E thẳng hàng
b) Mt ng trũn tõm K di động qua A D, cắt AB, AC theo thứ tự M N Chứng minh BM = CN
c) T×m quü tÝch trung điểm I đoạn thẳng MN
H
íng dÉn:
a) + gãc BED = gãc DBx = gãc ACB
+ gãc CED = gãc DCy = gãc ABD
=> góc BEC = gócABD + gócACD = 180 độ
=> B, E, C thẳng hàng
x
y I
N M
E
D
C A
B
(60)b) cung BD = cung DC => gãc BAD = gãc CAD => cung DN = cung DM => DM = DN
cung BD = cung DC => DB = DC gãc DCN = gãc DBM
=> Tam gi¸c BMD = tam gi¸c CND => BM = CN
c) Tính đợc DI = 2KD sin2 (A/2) =>(DI/DK) =2 sin2(A/2) =hs
K thuộc trung trực AD => I thuộc đờng thẳng vng góc với AD cắt AD P cho (DP/DA )=sin2(A/2)
-Bài 3: Cho tam giác ABC cân A Các điểm M, N theo thứ tự chuyển động cạnh AB, AC cho AM = CN
a) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua điểm cố định khác A
b) Tìm quỹ tích tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AMN
Híng dÉn:
a) Đờng cao AH cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN P
=> tam gi¸c AMP = tam gi¸c CNP => PA = PC
=> P tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC => P cố định
b) Tâm I đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN nằm đờng trung trực AP
-Bài 4. Tìm quỹ tích đỉnh C tam giác ABC có AB cố định, đờng cao BH cạnh AC
H
íng dÉn:
Gv:Lê Mỹ Hạnh Trường THCS Suối Ngô
P
H
I
N A
C B
M
E
C
(61)Kẻ đờng thẳng vng góc với AB A, lấy E cho AE = AB => tam giác ACE = tam giác BHA
=> góc ACE = 90 độ => C thuộc cung chứa góc 90 độ dựng AE
Bài 5: Tứ giác lồi ABCD có AC cố định, góc A =450, góc B = góc C = 900.
a) Chứng minh BD cố độ dài không đổi
b) Gọi E giao BC AD, F giao DC AB Chứng minh EF có độ dài khơng đổi
c) Tìm quỹ tích tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AEF
H
íng dÉn:
a) góc B = góc D = 90 độ => B, D thuộc đờng trịn đờng kính AC
góc A = 45 độ => BD = R
√2 = hs
b) Tam giác CDE vuông cân => CD = ED
tam giác ADF vuông cân => DA = DF
=>Tam gi¸c ACD = tam gi¸c FED => EF = AC = hs
c) Trung trực AF cắt trung trực AE J, cắt (O) H I => H, I điểm hai cung AC => H, I cố định góc HJI = góc BCD = 135 độ
=> J thuộc cung chứa góc 135 độ dựng HI
-Bài 6: Cho đoạn thẳng AB cố định Một điểm M di động đoạn AB Dựng nửa mặt phẳng có bờ đờng thẳng AB hình vng AMDE, MBGH Gọi O, O' t-ơng ứng tâm hình vng
a) Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn OO'
I H
J
E F
D O
C
A
(62)b) Chứng minh AH EG qua giao điểm N khác M đờng tròn ngoại tiếp hình vng AMDE MBGH
c) Chứng minh đờng thẳng MN qua điểm cố định
Bài 7: Cho hai đờng tròn (O; R) (O'; R') cắt A D có đờng kính AOB AO'C vng góc với A Một đờng thẳng d qua A cắt nửa đờng trịn khơng chứa điểm D (O), (O') tơng ứng điểm M, N khác A
a) Chứng minh tam giác ABM tam giác CAN đồng dạng b) Tìm quỹ tích giao điểm P OM O'N d di động
c) Tiếp tuyến M (O) cắt AD I Chøng minh r»ng: IM2 = IA ID.
d) Tìm vị trí cát tuyến d tiếp tuyến M (O) tiếp tuyến N (O') cắt điểm thuộc đờng thẳng AD
d) Xác định vị trí d cho tứ giác MNCB có diện tích lớn Tìm giá trị lớn theo R R'
H
íng dÉn
a) Tam giác AMB tam giác CAN đồng dạng
b) góc PMA + góc PNA = góc OAM + góc O'AN = 90 độ
=> góc OPO' =90 độ => P thuộc đờng trịn đờng kính OO'
c) Tam giác IMA tam giác IDM đồng dạng
=> IM2 = IA.ID
d) tơng tự câu c giả sử tiếp tuyến N (O')
cắt AD I' => I'M2 = I'A.I'D VËy I trïng I' <=> IM = I'N <=> I thuéc trung trùc cña
NM
Vậy I giao AD trung trực MN tiếp tuyến M (O) tiếp tuyến N (O') cắt điểm thuộc đờng thẳng AD
e) diÖn tÝch Tø gi¸c BMNC lín nhÊt <=> (SBMA +SANC)min <=> (SBMA)min <=>
(BM.AM)min l¹i cã: BM2 + AM2 = R2 vËy: BM.AM R
2
2 dÊu b»ng BM = AM <=> d
tạo với AB góc 45 độ
I
P
N
D
O O'
B C
(63)Khi diện tích tứ giác BMNC là:
2(R.R'+R
+R'2)
Bài 8: Một điểm A động nửa đờng tròn đờng kính BC cố định Đờng thẳng qua C song song với BA cắt đờng phân giác ngồi góc BAC tam giác ABC D Tìm quỹ tích D
H
íng dÉn
AD cắt (O) E => E cố định
lại có góc CDE = 45 độ
Vậy D thuộc cung chứa góc 45 độ dựng CE
Bài 9: Cho đờng tròn (O; R) cố định đờng thẳng d cắt (O; R) hai điểm A, B cố định Một điểm M di động d bên đoạn AB Vẽ tiếp tuyến MP MN với (O; R) Gọi N, P hai tiếp điểm
a) Chứng minh M di động, đờng trịn ngoại tiếp tam giác MNP ln qua hai điểm cố định
b) Tìm quỹ tích tâm I đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNP
c) Trình bày cách dựng điểm M cho tam giác MNP tam giác
H
íng dÉn:
a) Giả sử (I) cắt AB H khác M => góc OHM = 90 độ => HA = HB hay H cố định Vậy (I) qua O H cố định
b) IO = IH => I thuéc trung trùc cña OH
c) Tam giác MNP <=> góc OMN = 30 độ <=> OM = 2ON = 2R Vậy M thuộc (O; 2R)
j
E
D
O
B C
(64)Bài 10: Cho hình vng ABCD cố định Một điểm I di động cạnh AB (I khác A B) Tia DI cắt tia CB E Đờng thẳng CI cắt đờng thẳng AE M Đờng thẳng BM cắt đờng thẳng DE F Tìm quỹ tích điểm F
H
íng dÉn:
Trªn BC lÊy G cho AI = BG => AI v«ng gãc víi ED
áp dụng định lí Meleneut tam giác AEB với điểm thẳng hàng C, I, M có
CB CE
IA IB
ME
MA=1 (1)
l¹i cã CB
CE= CD CE =
IB
BE thay vµo (1) => ME
MA= BE IA =
BE
BG => MB song song víi AG
hay gãc DFB vu«ng
Vậy F thuộc đờng trịn đờng kính BD ( cung nhỏ AB )
d H
N
P
I O
B A
M
A
G F
M
E
B
D C
(65)Bài 11: Cho đờng tròn (O; R) điểm A cố định đờng tròn Điểm M lu động tiếp tuyến xy A (O; R) Qua M vẽ tiếp tuyến thứ hai với (O; R) Gọi tiếp điểm B
a) Tìm quỹ tích tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AMB b) Tìm quỹ tích trực tâm H tam giác AMB
H
íng dÉn:
a) Đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMB đờng trịn đờng kính OM
=> E thc trung trùc cđa OA
b) Tứ giác AOBH hình thoi => AH = R Vậy H thuộc đờng tròn (A; R)
( thuộc nửa mặt phẳng bờ xy chøa B)
Bài 12: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng trịn tâm O Đờng phân giác góc A cắt đờng tròn điểm D Một đờng tròn (L) thay đổi nhng qua hai điểm A D (L) cắt hai đờng thẳng AB, AC giao điểm thứ hai M, N (có thể trùng với A)
a) Chøng minh r»ng: BM = CN
b) Tìm quỹ tích trung điểm K MN
H
íng dÉn:
a) gãc BAD = gãc DAN => DB = DC; DM = DN
l¹i cã gãc MBD = gãc NCD; gãc BMD = gãc NCD => gãc BDM = gãc CDN
vËy tam gi¸c BDM = tam gi¸c CDN => BM = CN
b) Tơng tự câu c
H B
E O
A M
K
N M
D
C B
A
(66)Bài 13: Cho góc vuông xOy Một êke ABC trợt mặt phẳng góc xOy cho đỉnh B di chuyển cạnh Ox, đỉnh C di chuyển cạnh Oy đỉnh góc vng A di chuyển góc xOy Tìm quỹ tích điểm A
H
íng dÉn:
Tø gi¸c OBAC néi tiÕp => gãc yOA =
gãc CBA = α
VËy A thuéc tia tạo với tia Oy góc
( phần n»m gãc xOy )
Bài 14: Cho đờng trịn tâm O bán kính R điểm P cố định ngồi đờng trịn
VÏ tiÕp tun PA cát tuyến PBC (A, B, C (O; R)) Gọi H trực tâm tam gi¸c ABC Khi c¸t tuyÕn PBC quay quanh P
a) Tìm quỹ tích điểm đối xứng O qua BC b) Tìm quỹ tích điểm H
K
O'
H
B A
P O
C
H
íng dÉn:
a) ta có PO' = PO = hs; P cố định => O' thuộc đờng tròn ( P; PO)
b) Tứ giác OO'HA hình bình hành vẽ hình bình hành AOPK => K cố định => HO'PK hình bình hành => HK = O'P = OP = hs Vậy H thuộc đờng tròn (K; OP)
y x
A
C B
(67)Bài 15: Cho hình vng ABCD có tâm O Vẽ đờng thẳng d quay quanh O cắt hai cạnh AD BC lần lợt E F ( E F khơng trùng với đỉnh hình vng) Từ E, F lần lợt vẽ đờng thẳng song song với DB, AC chúng cắt I
a) T×m quü tÝch I
b) Từ I vẽ đờng thẳng vng góc với EF H Chứng tỏ H thuộc đờng cố định đờng thẳng IH qua điểm cố định.
Bài 16: Cho tam giác ABC cân A Một điểm P di động cạnh BC Vẽ PQ song song với AC ( Q thuộc AB), vẽ PR song song với AB ( R thuộc AC) Tìm quỹ tích điểm D đối xứng với P qua QR
Bài 17: Cho góc vng xOy Các điểm A B tơng ứng thuộc tia Ox, Oy cho OA = OB Một đờng thẳng d qua A cắt OB M nằm O B Từ B hạ đ ờng thẳng vng góc với AM cắt AM H cắt đờng thẳng OA I
a) Chứng minh OI = OM tứ giác OMHI néi tiÕp
b) Gọi K hình chiếu O lên BI Chứng minh OK = HK c) Tìm quỹ tích điểm K M di động đoạn OB
Bài 18: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O) M di động cung BC a) Trên tia đối tia CM, lấy đoạn CE = MB Tìm tập hợp điểm E M di động
b) Trên tia đối tia MC, lấy đoạn MF = MB Tìm tập hợp điểm F M di động
Bài 19: Cho hai đờng tròn (O) (O') cắt A B Một cát tuyến (d) qua B cắt (O0 C (O') C' Tìm tập hợp trung điểm I đoạn CC' d quay quanh B
Bài 20: Cho hai đờng thẳng xx' yy' vng góc với O điểm P cố định Một góc vng đỉnh P quay quanh P cạnh góc vng cắt xx' A yy' B Tìm tập hợp trung điểm I đoạn AB
Bài 21: Trên bán kính OM đờng trịn (O) lấy đoạn OI khoảng cách từ M đến đờng kính cố định AB Tìm tập hợp điểm I
(68)Bài 23: Cho đờng tròn (O) dây AB cố định Kể dây AC Trên đờng thẳng AC lấy hai điểm M, M' cho CM = CM' = CB, M nằm đờng trịn Tìm tập hợp điểm M M' C vạch cung AB
Bài 24: Cho đờng tròn (O; R), điểm B, C cố định (O) điểm A di động (O) Tìm tập hợp trực tâm H tam giác ABC
Bài 25: Cho tam giác ABC Tìm tập hợp điểm M mặt phẳng cho hình chiếu M ba cạnh tam giác ba điểm thẳng hàng
Bi 26: Cho on thng AB v M điểm tuỳ ý đoạn AB Dựng nửa mặt phẳng bờ đờng thẳng AB hình vng ANCD BMEF Các đờng trịn ngoại tiếp chúng tâm P Q cắt M N
a) Chøng minh r»ng: AE, BC ®i qua N
b) Chứng minh rằng: MN qua điểm cố định M di động c) Tìm tập hợp trung điểm I PQ M di động
Bài 27: Cho đờng tròn (O; R) điểm P cố định đờng trịn khơng trùng với O Qua P dựng dây cung APB, tiếp tuyến (O) A B cắt M Tìm tập hợp điểm M dây AB quay quanh P
Bài 32: Hai đờng tròn (O) (O') giao A B Một cát tuyến di động qua A cắt (O) C (O') D Tìm tập hợp tâm I đờng tròn nội tiếp tam giác BCD
Bài 33: Cho tam giác cân ABC nội tiếp đờng tròn (O; R) có AB = AC = R√2 a) Tính độ dài BC theo R
b) M điểm di động cung nhỏ AC, đờng thẳng AM cắt đờng thẳng BC D Chứng minh AM.AD luôn số
c) Chứng minh tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác MCD di động đờng cố định M di động cung nhỏ AC
Híng dÉn:
a) BC đờng kính (O)
b) Tam giác AMC đồng dạng với tam giác ACD =>
AM.AD = AC2 = R
√2 c) gãc ACM = gãc MDC = 1/2 sđ cung CM => AC tiếp
I M
C
B O
A
(69)tuyến ( I ) => IC vuông góc với AC cố định => I thuộc đờng thẳng qua C vng góc với CA
Bài 34: Cho hình vng ABCD có tâm O Vẽ đờng thẳng (d) quay quanh O cắt AD, BC E, F Từ E, F lần lợt vẽ đờng thẳng song song với DB, AC chúng cắt I
a) Chứng minh I thuộc đờng thẳng cố định
b) Từ I kẻ IH vng góc với EF H Chứng minh H thuộc đờng cố định IH qua điểm cố định
K
H I
F O
B A
D C