bdhsg 8 toán học 8 nguyễn thị hợp thư viện giáo dục tỉnh quảng trị

Có vẻ như không liên quan đến các nhận xét mở đầu... Hỏi tam giác ABC là tam giác gì ?.[r]

I ) BÀI TOÁN CƠ SỞ 1:

Ta có đẳng thức  

2 2 2 2

a+b+c =a +b +c +2ab+2bc+2ca

Với a =

1

x b =

1

y c =

1

z ta có:  

2

2 2

1 1 1

x y z

x y z x y z xyz

 

       

 

  (1)

Từ ta có: Nếu x + y + z = xyz  thì:

2

2 2

1 1 1

x y z x y z

 

    

 

  (2)

Căn tốn ta có tốn liên quan: Bài toán 1:

Cho a + b + c = ab + bc + ca = Tính A = (a – 1)2005 + b2006 + (c + 1)2007

Hướng dẫn: Áp dụng trực tiếp đẳng thức có:

a2 + b2 +c2 = (a +b + c)2 – 2(ab +bc + ac) = 0a = b = c = Vậy A = 0.

Lời bình: Với tốn HS thường bị “ choáng” số mũ lớn , GV cần lưu ý HS với toán số thường có giá trị đặc biệt, vào giả thiết để tìm chúng

Bài toán 2: Cho a + b + c = abc

1 1 a b c  Chứng minh rằng: 2

1 1

7

a b c  Hướng dẫn: Từ nhận xét ta có:

2

1 1

a b c

 

 

 

  = 2

1 1

a b c +

2

(a b c)

abc   , kết hợp giả thiết ta có: 32 = 2

1 1

a b c +  2

1 1

a b c =

Lời bình: Từ tốn thay số số khác ta có tốn khác Bài tốn 3: Cho

x y z

a b c  a b c

x yz  Tính A =

2 2

2 2

x y z

a b c Hướng dẫn: Nếu đặt m =

a

x, n = b

y , p = c

z ta có: m + n + p = m.n.p  (vì a 0 , b0 , c 0) Áp dụng (1) có:

2

2 2

1 1 1

m n p m n p

 

    

 

 

 22 =

2 2

2 2

x y z

a b c hay

2 2

2 2

x y z

a b c = 4

Lời bình: Từ toán thay số số tổng qt ta có tốn khác. Bài tốn 4: (Bài tốn lớp 9)

Tính giá trị biểu thức: A = 2

1 1

2

 

+ 2

1 1

3

 

+ + 2

1

1

99 100

 

Hướng dẫn: Đặt x = , y = k – , z = -k ( k  2)

2

2 2

1 1 1

1 k k (k 1) k

 

    

 

 

  (vì 2

1

( )

k  k ) => 2

1

1

(k 1) k

 

 =

1 1

1

k k

 



Áp dụng công thức tổng quát cho thức ta có: A = +

1 2 -

1

3 +1 + 3 -

1

4 + + + 99 -

1

100 = 98,49

Lời bình: Bài tốn ta thay đổi số lượng thức tuỳ ý giá trị các số đảm bảo x + y + z =

Ví dụ: Tính A = 2

1 1

2 3 5 + 2

1 1

2 5 7 + + 2

1 1

2 97 99

Một số toán áp dụng khác:

Câu 1: Cho x , y , z thoả mãn điều kiện:

1

yz x +

1

zx y +

1

xy z = 0

Chứng minh: ( 2) x

yz x + ( 2)

y

zx y + ( 2)

z

xy z = 0

Câu 2: Cho a , b , c  Q Chứng minh rằng: A = 2

1 1

(a b ) (b c ) (c a ) Q

II ) BÀI TOÁN CƠ SỞ 2: Chứng minh

1 1

a b c  a b c  ln tồn hai số đối nhau.

Hướng dẫn:

1 1

0

a b c a b c       ( )

a b a b

ab c a b c

 

 

 



1

( )

( )

a b

ab c a b c

 

    

 

  

( )( )( )

0

( )

a b b c c a abc a b c

  



  

a b b c c a

  

    

Từ kết tốn ta áp dụng vào số toán sau: Bài toán 1:

Cho số thực x , y , z thoả mãn

2007

1 1

2007

x y z x y z

   

 

  

 

Chứng minh có ba số 2007 Hướng dẫn: Từ giả thiết ta nhận thấy

1 1

x yz x y z 

Áp dụng kết tốn số x,y,z ln có số đối nhau, mà x + y + z =2007 => có số 2007

Bài toán 2: Cho x, y, z số thực dương thoả mãn:

1 1

x y z  x  y  z (*) Chứng minh: 2007 2007 2007 2007 2007 2007

1 1

x  y  z x  y  z Hướng dẫn:

Đặt a = x , b = - y , c = - z => a > , b < , c < 0 (*) 

1 1



a b a c

  



 ( b + c < ) =>

x y x z

  

 

Thay kết vào vế đẳng thức cần chứng minh ta kết cần c/m Lời bình: Thoạt nhìn tốn khơng có liên quan với tốn sở, nhưng cách đặt biến số phụ ta đưa tốn sở

Bài toán 3: Cho số số thực a, b, c khác thoả mãn:

1 1

a b c k a b c k

   

 

  



 Chứng minh:

a) Có số k b)

1 1

n n n n n n

a b c a b c với n số lẻ c)

1 1

( )

n n n n

a b c  a b c  với n số lẻ

d) (an+bn+cn)( )ab n ( )ac n( )bc n a b cn n n với n số lẻ

Hướng dẫn: Sử dụng toán sở. III ) BÀI TOÁN CƠ SỞ 3:

Phân tích đa thức sau thành nhân tử: F(a,b,c) = a3+b3+c3 - 3abc

Đây tốn thơng thường, ta giải sau: Cách 1 : Sử dụng phương pháp " Xét giá trị riêng" cách Đặt a = - ( b+c) F(a,b,c) = a3+b3+c3 - 3abc = nên

F(a,b,c) chứa nhân tử (a+b+c) Lấy F(a,b,c) chia cho (a+b+c) dư Tiếp tục phân tích ta có kết cuối cùng:

F(a,b,c) = a3+b3+c3 - 3abc = 2

1

(a+b+c)[ ( a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]

Cách 2: Sử dụng phép biến đổi từ đẳng thức sau nhiều lần: a3+b3 = (a+b)3- 3ab(a+b)

Giải:

Ta có F(a,b,c) = a3+b3+c3 - 3abc = (a+b)3 +c3 -3abc- 3ab(a+b)

= (a+b+c)3-3c(a+b)(a+b+c) - 3ab(a+b+c)

= (a+b+c)[ (a+b+c)2 - 3c(a+b)-3ab]

=

(a+b+c)[ ( a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]

Phân tích: Bài tốn dừng lại có kết phân tích thành nhân tử Bây giờ, ta khai thác theo chiều sau

a) Từ toán sở ta thấy:

Nếu a3+b3+c3 = 3abc hay a3+b3+c3 - 3abc =

(a+b+c)[ ( a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] = Suy ra:

a+b+c = a = b = c

  

b ) Đảo lại

a+b+c = a = b = c

 

 thì có: a3+b3+c3 = 3abc hay a3+b3+c3-3abc= 0

Bài tốn 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x-y)3+(y-z)3+(z-x)3

Hướng dẫn: Cách 1: Bằng cách biến đổi thông thường Cách 2: Dùng phương pháp xét giá trị riêng Cách 3: Sử dụng nhận xét từ đa thức nêu

Đặt a = x-y , b= y-z , c = z -x ta thấy a+b+c = theo (2) ta có a3+b3+c3 = abc.

Sau lời giải theo cách Giải:

Ta có (x-y) + (y-z) + (z-x) = Vậy (x-y)3+ (y-z)3+(z-x)3 = 3(x-y) (y-z) (z-x)

Lời bình: Việc áp dụng nhận xét từ kết toán mở đầu ta biết được kết tốn So với cách giải khác tránh số bước biến đổi thường gây lúng túng cho học sinh.

Bài tốn 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x2+y2)3 +(z2-x2)3 - (y2+z2)3

Hướng dẫn: Nếu đặt a = x2+y2, b = z2-x2 c = -y2-z2

a+ b+c = từ theo nhận xét ta suy kết quả. Giải:

Ta có (x2+y2)+( z2-x2)+( -y2-z2) = nên theo (2) ta suy ra:

(x2+y2)3 +(z2-x2)3 - (y2+z2)3 = (x2+y2)3 +(z2-x2)3 +(-y2-z2)3

= (x2+y2)( z2-x2)( -y2-z2)

= 3(x2+y2)( x-z)(x+z)( y2+z2)

Bài toán 3: Cho x

1

+ y

1

+z

1

= Tính P = z2 xy

+x2 yz

+ y2 zx

Hướng d n: ẫ Đặt a =x

, b= y

1

, c=z

thì a+b+c= từ áp dụng (1) ta có kết quả bài toán.

Giải:

Từ giả thiết x

1

+ y

1

+z

= 0 

x +

y +

z = xyz

Vậy ta có P = xyz(

1

x +

y +

z ) = xyz xyz

= 3

Lời bình: Mặc dù giả thiết cho có dạng (2) biểu thức cần tính lại khơng phải là dạng a3+b3+c3 nên ta phải nhân thêm làm xuất đa thức toán mở đầu.

Bài toán 4: Cho abc  0, a3+b3+c3=3abc Tính giá trị của:

A=(1+ b a

)(1+c b

)(1+a c ) Hướng dẫn: Sử dụng nhận xét (1) để biến đổi. Giải:

Theo nhận xét 1: ta có a3+b3+c3 = 3abc 

a+b+c = a = b = c

- Nếu a+b+c = thì: A = b b a

c c b

a a c

= b c

 c

a



a b



= -1 - Nếu a = b = c thì: A = (1+1)(1+1)(1+1) =

Vậy A nhận hai giá trị -1

Lời bình: Với dạng tập này,học sinh dễ làm thiếu trường hợp.Do bằng con đường khai thác đa thức mở đầu ta có đủ hai trường hợp.

Bài toán 5: Cho xyz  thoả mãn x3y3+y3z3+z3x3 = 3x2y2z2

Tính giá trị biểu thức: M = (1+ y x

)(1+ z y

)(1+ x z ) Hướng dẫn: Coi a = yz , b= zx , c= xy có a3+b3+c3=3abc

Từ áp dụng nhận xét nêu ta có lới giải Giải:

Từ x3y3+y3z3+z3x3 = 3x2y2z2 nên ta có

yz + zx + xy = yz = zx = xy * Nếu yz + zx + xy = xyz   x+y = z

xy



; y+z = x yz



; z+x = y zx



M =

1

     



yx xz zx

yz zy

xy x

x z z

z y y

y x

* Nếu yz = zx = xy ta có: M = x x z z

z y y

y

x .  . 

=

8

   



yx yx zx

zx yz

yz yx

yz yx zx

xz xy yz

yz xz Vậy M có hai giá trị -1

Lời bình: Học sinh dễ thiếu giá trị M xét trường hợp kết luận.

Bài toán 6: Cho a,b,c thoả mãn:

2 2

3 3

a+b+c = a +b +c = a +b +c =1

    

Tính giá trị biểu thức P = a2003+b2004+c2005

Nhận xét: tốn này, để tính P ta thường khai thác giả thiết để tính a, b, c rồi thay vào P Có vẻ khơng liên quan đến nhận xét mở đầu Nhưng ta biến đổi giả thiết tốn để tìm a, b, c cách xét điều kiện a, b, c trên thử xem liệu a3+b3+c3 - 3abc = ? Từ tìm hướng giải quyết.

Giải:

Ta có a3+b3+c3 - 3abc = (a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca) Kết hợp giả thiết được:

-3abc = 1- ab-bc-ca  3abc = ab+bc+ca (*) Mặt khác (a+b+c)2 =

 a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) =

 ab+bc+ca = (**)

Từ suy giá trị a, b, c là: a = 0, b= 0, c=

a = 0, b= 1, c= a = 1, b= 0, c= Vậy ta có kết P =

Lời bình: Nếu biến đổi thơng thường kết dài dòng ,từ giả thiết cho a3+b3+c3 =1 ta nghĩ đến việc sử dụng đa thức tốn mở đầu Bài ta có thể u cầu "Giải hệ phương trình bậc ba ẩn học sinh lớp ".

Bài tốn 7: Giải phương trình: (3x - )3 - (x-3)3 = (2x+1)3

Hướng dẫn: Ta thấy biến đổi hai vế ta thu phương trình bậc ba,sau đó lại phải tiếp tục phân tích đưa phương trình tích.Nếu vận dụng nhận xét ta có thể đưa phương trình cho dạng tích

Giải:

Ta thấy (3x - ) + (-x+3) + (-2x-1) = nên theo nhận xét ta có: (3x - )3 + (-x+3)3 + (-2x-1)3 = (3x - ) (-x+3) (-2x-1)

Vậy phương trình cho (3x - )3- (x-3)3 = (2x+1)3

 (3x - )3 + (-x+3)3 + (-2x-1)3 =  (3x - 2) (-x+3)(-2x-1) = 0

Vậy tập nghiệm phương trình cho S = 3

; ;



Bài toán 8: Cho xyz  0, x+y+z = Tính:

2 2

x y z

yz  xz  xy Giải:

Từ giả thiết x+y+z = 0, theo (1) ta có: x3 + y3 + z = 3xyz

Do

2 2

x y z

yz  xz  xy =

1 3 3 3

x y z xyz

 

 

   =

3

3 xyz xyz 

Lời bình: Bài toán đơn giản ta sử dụng nhận xét Nhiều học sinh biến đổi giả thiết không theo hướng (1) nhiều thời gian chưa chắn kết mình.

Bài toán 9:

a) Rút gọn phân thức: A=

3 3 3

2 2

( ) ( ) ( )

a b c abc

a b b c c a

  

    

b) Cho x+ y+ z = 2007 Tính giá trị biểu thức: M = 2 ( )

3 3

zx yz xy z

y x

xyz z

y x

    

  

Sau số toán áp dụng:

Câu 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: (x+y)3 = (x - 2)3 + (y+2)3 + 6

Câu 2: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) (x+y+z)3 - x3 - y3 - z3

Câu 3: Cho a + b + c + d = Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 +d3 = 3(c+d)(ab - cd)

Câu 4: Cho x , y thoả mãn x2 + y 2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ của

biểu thức: x6 + y 6..

Câu 5: Giải hệ phương trình:

2 2

3 3

a+b+c = a +b +c = a +b +c =1

    

Câu 6: Cho a, b, c  R cho a, b, c  a+ b+ c = Có c = -2n Chứng minh:

3 3

2 2

a b c n a b c

    

Câu 7: Cho ABC có ba cạnh a,b,c thoả mãn a3+b3+c3 = 3abc