b Trường hợp thứ 2c.g.c: Nếu 2 cạnh của tam giác này tỷ lệ với 2 cạnh của tam giác kia và 2 góc tạo bởi tạo các cặp cạnh đó bằng nhau thì hai tam đó giác đồng dạng.. c Trường hợp thứ 3 g[r]
(1)Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Ngày soạn: / ./ 2011 Ngày giảng: / / 2011 Buổi – Chuyên đề PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT I Mục tiêu Kiến thức - Hs biết số phương pháp tìm GTNN, GTLN cách sử dụng số bất đẳng thức thông dụng ( Bất đẳng thức Cô si và Bu- nhi – a côp – xki Kĩ - Rèn luyện kĩ biến đổi và rèn luyện khả tư toán học thông qua chứng minh các bất đẳng thức để tìm GTNN, GTLN Thái độ - Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, biết lựa chọn giải pháp hợp lý giải toán II Chuẩn bị GV: Nghiên cứu kĩ giáo án HS: Ôn tập lại bất đẳng thức Cô si và Bu – nhi- a- Côp - Xki III Tiến trình bài dạy Ổn định tổ chức Kiểm tra bài cũ ( Không ) Bài I Lý thuyết *phương pháp 1: Phương pháp dựa vào lũy thừa bậc chẵn Biến đổi hàm số f(x) cho: * y = M – [g(x)]2n , n Z+ y M Do đó ymax = M g(x) = * y = m + [h(x)]2n , n Z+ y m Do đó ymin = m h(x) = * Phương pháp 2: Dựa vào bất đẳng thức Côsi: * Ghi nhớ: Ta có: a + b ³ ab (Với a, b là hai số không âm) Dấu xãy a = b a1 + a2 + a3 + + an ³ n n a1a2a3 an (với: a1; a2 ; a3 ; ; an không âm) Dấu xãy a1 = a2 = a3 = = an Vậy: Nếu a.b = k (không đổi) thì: Min(a + b) = k (khi và a = b) Nếu a + b = k (không đổi) thì: k2 Max(a.b) = (khi và a = b) Kết trên còn mở rộng với n số không âm Giáo án ôn HSG toán Lop6.net (2) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Bài 1: Cho x > 0; y> thỏa mãn đẳng thức 1 Tìm giá trị nhỏ biểu x y thức A = x y Hướng dẫn: Vì: x > 0; y > nên 1 0; 0; x 0; x y 1 x y với số dương ; ta có: y VẬn dụng bất đẳng thức Cosi đối 1 11 1 Suy ra: x y x y Vận dụng bất đẳng thức Cosi cho số dương x; 1 xy xy y ta được: A = x y x y (Dấu “=” xãy x = y = ) Vậy: MinA = (khi và x = y = 4) * Lưu ý phương pháp giải: Trong bất đẳng thức trên ta đã vận dụng bất đẳng thức Cosi theo hai chiều ngược Lần thứ ta “làm trội” vận dụng giả thiết 1 , từ đó x y 1 cách vận dụng x y ab ab để xy Lần thứ hai ta “làm giảm” tổng ( x y ) cách vận dụng bất đẩng thức Cô_si theo chiều a + b ab để dùng kết xy Biện pháp : Đôi để tìm cực trị biểu thức ta cần phải tìm cực trị bình phương biểu thức đó Bài 2: Tìm giá trị lớn biểu thức: A = 3x 3x Giải Cách 1: Biểu thức A cho dạng tổng hai thức Hai biểu thức lấy có tổng không đổi là Vì bình phương biểu thức A thì ta có hạng tử cộng là hai lần tích hai thức Đến đây có thể vận dụng bất đẳng thức Cô_si ĐKXĐ: x 3 A2 = (3x – 5) + (7 – 3x) + (3x 5).(7 x) = + (3x 5).(7 3x) A2 + (3x – 5) + (7 – 3x) = 4( Dấu “=” xãy 3x – = – 3x x = 2) Vậy: maxA2 = maxA = 2( và x =2) Cách 2: Theo BĐT Bunhiacopski ta có: ab cd (a c2 )(b d ) Dấu “=” xảy ad = bc Giáo án ôn HSG toán Lop6.net (3) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh x 3 ĐKXĐ: Ta có: A = 3x 3x maxA = Khi: 1 12 3x 3x 2 3x 3x x II Bài tập vận dụng x x 34 Bài 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x 3 Giải ĐKXĐ: x M= x 25 x 3 x 3 25 x 3 25 10 25 (dấu “=” xảy x Vậy M = 10 x 3 x 4) (khi và x = 4) Bài 2: Cho x > 1, tìm giá trị lớn biểu thức A = x 25 x 1 Giải 25 25 4 x 1 2.10 24 x 1 x 1 25 x ) (dấu “=” xảy 4x 1 x 1 Vậy A = 24 (khi và x ) A = 4x 1 a) Bài 3: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x y z 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x y y z z x Giải P2 = 2x y y z 2z x x y z y z x z x y 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương, ta được: x2 x y x y x x y.z z 44 4x y yz z z y2 y z y z y y z x x4 4y z xz x x z2 z x z x z z x y y 44 4z x yx y y Giáo án ôn HSG toán Lop6.net (4) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh P2 4x y z x y z 3x y z P2 3.12 = 36 (dấu “=” xảy x = y = z = 4) Vậy P = (khi và x = y = z = 4) Bài 4: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x y z a Do đó a a a Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = 1 1 1 x y z Giải a x x y z x yz 44 x yz ; x x x x 1 2 a y y x z y xz 44 y xz ; 1 y y y y 1 2 a z z x y z yx 44 z yx ; z z z z 644 xyz 64 Do đó Q xyz a (dấu “=” xảy x = y = z = ) a ) Bài 5: Cho x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z a Vậy Q = 64 (khi và x = y = z = b) Tìm giá trị lớn biểu thức A = xy yz zx c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức B = x y z Giải x2 y2 xy ; y2 z2 z2 x2 yz ; zx 2 xy yz zx x y z ; xy yz zx x y z 2 xy yz zx 3A a ; A a2 (dấu “=” xảy x = y = z = a ) a2 a (khi và x = y = z = ) 3 2 2 B = x y z x y z 2xy yz zx B = a 2xy yz zx Vậy max A = b) a2 (theo câu a) a (khi và x = y = z = ) B xy yz zx max xy yz zx Lúc đó B = a 2a a 3 Hướng dẫn nhà Giáo án ôn HSG toán Lop6.net (5) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Bài 6: Cho x > ; y > và x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 5x y 12 16 x y Đáp án P = 2x y 3x 12 16 12 16 y 12 x y x y x y = 12 + 12 + = 32 (dấu “=” xảy Vậy P = 32 16 12 và y ) y x và y ) 3x x2 (khi và x ; y ) Bài 7: Cho x > y và xy = 5, tìm giá trị nhỏ biểu thức Q x 1,2 xy y x y Đáp án Q= x y 2 3,2 xy x y 16 16 x y x y 16 x y , kết hợp điều kiện xy ta (dấu “=” xảy x y x y Vậy Q = x = ; y = và x = -1 ; y = -5) (khi và x = ; y = x = -1 ; y = -5) Giáo án ôn HSG toán Lop6.net (6) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Ngày soạn: / ./ 2011 Ngày giảng: / / 2011 Buổi - Chuyên đề + PHÉP CHIA HẾT – PHÉP CHIA CÓ DƯ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE I Mục tiêu Kiến thức - Biết số phương pháp tìm lời giải cho bài toán chia hết, chia có dư, đồng dư thức Kĩ - Rèn luyện kĩ biến đổi và rèn luyện khả tư toán học thông qua chứng minh các đẳng thức toán học, tìm số dư, phép chia hết Thái độ - Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, biết lựa chọn giải pháp hợp lý giải toán II Chuẩn bị GV: Nghiên cứu kĩ giáo án HS: Ôn tập lại kiến thức phép chia hết, phép chia có dư III Tiến trình bài dạy Ổn định tổ chức Kiểm tra bài cũ - Giải bài tập đã cho buổi hôm trước ? Bài Các bài toán chia hết và phương hướng tìm lời giải : Cho biểu thức A(n), phụ thuộc vào số n (n Z hay n Z’ tập Z) 1.1) Để chứng minh A(n) chia hết cho số nguyên tố p, có thể xét trường hợp số dư chia n cho p (0, 1, 2, …, p 1 ) Ví dụ : Chứng minh n(n2 + 1)(n2 + 4) với số nguyên n Giải : Đặt n = 5k + r với r = 0, 1, 2) Với r = thì n A(n) Với r = 1 thì (n2 + 4) = [(5k 1)2 + 4] = 25k2 10k + A(n) Với r = 2 thì (n2 + 1) = [(5k 2)2 1] = 25k2 10k + A(n) 1.2) Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m, nói chung ta nên phân tích m thừa số Giả sử m = p.q Nếu p,q là số nguyên tố hay (p,q) = thì ta tìm cách chứng minh A(n) p và Giáo án ôn HSG toán Lop6.net (7) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh A(n) q Từ đó suy A(n) pq = m Ví dụ : Chứng minh tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho Giải : Gọi ba số nguyên liên tiếp là : n, n + 1, n + Tích chúng là : A(n) = n(n + 1)(n + 2) Trong hai số nguyên liên tiếp, có số chẵn, đó A(n) Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + có số chia hết cho Thật vì số dư chia n cho có thể là (n chia hết cho 3) là (lúc đó n + chia hết cho 3) là (lúc đó n + chia hết cho 3) Vì (2,3) = nên A(n) = n(n + 1)(n + 2) Nếu p và q không nguyên tố cùng thì ta phân tích A(n) thành nhân tử, chẳng hạn A(n) = B(n).C(n) và tìm cách chứng minh B(n) p và C(n) q Khi đó A(n) = B(n)C(n) pq = m Ví dụ : Chứng minh tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho Giải : Gọi số chẵn đầu là 2n, số chẵn là 2n + 2, tích chúng là A(n) = 2n(2n + 2) Ta có = 2.4 và A(n) = 2n(2n + 2) = 4.n(n + 1); n và n + là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Vì và n(n + 1) nên 4n(n + 1) 4.2 = 1.3) Để chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều số hạng và chứng minh số hạng chia hết cho m Ví dụ : Chứng minh lập phương số nguyên bất kì (n > 1) trừ 13 lần số nguyên đó thì luôn chia hết cho Giải : Ta cần chứng minh : A(n) = n3 – 13n Ta có A(n) = n3 – 13n = n3 – n – 12n = n(n2 – 1) – 12n = n(n – 1)(n + 1) – 12n Vì n(n – 1)(n + 1) là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho và 12n chia hết cho nên : A(n) = n3 – 13n 1.4) Để chứng minh tổng nào đó không chia hết cho m, có thể chứng minh số hạng nào đó tổng không chia hết cho m còn tất các số hạng còn lại chia hết cho m Ví dụ : Chứng minh với số n lẻ : n2 + 4n + không chia hết cho Giải : Đặt n = 2k + (n lẻ) ta có : n2 + 4n + = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) + = (4k2 + 4k) + (8k + 8) + = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + Vì k(k + 1) nên 4k(k + 1) ; 8(k + 1) và không chia hết cho nên n + 4n + không chia hết cho Giáo án ôn HSG toán Lop6.net (8) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh 1.5) Có thể chứng minh quy nạp toán học : Để chứng minh mệnh đề đúng với số tự nhiên n phương pháp quy nạp toán học, ta tiến hành theo ba bước sau : Bước : Kiểm tra mệnh đề đúng với n = (hoặc n = no) Bước : Giả sử mệnh đề đúng với n = k > (hoặc k > no) ; (Ta gọi là giả thiết quy nạp) Rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + Bước : Kết luận mệnh đề đúng với số tự nhiên n Ví dụ : Chứng minh 16n – 15n – 225 Giải : Với n = thì 16n – 15n – = 16 – 15 – = 225 (đúng) Giả sử 16k – 15k – 225 Ta chứng minh : 16k+1 – 15(k + 1) – 225 Thật : 16k+1 – 15(k + 1) – = 16.16k – 15k – 15 – = (15 + 1).16k – 15k – 15 – 1= = (16k – 15k – 1) + 15.16k – 15 Theo giả thiết quy nạp (16k – 15k – 1) 225, Còn 15.16k – 15 = 15(16k – 1) = 15.(16 – 1).M 15.15 Vậy 16k+1 – 15(k + 1) – 225 Bài tập áp dụng : 1) Chứng minh : A = 75(41975 + 41974 + 41973 + … + 42 + 5) + 25 chia hết cho 41976 Giải : A = 25.3(41975 + 41974 + 41973 + … + 42 + + 1) + 25 A = 25.(4 – 1) (41975 + 41974 + 41973 + … + 42 + + 1) + 25 A = 25.(41976 – 1) + 25 = 25 41976 1 1 25.41976 41976 x x 7x 5x x luôn luôn là số tự nhiên 2) Chứng minh số P = 120 12 24 12 với số tự nhiên x Giải : P= Mà : x 10x 35x 50x 24x 120 x5 + 10x4 + 35x3 + 50x2 + 24x = x(x4 + 10x3 + 35x2 + 50x + 24) = x[(x4 + 5x3 + 4x2) + (5x3 + 25x2 + 20x) + (6x2 + 30x + 24)] Giáo án ôn HSG toán Lop6.net (9) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh = x[x2(x2 + 5x + 4) + 5x(x2 + 5x + 4) + 6(x2 + 5x + 4)] = x(x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) = x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) Vì 120 = 3.5.8 với 3, 5, đôi nguyên tố cùng nhau, đó cần chứng minh : x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) chia hết cho 3, 5, CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE (Phương trình nghiệm nguyên) I Mở đầu : Có bài toán dân gian sau : Trăm trâu trăm cỏ, Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba, Lụ khụ trâu già, Ba bó Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm, bao nhiêu trâu già ? Giải : Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y, thì số trâu già là : 100 – (x + y) Ta có phương trình : 5x 3y 100 (x y) 100 Hay 7x + 4y = 100 (1) Nếu không có điều kiện hạn chế gì thì phương trình này dễ giải ; nó có vô số nghiệm : x tùy ý 100 7x y Nhưng theo đề toán thì x, y (số trâu) phải là số nguyên dương, nên ta phải tìm nghiệm nguyên dương phương trình (1) Đây là ví dụ phương trình Diophante Một phương trình có nhiều ẩn số, với tất các hệ số là số nguyên, và ta phải tìm nghiệm nguyên nó, gọi là phương trình Diophante (Diophante là tên nhà toán học cổ Hy Lạp) Phương trình Diophante nói chung là có nhiều nghiệm nguyên, vì người ta gọi là phương trình vô định II Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản : Giáo án ôn HSG toán Lop6.net (10) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Phương trình ax + by = c (1) (a, b, c là các số nguyên) Nếu (a,b) = thì phương trình (1) bao giớ có nghiệm nguyên Nếu a, b có ước số chung không phải là ước số c thì phương trình (1) không có nghiệm nguyên Muốn tìm nghiệm nguyên (1), ta phải tách phần nguyên biểu diễn x theo y y theo x Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình 3x + 4y = 29 29 4y 2y 9y 3 2y Muốn có x, y nguyên thì phải nguyên hay là ước – y Vậy – y = 3t (t Z) Giải : Ta có x = Khi đó : y = – 3t và x = – y + t = – + 3t + t = 4t + x 4t (t nguyên) là tất các nghiệm nguyên phương trình đã cho y 3t Vậy : Muốn tìm các nghiệm nguyên dương phương trình trên, ta đặt thêm các điều kiện để x > y > Ta có : x 4t t y 3t t2 Do đó : t và t có hai giá trị t1 = –1, t2 = Với t1 = –1 thì x = 3, y = là nghiệm nguyên dương phương trình đã cho Với t2 = thì x = 2, y = là nghiệm nguyên dương phương trình đã cho Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 7x + 23y = 120 (1) Giải : Ta có x = 120 23y 2y 17 3y (2) 7 Muốn có x, y nguyên thì – 2y = 7t hay 2y = – 7t (t nguyên) Từ đó : y = –3t + 1 t (3) Vì y, t nguyên nên – t = 2t1 (t1 nguyên) t = – 2t1 Thay vào (3) ta có : y = –3(1 – 2t1) + t1 = 7t1 – Thay vào (2) ta : x = 17 – 3(7t1 – 3) + – 2t1 = 27 – 23t1 Vậy x = 27 – 23t1 , y = 7t1 – là nghiệm nguyên phương trình (1) Muốn có nghiệm nguyên dương, ta phải có : Giáo án ôn HSG toán Lop6.net 10 (11) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh 27 t1 x 27 23t 23 y 7t1 t 3 Suy t1 = và x = 4, y = là nghiệm nguyên dương phương trình đã cho Đưa phương trình tích : Ta có thể biến đổi vế phương trình là tích các biểu thức nguyên ẩn còn vế là số nguyên Bằng cách phân tích số nguyên này thành các thừa số nguyên tố, ta có thể xét trường hợp có thể xảy từ đó tính nghiệm nguyên phương trình Ví dụ : Tìm nghiệm tự nhiên phương trình xy – 4x = 35 – 5y (1) Giải : (1) xy – 4x + 5y – 20 = 15 hay ( x + 5)(y – 4) = 15 = 15.1 = 5.3 Vì x, y là số tự nhiên nên x + và là ước 15, ta có : x 15 x y y 1 Suy : x = 10, y = x = 0, y = Đó là nghiệm tự nhiên phương trình đã cho Phương pháp loại trừ : Từ phương trình đã cho tìm số điều kiện loại bớt dần giá trị ẩn để tìm nghiệm Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x2 – 6xy + 13y2 = 100 (1) Giải : (1) x2 – 6xy + 9y2 = 100 – 4y2 hay (x – 3y)2 = 4(25 – y2) Vậy y và 25 y là số chính phương Với y = y = thì 25 – y2 không là số chính phương (loại) Với y = ta có : x x 17 (x 9) 4.16 x 8 x Với y = ta có : x 12 x 18 (x 12) 36 x 12 6 x Với y = ta có : Giáo án ôn HSG toán Lop6.net 11 (12) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh (x – 15)2 = x = 15 Vậy các nghiệm nguyên dương phương trình đã cho là : (1; 3), (17; 3), (6; 4), (18; 4), (15; 5) III Bài tập áp dụng : 1) Tìm nghiệm nguyên phương trình : x + y = xy 2) Tìm nghiệm nguyên phương trình : (x + y)2 = (x – 1)(y + 1) 3) Tìm nghiệm nguyên phương trình : 6x2 + 5y2 = 74 Hướng dẫn nhà Bài tập Chứng minh : a) A = (n + 1)(n + 2)(n + 3)….(3n) 3n b) B = 7.52n 12.6n 19 Giải : Chứng minh quy nạp a) Với n = 1, ta có : A = 2.3 Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là : Ak = (k + 1)(k + 2)(k + 3)…(3k) 3k (1) Ta hãy xét : Ak + = (k + 2)(k + 3)(k + 4)…[3(k + 1)] 3k + Ak + = 3(k + 1)(k + 2)(k + 3)…(3k)(3k + 1)(3k + 2) = 3Ak(3k + 1)(3k + 2) Nhưng theo (1) thì Ak 3k Vậy Ak + = 3Ak(3k + 1)(3k + 2) 3k Vậy mệnh đề đúng với số tự nhiên : n b) Với n = 0, ta có : B = + 12 = 19 19 Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là : Bk = 7.52k + 12.6k 19 (1) Ta hãy xét : Bk + = 7.52(k + 1) + 12.6k + = 7.52k.52 + 12.6k.6 = (6 + 19)7.52k + 12.6k.6 = 6(7.52k + 12.6k) + 19.7.52k = 6Bk + 19.7.52k Nhưng theo (1) thì Bk 19 Vậy Bk + = 6Bk + 19.7.52k 19 Vậy mệnh đề đúng với số tự nhiên n Giáo án ôn HSG toán Lop6.net +1 12 (13) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Ngày soạn: / ./ 2011 Ngày giảng: / / 2011 Buổi - Chuyên đề RÚT GỌN BIỂU THỨC CHỨA CĂN BẬC HAI I Mục tiêu Kiến thức - Hs củng cố cách rút gọn biểu thức chứa bậc hai các “Sử dụng hệ thức Vi-ét vào rút gọn các biểu thức số có dạng S P ” Kĩ - Rèn luyện kĩ biến đổi và rèn luyện khả tư toán học thông qua rút gọn biểu thức chứa bậc hai Thái độ - Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, biết lựa chọn giải pháp hợp lý giải toán II Chuẩn bị GV: Nghiên cứu kĩ giáo án HS: Ôn tập lại hệ thức Vi – et, các đẳng thức đáng nhớ III Tiến trình bài dạy Ổn định tổ chức Kiểm tra bài cũ - Giải bài tập đã cho buổi hôm trước ? Bài – SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ VI -ET VÀO KHAI PHƯƠNG BIỂU THỨC CÓ DẠNG S P b x x S a x x c P a S P ( x1 x2 )2 x1 x2 +) x1 x2 x1 x2 +) x1 x2 x1 x2 (x1.>x2) +) x1 x x x1 (x1.<x2) Giáo án ôn HSG toán Lop6.net 13 (14) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh - MỘT SỐ VÍ DỤ 1) Ví dụ : Rút gọn Ta nhẩm hai số có tổng và tích Hai số đó chính là số và số đó theo cách đó ta rút gọn cách dễ dàng ( )2 2) Ví dụ : Rút gọn Ta nhẩm hai số có tổng và tích Hai số đó chính là số và số đó theo cách đó ta rút gọn cách dễ dàng ( )2 3) Ví dụ : Rút gọn 11 Ta đưa dạng S P 11 11 18 Ta nhẩm hai số có tổng 11 và tích 18 Hai số đó chính là số và số đó theo cách đó ta rút gọn cách dễ dàng 11 11 18 (3 2)2 (vì 3> ) 4) Ví dụ : Rút gọn 33 20 Ta đưa dạng S P 33 20 33 200 Ta tìm hai số có tổng 33 và tích 200 Hai số đó chính là số 25 và số đó theo cách đó ta rút gọn cách dễ dàng 33 20 33 200 (5 2)2 2 2 5) Ví dụ : Rút gọn B 42 6 Giáo án ôn HSG toán Lop6.net 14 (15) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh 42 6 Ta biến đổi tử theo cách trên ta B 1 1 1 1 1 1 2 6) Ví dụ : Rút gọn A = 29 12 Ta biến đổi tương tự cách giải trên ta biến đổi 3 2 3 29 12 62 5 1 =1 Bài tập vận dụng Bài Rút gọn A = 10 10 Bài Cho A 11 96 và B 2 1 Không dùng bảng số hay máy tính bỏ túi, hãy so sánh A và B Bài Rút gọn thức A = 13 30 Bài Rút gọn biểu thức Giáo án ôn HSG toán Lop6.net 15 (16) Trường THCS Lay Nưa B= 14 13 12 11 Lò Văn Phanh 44 52 Bài Rút gọn biểu thức a) A = 29 12 b) B = 3 2 17 12 3 2 17 12 c) C = 13 160 53 90 Bài Rút gọn biểu thức A= 11 2 14 Hướng dẫn nhà Bài Rút gọn biểu thức A Bài Rút gọn biểu thức A = 21 80 10 14 14 5 Bài Rút gọn biểu thức a A = b B = 1 ; 2 3 2 6 2; Giáo án ôn HSG toán Lop6.net 16 (17) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Ngày soạn: / ./ 2011 Ngày giảng: / / 2011 Buổi – Chuyên đề PHƯƠNG PHÁP TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG I Mục tiêu Kiến thức - Hs củng cố các kiến thức định lí ta – let, k/n tam giác đồng dạng, các trường hợp đồng dạng hai tam giác Kĩ - Vận dụng kiến thức tam giác đồng dạng để tính độ dài đoạn thẳng, tỷ số chu vi,, diện tích các tam giác thong qua tỷ số đồng dạng Thái độ - Rèn luyện tính cẩn thận và chính xác, kiên trì tìm tòi quá trình chứng minh toán hình II Chuẩn bị GV: Nghiên cứu kĩ giáo án HS: Ôn tập lại định lí ta – let, k/n tam giác đồng dạng, các trường hợp đồng dạng hai tam giác III Tiến trình bài dạy Ổn định tổ chức Kiểm tra bài cũ - Chữa bài tập hôm trước Bài Phần I KIẾN THỨC CƠ BẢN -1 Đinh lý Talet tam giác Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định trên cạnh đó đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ MN // BC A AM AN AB AC AM AN MB NC M B N C Khái niệm tam giác đồng dạng Giáo án ôn HSG toán Lop6.net 17 (18) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh Tam giác A’B’C’ gọi là đồng dạng với tam giác ABC nếu: A' B A; C A 'C A A ' AA ; B + A A ' B ' B 'C ' A 'C ' AB BC AC Các trường hợp đồng dạng tam giác: a) Trường hợp thứ (c.c.c): Nếu cạnh tam giác này tỷ lệ với cạnh tam giác thì tam giác đó đồng dạng b) Trường hợp thứ 2(c.g.c): Nếu cạnh tam giác này tỷ lệ với cạnh tam giác và góc tạo tạo các cặp cạnh đó thì hai tam đó giác đồng dạng c) Trường hợp thứ (g.g): Nếu góc tam giác này góc tam giác thì hai tam giác đó đồng dạng d) Các trường hợp đồng dạng tam giác vuông + Tam giác vuông này có góc nhọn góc nhọn tam giác vuông thì hai tam giác đó đồng dạng + Tam giác vuông này có hai cạnh góc vuông tỷ lẹ với hai cạnh góc vuông tam giác vuông thì hai tam giác đó đồng dạng + Nếu cạnh huyền và cạnh tam giác vuông này tỷ lệ với cạnh huyền và cạnh góc vuông tam giác vuông thì hai tam giác đó đồng dạng PHẦN II CÁC DẠNG TOÁN CỤ THỂ DẠNG 1: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG, TỶ SỐ , DIỆN TÍCH Loại 1: TÍNH ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG - + Ví dụ minh họa: Bài 36 – 79 – SGK (có hình vẽ sẵn) A 12,5 B GT x D ABCD là h.thang (AB // CD) AB = 12,5cm; CD = 28,5cm A A DBA = DBC x =? KL C Giải Giáo án ôn HSG toán Lop6.net 18 (19) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh A A ABD và BDC có : DAB = DBC (gt) A1 = D A ( so le AB // CD) B ABD BDC (g.g) x AB BD 12,5 = hay = 28,5 BD DC x x2 = 12,5 28,5 x = 12,5 28,5 18,9(cm) Bài 35 – 72 – SBT: ABC; AB = 12cm; AC = 15cm BC = 18dm; AM = 10cm; AN = 8cm MN = ? A 10 M GT KL N B C Giải Xét ABC và ANM ta có : AM 10 = = AC 15 AN 18 = = AB 12 AM AN = AC AB Mặt khác, có AA chung Vậy ABC đồng dạng ANM (c.g.c) Từ đó ta có : AB BC 12 18 8.18 = hay = 12(cm) AN NM 18 MN 12 Bài tập 3: a) Tam giác ABC có BA = CA ; AB = 4cm; BC = 5cm Tính độ dài AC? b) Tính độ dài các cạnh ABC có BA = CA biết số đo các cạnh là số tự nhiên liên tiếp A Giải a) Trên tia đối tia BA lấy BD = BC A = ACD và ABC có AA chung; CA = D ACD đồng dạng ABC (g.g) B D AC AD = AC2 = AB AD AB AC C = = 36 Giáo án ôn HSG toán Lop6.net 19 (20) Trường THCS Lay Nưa Lò Văn Phanh AC = 6(cm) b) Gọi số đo cạnh BC, AC, AB là a, b, c Theo câu (a) ta có 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 + * Nếu b = c + thì từ (1) (c + 1)2 = c2 + ac 2c + = ac c(a - 2) = (loại) vì c = ; a = 3; b = không là các cạnh tam giác * Nếu b = c + thì từ (1) (c + 2)2 = c2 + ac 4c + = ac c(a – 4) = Xét c = 1, 2, có c = 4; a = 5; = thỏa mãn bài toán Vậy AB = 4cm; BC = 5cm; AC = 6cm Loại 2: TÍNH GÓC Ví dụ minh họa: + Bài 1: Cho ABH vuông H có AB = 20cm; BH = 12cm Trên tia đối HB lấy điểm C cho AC = A AH Tính BAC A A = 900 ; AB = 20cm ABH; H 20 GT BH = 12cm; AC = A =? BAC KL B 12 H C AH Giải: AB 20 AC BH 12 AH AB BH AC AH Ta có Xét ABH và CAH có : A A AHB = CHA = 900 AB BH (chứng minh trên) AC AH A ABH ABH đồng dạng CAH (CH cạnh gv) CAH = A A A A ABH = 900 nên BAH Lại có BAH + A + CAH = 900 Giáo án ôn HSG toán Lop6.net 20 (21)