Tổng hợp 20 chuyên đề bồi dưỡng Toán 8

I.. Tìm chữ số hàng đơn vị.. Gọi H là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của Ac và BF.. AB tại K, Từ C vẽ đường thẳng song song với AD, cắt AB tại F, qua F ta lại vẽ đường thẳng so[r]

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

TỔNG HỢP 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN LỚP

**CHUYÊN ĐỀ - PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A MỤC TIÊU:

* Hệ thống lại dạng to|n v{ c|c phương ph|p ph}n tích đa thức thành nhân tử * Giải số tập ph}n tích đa thức thành nhân tử

* N}ng cao trình độ kỹ ph}n tích đa thức thành nhân tử B CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP

I TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ: Định lí bổ sung:

+ Đa thức f(x) có nghiệm hữu tỉ có dạng p/q p l{ ước hệ số tự do, q l{ ước dương hệ số cao

+ Nếu f(x) có tổng hệ số f(x) có nhân tử x –

+ Nếu f(x) có tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ f(x) có nhân tử x +

+ Nếu a nghiệm nguyên f(x) f(1); f(- 1) khác f(1) a -

f(-1)

a + số nguyên Để nhanh chóng loại trừ nghiệm l{ ước hệ số tự

1 Ví dụ 1: 3x2 – 8x + Cách 1: Tách hạng tử thứ

3x2 – 8x + = 3x2 – 6x – 2x + = 3x(x – 2) – 2(x – 2) = (x – 2)(3x – 2) Cách 2: Tách hạng tử thứ nhất:

3x2 – 8x + = (4x2 – 8x + 4) - x2 = (2x – 2)2 – x2 = (2x – + x)(2x – – x) = (x – 2)(3x – 2)

Ví dụ 2: x3 – x2 -

Ta nhân thấy nghiệm f(x) có x =   1; 2; 4, có f(2) = nên x = nghiệm f(x) nên f(x) có nhân tử x – Do ta t|ch f(x) th{nh c|c nhóm có xuất nhân tử x –

Cách 1:

x3 – x2 – =  2     2 

2 2 ( 2) 2( 2)

x  x  x  x  x x x x x  x = x2x2 x 2 Cách 2: 3    

4 8 ( 2)( 4) ( 2)( 2) x x  x  x   x   x   x x  x  x x =    

2 ( 2) ( 2)( 2) x  x  x  x  x x  x

Ví dụ 3: f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x –

Nhận xét:  1, không nghiệm f(x), f(x) khơng có nghiệm ngun Nên f(x) có nghiệm nghiệm hữu tỉ

Ta nhận thấy x =

3 nghiệm f(x) f(x) có nhân tử 3x – Nên f(x) = 3x3 – 7x2 + 17x – = 2  2    

3x x 6x 2x15x 5 3x x  6x 2x  15x5

= 2

(3 1) (3 1) 5(3 1) (3 1)( 5)

x x  x x  x  x x  x

Vì 2

2 ( 1) ( 1)

x  x  x  x   x   với x nên khơng ph}n tích thành nhân tử

Ví dụ 4: x3 + 5x2 + 8x +

lẻ nên đa thức có nhân tử x +

x3 + 5x2 + 8x + = (x3 + x2 ) + (4x2 + 4x) + (4x + 4) = x2(x + 1) + 4x(x + 1) + 4(x + 1) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2

Ví dụ 5: f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 +

Tổng hệ số nên đa thức có nhân tử x – 1, chia f(x) cho (x – 1) ta có: x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + = (x – 1)(x4 - x3 + 2x2 - 2x - 2)

Vì x4 - x3 + 2x2 - 2x - khơng có nghiệm ngun khơng có nghiệm hữu tỉ nên khơng ph}n tích

Ví dụ 6: x4 + 1997x2 + 1996x + 1997 = (x4 + x2 + 1) + (1996x2 + 1996x + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1) + 1996(x2 + x + 1)

= (x2 + x + 1)(x2 - x + + 1996) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 1997) Ví dụ 7: x2 - x - 2001.2002 = x2 - x - 2001.(2001 + 1)

= x2 - x – 20012 - 2001 = (x2 – 20012) – (x + 2001) = (x + 2001)(x – 2002) II THÊM , BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ:

1 Thêm, bớt số hạng tử để xuất hiệu hai bình phương: Ví dụ 1: 4x4 + 81 = 4x4 + 36x2 + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2

= (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + + 6x)(2x2 + – 6x) = (2x2 + 6x + )(2x2 – 6x + 9)

Ví dụ 2: x8 + 98x4 + = (x8 + 2x4 + ) + 96x4

= (x4 + 1)2 + 16x2(x4 + 1) + 64x4 - 16x2(x4 + 1) + 32x4

= (x4 + + 8x2)2 – 16x2(x4 + – 2x2) = (x4 + 8x2 + 1)2 - 16x2(x2 – 1)2 = (x4 + 8x2 + 1)2 - (4x3 – 4x )2

= (x4 + 4x3 + 8x2 – 4x + 1)(x4 - 4x3 + 8x2 + 4x + 1)

2 Thêm, bớt số hạng tử để xuất nhân tử chung Ví dụ 1: x7 + x2 + = (x7 – x) + (x2 + x + ) = x(x6 – 1) + (x2 + x + )

= x(x3 - 1)(x3 + 1) + (x2 + x + ) = x(x – 1)(x2 + x + ) (x3 + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[x(x – 1)(x3 + 1) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x2 - x + 1)

Ví dụ 2: x7 + x5 + = (x7 – x ) + (x5 – x2 ) + (x2 + x + 1) = x(x3 – 1)(x3 + 1) + x2(x3 – 1) + (x2 + x + 1)

= (x2 + x + 1)(x – 1)(x4 + x) + x2 (x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1)

= (x2 + x + 1)[(x5 – x4 + x2 – x) + (x3 – x2 ) + 1] = (x2 + x + 1)(x5 – x4 + x3 – x + 1) Ghi nhớ:

C|c đa thức có dạng x3m + 1 + x3n + 2 + như: x7 + x2 + ; x7 + x5 + ; x8 + x4 + ; x5 + x + ; x8 + x + ; … có nhân tử chung x2 + x +

III ĐẶT BIẾN PHỤ:

Ví dụ 1: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = [x(x + 10)][(x + 4)(x + 6)] + 128 = (x2 + 10x) + (x2 + 10x + 24) + 128

Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức có dạng

(y – 12)(y + 12) + 128 = y2 – 144 + 128 = y2 – 16 = (y + 4)(y – 4) = ( x2 + 10x + )(x2 + 10x + 16 ) = (x + 2)(x + 8)( x2 + 10x + ) Ví dụ 2: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x +

Giả sử x  ta viết

x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x2 ( x2 + 6x + –

2

6 +

x x ) = x

2 [(x2 +

2

1

x ) + 6(x -

x ) + ] Đặt x -

x = y x 2 +

2

1 x = y

2 + 2,

A = x2(y2 + + 6y + 7) = x2(y + 3)2 = (xy + 3x)2 = [x(x - x )

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

Chú ý: Ví dụ giải cách áp dụng đẳng thức sau: A = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + = x4 + (6x3 – 2x2 ) + (9x2 – 6x + )

= x4 + 2x2(3x – 1) + (3x – 1)2 = (x2 + 3x – 1)2

Ví dụ 3: A = 2 2

(x y z )(x y z) (xyyz+zx)

= 2 2 2

(x y z ) 2(xy yz+zx) (x y z ) (xy yz+zx)

         

 

Đặt 2

x y z = a, xy + yz + zx = b ta có

A = a(a + 2b) + b2 = a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 = ( 2

x y z + xy + yz + zx)2

Ví dụ 4: B = 4 2 2 2 2

2(x y z ) ( x y z ) 2(x y z )(x y z)   (x y z) Đặt x4 + y4 + z4 = a, x2 + y2 + z2 = b, x + y + z = c ta có:

B = 2a – b2 – 2bc2 + c4 = 2a – 2b2 + b2 - 2bc2 + c4 = 2(a – b2) + (b –c2)2 Ta lại có: a – b2 = - 2( 2 2 2

x y y z z x ) b –c2 = - 2(xy + yz + zx) Do đó; B = - 4( 2 2 2

x y y z z x ) + (xy + yz + zx)2

= 2 2 2 2 2 2 2

4x y 4y z 4z x 4x y 4y z 4z x 8x yz 8xy z 8xyz 8xyz x( y z)

           

Ví dụ 5: 3 3

(a b c  ) 4(a  b c ) 12 abc Đặt a + b = m, a – b = n 4ab = m2 – n2 a3 + b3 = (a + b)[(a – b)2 + ab] = m(n2 +

2

m - n

4 ) Ta có: C = (m + c)3 –

3

3 2

m + 3mn

4c 3c(m - n )

4   = 3( - c

3 +mc2 – mn2 + cn2)

= 3[c2(m - c) - n2(m - c)] = 3(m - c)(c - n)(c + n) = 3(a + b - c)(c + a - b)(c - a + b) III PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH:

Ví dụ 1: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x +

Nhận xét: số 1, 3 không nghiệm đa thức, đa thức khơng có nghiệm ngun củng khơng có nghiệm hữu tỉ

Như đa thức ph}n tích thành nhân tử phải có dạng (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) = x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd

đồng đa thức với đa thức đ~ cho ta có:

6 12 14

a c

ac b d

ad bc

bd

   

    

   



 



Xét bd = với b, d  Z, b   1, 3 với b = d = hệ điều kiện trở thành

8

3 14

3

a c

ac c c

a c ac a

bd

   

        

  

        

 



 



Vậy: x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + = (x2 - 2x + 3)(x2 - 4x + 1) Ví dụ 2: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x +

Nhận xét: đa thức có nghiệm x = nên có thừa số x - ta có: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + ax2 + bx + c)

= 2x4 + (a - 4)x3 + (b - 2a)x2 + (c - 2b)x - 2c 

4

1

2

5

2

4

2

a

a

b a

b

c b

c c

   

     

   

   

   

  



Suy ra: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(2x3 + x2 - 5x - 4)

Ta lại có 2x3 + x2 - 5x - l{ đa thức có tổng hệ số hạng tử bậc lẻ bậc chẵn nahu nên có nhân tử x + nên 2x3 + x2 - 5x - = (x + 1)(2x2 - x - 4)

Vậy: 2x4 - 3x3 - 7x2 + 6x + = (x - 2)(x + 1)(2x2 - x - 4) Ví dụ 3:

12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (a x + by + 3)(cx + dy - 1) = acx2 + (3c - a)x + bdy2 + (3d - b)y + (bc + ad)xy –



12

4 10

3

3

6 12

2

3 12

ac

a

bc ad

c c a

b bd

d

d b

 

 

    

 

   

   

   

  

  

 12x2 + 5x - 12y2 + 12y - 10xy - = (4 x - 6y + 3)(3x + 2y - 1) BÀI TẬP: Ph}n tích c|c đa thức sau thành nhân tử:

CHUYấN ĐỀ - SƠ LƯỢC VỀ CHỈNH HỢP, 1) x3 - 7x +

2) x3 - 9x2+ 6x + 16

3) x3 - 6x2 - x + 30

4) 2x3 - x2 + 5x +

5) 27x3 - 27x2 + 18x -

6) x2 + 2xy + y2 - x - y - 12

7) (x + 2)(x +3)(x + 4)(x + 5) - 24 8) 4x4 - 32x2 +

10) 64x4 + y4

11) a6 + a4 + a2b2 + b4 - b6

12) x3 + 3xy + y3 -

13) 4x4 + 4x3 + 5x2 + 2x +

14) x8 + x +

15) x8 + 3x4 +

16) 3x2 + 22xy + 11x + 37y + 7y2 +10

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 **CHUYÊN ĐỀ 2: HOÁN VỊ, TỔ HỢP

A MỤC TIÊU:

* Bước đầu HS hiểu chỉnh hợp, hoán vị tổ hợp

* Vận dụng kiến thức vào ssó tốn cụ thể thực tế * Tạo hứng thú nâng cao kỹ giải toán cho HS

B KIẾN THỨC: I Chỉnh hợp:

1 định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách xếp k phần tử tập hợp X (  k  n) theo thứ tự định gọi chỉnh hợp chập k n phần tử

Số tất chỉnh hợp chập k n phần tử kí hiệu k n

A Tính số chỉnh chập k n phần tử

II Hoán vị:

1 Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi cách xếp n phần tử tập hợp X theo thứ tự định gọi hoán vị n phần tử

Số tất hoán vị n phần tử kí hiệu Pn 2 Tính số hốn vị n phần tử

( n! : n giai thừa) III Tổ hợp:

1 Định nghĩa: Cho tập hợp X gồm n phần tử Mỗi tập X gồm k phần tử n phần tử tập hợp X (  k  n) gọi tổ hợp chập k n phần tử

Số tất tổ hợp chập k n phần tử kí hiệu k n

C Tính số tổ hợp chập k n phần tử

C Ví dụ: Ví dụ 1:

Cho chữ số: 1, 2, 3, 4,

a) có số tự nhiên có ba chữ số, chữ số khác nhau, lập ba chữ số

b) Có số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số c)Có cách chọn ba chữ số chữ số

Giải:

a) số tự nhiên có ba chữ số, chữ số khác nhau, lập ba chữ số chỉnh hợp chập phần tử:

5

A = 5.(5 - 1).(5 - 2) = = 60 số

b) số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số hoán vị cua phần tử (chỉnh hợp chập phần tử):

5

A = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3).(5 - 4) = = 120 số

c) cách chọn ba chữ số chữ số tổ hợp chập phần tử:

5

C = 5.(5 - 1).(5 - 2) 60 10

3! 3.(3 - 1)(3 - 2)   nhóm Ví dụ 2:

Cho chữ số 1, 2, 3, 4, Dùng chữ số này: = n(n - 1)(n - 2)…[n - (k - 1)]

= : k! =

a) Lập số tự nhiên có chữ số khơng có chữ số lặp lại? Tính tổng số lập

b) lập số chẵn có chữ số khác nhau?

c) Lập số tự nhiên có chữ số, hai chữ số kề phải khác d) Lập số tự nhiên có chữ số, chữ số kh|c nhau, có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn

Giải

a) số tự nhiên có chữ số, chữ số khác nhau, lập chữ số chỉnh hợp chập phần tử:

5

A = 5.(5 - 1).(5 - 2).(5 - 3) = = 120 số Trong hang (Nghìn, trăm, chục, đơn vị), chữ số có mặt: 120 : = 24 lần Tổng chữ số hang: (1 + + + + 5) 24 = 15 24 = 360

Tổng số lập: 360 + 3600 + 36000 + 360000 = 399960 b) chữ số tận có cách chọn (là 4)

bốn chữ số trước hoán vị của chữ số cịn lại có P4 = 4! = = 24 cách chọn Tất có 24 = 48 cách chọn

c) Các số phải lập có dạng abcde, : a có c|ch chọn, b có cách chọn (khác a), c có cách chọn (khác b), d có cách chọn (khác c), e có cách chọn (khác d)

Tất có: = 1280 số

d) Chọn chữ số chẵn, có cách chọn

chọn chữ số lẻ, có cách chọn Các chữ số hốn vị, có: 4! =1 = 72 số

Bài 3: Cho

xAy 180 Trên Ax lấy điểm khác A, Ay lấy điểm kh|c A 12 điểm nói (kể điểm A), hai điểm củng nối với đoạn thẳng

Có tam gi|c m{ c|c đỉnh 12 điểm Giải

Cách 1: Tam giác phải đếm gồm ba loại:

+ Loại 1: tam giác có đỉnh l{ A, đỉnh thứ thuộc Ax (có cách chọn), đỉnh thứ thuộc Ay (có cách chọn), gồm có: = 30 tam giác

+ Loại 2: C|c tam gi|c có đỉnh l{ điểm B1, B2, B3, B4, B5 (có cách chọn), hai đỉnh l{ điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 ( Có 26 6.5 30 15

2!

C    cách chọn) Gồm 15 = 75 tam giác

+ Loại 3: C|c tam gi|c có đỉnh l{ điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 hai đỉnh điểm B1, B2, B3, B4, B5 gồm có: 52 6.5.4 6.20 60

2!

C    tam giác Tất có: 30 + 75 + 60 = 165 tam giác

Cách 2: số tam giác chọn 12 điểm 12

12.11.10 1320 1320 220

3! 3.2

C    

Số ba điểm thẳng hang điểm thuộc tia Ax là:

7.6.5 210 210 35

3! 3.2

C    

Số ba điểm thẳng hang điểm thuộc tia Ay là:

6.5.4 120 120 20

3! 3.2

C    

Số tam giác tạo thành: 220 - ( 35 + 20) = 165 tam giác D BÀI TẬP:

Bài 1: cho số: 0, 1, 2, 3, từ chữ số lập số tự nhiên:

x y B5

B4 B2

B1

A5 A4 A3

A6 B3

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 a) Có chữ số gồm chữ số ấy?

b) Có chữ số, có chữ số khác nhau? c) có chữ số, chữ số khác nhau?

d) có chữ số, chữ số giống nhau?

Bài 2: Có số tự nhiên có chữ số lập chữ số 1, 2, biết số chia hết cho

**CHUYÊN ĐỀ - LUỸ THỪA BẬC N CỦA MỘT NHỊ THỨC A MỤC TIÊU:

HS nắm công thức khai triển luỹ thừa bậc n nhị thức: (a + b)n

Vận dụng kiến thức vào tập x|c định hệ số luỹ thừa bậc n nhị thức, vận dụng v{o c|c b{i to|n ph}n tích đa thức thành nhân tử

B KIẾN THỨC VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG: I Nhị thức Niutơn:

Trong đó:

k n

n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] C

1.2.3 k



II C|ch x|c định hệ số khai triển Niutơn: Cách 1: Dùng công thức k

n

n(n - 1)(n - 2) [n - (k - 1)] C

k !



Chẳng hạn hệ số hạng tử a4b3 khai triển (a + b)7

4

7.6.5.4 7.6.5.4

C 35

4! 4.3.2.1

  

Chú ý: a) k n

n ! C

n!(n - k) !

 với quy ước 0! = 

7! 7.6.5.4.3.2.1

C 35

4!.3! 4.3.2.1.3.2.1

  

b) Ta có: k n

C = C k - n nên C 47 C 37 7.6.5 35 3!

  

2 Cách 2: Dùng tam giác Patxcan

Đỉnh 1

Dòng 1(n = 1) 1 1

Dòng 2(n = 1) 1 2 1

Dòng 3(n = 3) 1 3 3 1

Dòng 4(n = 4) 1 4 6 4 1

Dòng 5(n = 5) 1 5 10 10 5 1

Dòng 6(n = 6) 1 6 15 20 1

5 6 1

Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm số 1; dòng k + thành lập từ dòng k (k 1), chẳng hạn dòng (n = 2) ta có = + 1, dịng (n = 3): = + 1, = + dòng (n = 4): = + 3, = + 3, = + 1, …

Với n = thì: (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4

Với n = thì: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5

Với n = thì: (a + b)6 = a6 + 6a5b + 15a4b2 + 20a3b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6 3 Cách 3:

Tìm hệ số hạng tử đứng sau theo hệ số hạng tử đứng trước: a) Hệ số hạng tử thứ

b) Muốn có hệ số của hạng tử thứ k + 1, ta lấy hệ số hạng tử thứ k nhân với số mũ biến hạng tử thứ k chia cho k

Chẳng hạn: (a + b)4 = a4 + 1.4 a

3b + 4.3 a

2b2 + 4.3.2 2.3 ab

3 + 4.3.2 2.3.4 b

5

Chú ý rằng: hệ số khai triển Niutơn có tính đối xứng qua hạng tử đứng giữa, nghĩa hạng tử c|ch hai hạng tử đầu cuối có hệ số

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 (a + b)n = an + nan -1b + n(n - 1)

1.2 a

n - 2b2 + …+ n(n - 1) 1.2 a

2bn - 2 + nan - 1bn - 1 + bn III Ví dụ:

1 Ví dụ 1: ph}n tích đa thức sau thành nhân tử a) A = (x + y)5 - x5 - y5

Cách 1: khai triển (x + y)5 rút gọn A

A = (x + y)5 - x5 - y5 = ( x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5) - x5 - y5 = 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 = 5xy(x3 + 2x2y + 2xy2 + y3)

= 5xy [(x + y)(x2 - xy + y2) + 2xy(x + y)] = 5xy(x + y)(x2 + xy + y2) Cách 2: A = (x + y)5 - (x5 + y5)

x5 + y5 chia hết cho x + y nên chia x5 + y5 cho x + y ta có:

x5 + y5 = (x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) nên A có nhân tử chung l{ (x + y), đặt (x + y) làm nhân tử chung, ta tìm nhân tử cịn lại

b) B = (x + y)7 - x7 - y7 = (x7+7x6y +21x5y2 + 35x4y3 +35x3y4 +21x2y5 7xy6 + y7) - x7 - y7 = 7x6y + 21x5y2 + 35x4y3 + 35x3y4 + 21x2y5 + 7xy6

= 7xy[(x5 + y5 ) + 3(x4y + xy4) + 5(x3y2 + x2y3 )]

= 7xy {[(x + y)(x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4) ] + 3xy(x + y)(x2 - xy + y2) + 5x2y2(x + y)} = 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3xy(x2 + xy + y2) + 5x2y2 ]

= 7xy(x + y)[x4 - x3y + x2y2 - xy3 + y4 + 3x3y - 3x2y2 + 3xy3 + 5x2y2 ]

= 7xy(x + y)[(x4 + 2x2y2 + y4) + 2xy (x2 + y2) + x2y2 ] = 7xy(x + y)(x2 + xy + y2 )2 Ví dụ 2:Tìm tổng hệ số c|c đa thức có sau khai triển

a) (4x - 3)4

Cách 1: Theo cơnh thức Niu tơn ta có:

(4x - 3)4 = 4.(4x)3.3 + 6.(4x)2.32 - 4x 33 + 34 = 256x4 - 768x3 + 864x2 - 432x + 81 Tổng hệ số: 256 - 768 + 864 - 432 + 81 =

b) Cách 2: Xét đẳng thức (4x - 3)4 = c0x4 + c1x3 + c2x2 + c3x + c4 Tổng hệ số: c0 + c1 + c2 + c3 + c4

Thay x = v{o đẳng thức ta có: (4.1 - 3)4 = c0 + c1 + c2 + c3 + c4 Vậy: c0 + c1 + c2 + c3 + c4 =

* Ghi chú: Tổng hệ số khai triển nhị thức, đa thức giá trị đa thức x =

C BÀI TẬP:

Bài 1: Phân tích thành nhân tử

a) (a + b)3 - a3 - b3 b) (x + y)4 + x4 + y4

**CHUÊN ĐỀ - CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN A MỤC TIÊU:

* Củng cố, khắc sâu kiến thức toán chia hết số, c|c đa thức

* HS tiếp tục thực hành thành thạo tốn chứng minh chia hết, khơng chia hết, sốngun tố, số phương…

* Vận dụng thành thạo kỹ chứng minh chia hết, không chia hết… v{o c|c b{i to|n cụ thể

B.KIẾN THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN:

I Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết 1 Kiến thức:

* Để chứng minh A(n) chia hết cho số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có nhân tử làm bội m, m hợp số ta lại phân tích thành nhân tử có c|c đoi nguyên tố nhau, chứng minh A(n) chia hết cho số

* Chú ý:

+ Với k số nguyên liên tiếp củng tồn bội k

+ Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét trường hợp số dư chia A(n) cho m + Với số nguyên a, b số tự nhiên n thì:

2 Bài tập: 2 Các toán

Bài 1: chứng minh

a) 251 - chia hết cho b) 270 + 370 chia hết cho 13

c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - chia hết cho không chia hết cho 37 e) 24n -1 chia hết cho 15 với n N

Giải

a) 251 - = (23)17 - 23 - =

b) 270 + 370 (22)35 + (32)35 = 435 + 935 + = 13 c) 1719 + 1917 = (1719 + 1) + (1917 - 1)

1719 + 17 + = 18 1917 - 19 - = 18 nên (1719 + 1) + (1917 - 1) hay 1719 + 1917 18

d) 3663 - 36 - = 35

3663 - = (3663 + 1) - chi cho 37 dư - e) 4n - = (24) n - 24 - = 15

Bài 2: chứng minh

a) n5 - n chia hết cho 30 với n  N ;

b) n4 -10n2 + chia hết cho 384 với n lẻ n Z c) 10n +18n -28 chia hết cho 27 với n N ;

Giải:

a) n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho (n - 1).n.(n+1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho (*)

Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - + 5) = n(n2 - 1).(n2 - ) + 5n(n2 - 1) = (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1)

Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5n(n2 - 1) chia hết cho

Suy (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1) chia hết cho (**) +) an - bn chia hết cho a - b (a - b)

+) a2n + + b2n + chia hết cho a + b + (a + b)n = B(a) + bn

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Từ (*) v{ (**) suy đpcm

b) Đặt A = n4 -10n2 + = (n4 -n2 ) - (9n2 - 9) = (n2 - 1)(n2 - 9) = (n - 3)(n - 1)(n + 1)(n + 3) Vì n lẻ nên đặt n = 2k + (k  Z)

A = (2k - 2).2k.(2k + 2)(2k + 4) = 16(k - 1).k.(k + 1).(k + 2)  A chia hết cho 16 (1)

Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) tích số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội 2, 3, nên A bội 24 hay A chia hết cho 24 (2)

Từ (1) (2) suy A chia hết cho 16 24 = 384 c) 10 n +18n -28 = ( 10 n - 9n - 1) + (27n - 27) + Ta có: 27n - 27 27 (1)

+ 10 n - 9n - = [(

n

9 + 1) - 9n - 1] =

n

9 - 9n = 9(

n

1 - n) 27 (2) 9

n

1 - n

n

1 - n số có tổng chữ số chia hết cho Từ (1) v{ (2) suy đpcm

3 Bài 3: Chứng minh với số nguyên a a) a3 - a chia hết cho

b) a7 - a chia hết cho Giải

a) a3 - a = a(a2 - 1) = (a - 1) a (a + 1) tích ba số nguyên liên tiếp nên tồn số bội nên (a - 1) a (a + 1) chia hết cho

b) ) a7 - a = a(a6 - 1) = a(a2 - 1)(a2 + a + 1)(a2 - a + 1) Nếu a = 7k (k  Z) a chia hết cho

Nếu a = 7k + (k Z) a2 - = 49k2 + 14k chia hết cho

Nếu a = 7k + (k Z) a2 + a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Nếu a = 7k + (k Z) a2 - a + = 49k2 + 35k + chia hết cho Trong trường hợp củng có thừa số chia hết cho

Vậy: a7 - a chia hết cho

Bài 4: Chứng minh A = 13 + 23 + 33 + + 1003 chia hết cho B = + + + + 100 Giải

Ta có: B = (1 + 100) + (2 + 99) + + (50 + 51) = 101 50

Để chứng minh A chia hết cho B ta chứng minh A chia hết cho 50 101 Ta có: A = (13 + 1003) + (23 + 993) + +(503 + 513)

= (1 + 100)(12 + 100 + 1002) + (2 + 99)(22 + 99 + 992) + + (50 + 51)(502 + 50 51 + 512) = 101(12 + 100 + 1002 + 22 + 99 + 992 + + 502 + 50 51 + 512) chia hết cho 101 (1) Lại có: A = (13 + 993) + (23 + 983) + + (503 + 1003)

Mỗi số hạng ngoặc chia hết cho 50 nên A chia hết cho 50 (2) Từ (1) (2) suy A chia hết cho 101 50 nên A chi hết cho B

Bài tập nhà Chứng minh rằng: a) a5 – a chia hết cho

b) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với n chẵn

c) Cho a l số nguyên tố lớn Cmr a2 – chia hết cho 24 d) Nếu a + b + c chia hết cho a3 + b3 + c3 chia hết cho e) 20092010 không chia hết cho 2010

f) n2 + 7n + 22 không chia hết cho Dạng 2: Tìm số dư phép chia Bài 1:

a)cho 9, b) cho 25, c) cho 125 Giải

a) Luỹ thừa sát với bội 23 = = -

Ta có : 2100 = (23)33 = 2.(9 - 1)33 = 2.[B(9) - 1] = B(9) - = B(9) + Vậy: 2100 chia cho dư

b) Tương tự ta có: 2100 = (210)10 = 102410 = [B(25) - 1]10 = B(25) + Vậy: 2100 chia chop 25 dư

c)Sử dụng công thức Niutơn:

2100 = (5 - 1)50 = (550 - 549 + … + 50.49

2 - 50 ) +

Không kể phần hệ số khai triển Niutơn 48 số hạng đầu đ~ chứa thừa số với số mũ lớn nên chia hết cho 53 = 125, hai số hạng tiếp theo: 50.49

2

2 - 50.5 chia hết cho 125 , số hạng cuối

Vậy: 2100 = B(125) + nên chia cho 125 dư Bài 2:

Viết số 19951995 thành tổng số tự nhiên Tổng lập phương chia cho dư bao nhiêu?

Giải

Đặt 19951995 = a = a1 + a2 + …+ an

Gọi 3 3

1 n

S  a a + a + + a = 3 3

1 n

a a + a + + a + a - a = (a1 - a1) + (a2 - a2) + …+ (an - an) + a

Mỗi dấu ngoặc chia hết cho dấu ngoặc tích ba số tự nhiên liên tiếp Chỉ cần tìm số dư chia a cho

1995 số lẻ chia hết cho 3, nên a củng số lẻ chia hết cho 3, chia cho dư Bài 3: Tìm ba chữ số tận 2100 viết hệ thập phân

giải

Tìm chữ số tận tìm số dư phép chia 2100 cho 1000 Trước hết ta tìm số dư phép chia 2100 cho 125

Vận dụng ta có 2100 = B(125) + mà 2100 số chẵn nên chữ số tận có thể 126, 376, 626 876

Hiển nhiên 2100 chia hết cho 2100 = 1625 chi hết ba chữ số tận chia hết cho

trong số 126, 376, 626 876 có 376 chia hết cho Vậy: 2100 viết hệ thập phân có ba chữ số tận 376

Tổng quát: Nếu n số chẵn khơng chia hết cho chữ số tận 376 Bài 4: Tìm số dư phép chia c|c số sau cho

a) 2222 + 5555 b)31993 c) 19921993 + 19941995 d) 1930

2

3 Giải

a) ta có: 2222 + 5555 = (21 + 1)22 + (56 – 1)55 = (BS +1)22 + (BS – 1)55 = BS + + BS - = BS nên 2222 + 5555 chia dư

b) Luỹ thừa sát với bội 33 = BS – Ta thấy 1993 = BS + = 6k + 1, đó:

31993 = 6k + 1 = 3.(33)2k = 3(BS – 1)2k = 3(BS + 1) = BS + c) Ta thấy 1995 chia hết cho 7, đó:

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Theo câu b ta có 31993 = BS + nên

19921993 + 19941995 = BS – (BS + 3) – = BS – nên chia cho dư d) 1930

2

3 = 32860 = 33k + = 3.33k = 3(BS – 1) = BS – nên chia cho dư Bài tập nhà

Tìm số d khi: a) 21994 cho

b) 31998 + 51998 cho 13

c) A = 13 + 23 + 33 + + 993 chia cho B = + + + + 99 Dạng 3: Tìm điều kiện để xảy quan hệ chia hết

Bài 1: Tìm n  Z để giá trị biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + chia hết cho giá trị biểu thức B = n2 - n

Giải

Chia A cho B ta có: n3 + 2n2 - 3n + = (n + 3)(n2 - n) +

Để A chia hết cho B phải chia hết cho n2 - n = n(n - 1) chia hết cho n, ta có:

n - -

n - - -

n(n - 1) 2

loại loại

Vậy: Để giá trị biểu thức A = n3 + 2n2 - 3n + chia hết cho giá trị biểu thức B = n2 - n n   1; 2

Bài 2:

a) Tìm n  N để n5 + chia hết cho n3 + b) Giải toán n  Z

Giải

Ta có: n5 + n3 +  n2(n3 + 1) - (n2 - 1) n3 +  (n + 1)(n - 1) n3 +  (n + 1)(n - 1) (n + 1)(n2 - n + 1)  n - n2 - n + (Vì n +  0) a) Nếu n =

Nếu n > n - < n(n - 1) + < n2 - n + nên xẩy n - n2 - n + Vậy giá trụ n tìm n =

b) n - n2 - n +  n(n - 1) n2 - n +  (n2 - n + ) - n2 - n +  n2 - n + Có hai trường hợp xẩy ra:

+ n2 - n + =  n(n - 1) =  n n

   

 (Tm đề bài)

+ n2 - n + = -1  n2 - n + = (Vô nghiệm) Bài 3: Tìm số nguyên n cho:

a) n2 + 2n - 11 b) 2n3 + n2 + 7n + 2n - c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + n4 - d) n3 - n2 + 2n + n2 + Giải

a) Tách n2 + 2n - thành tổng hai hạng tử có hạng tử B(11) n2 + 2n - 11  (n2 - 2n - 15) + 11 11 (n - 3)(n + 5) + 11 11

 (n - 3)(n + 5) 11 n 1 n = B(11) + n + 1 n = B(11) -



 



 

 

Để 2n3 + n2 + 7n + 2n - 2n - hay 2n - l{ Ư(5)

2n = - n = - 2n = -1 n = 2n = n = 2n = n =



 

  

 

  

  

 

Vậy: n   2; 0; 1;  2n3 + n2 + 7n + 2n - c) n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + n4 -

Đặt A = n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + = (n4 - n3) - (n3 - n2) + (n2 - n) - (n - 1)

= n3(n - 1) - n2(n - 1) + n(n - 1) - (n - 1) = (n - 1) (n3 - n2 + n - 1) = (n - 1)2(n2 + 1) B = n4 - = (n - 1)(n + 1)(n2 + 1)

A chia hết cho b nên n    A chia hết cho B  n - n +  (n + 1) - n +  n + 

n = -3 n = -

n = - n = -

n = n =

n = n = (khong Tm) 

 



  

  

 



  

 

Vậy: n   3;  2;  n4 - 2n3 + 2n2 - 2n + n4 -

d) Chia n3 - n2 + 2n + cho n2 + thương l{ n - 1, dư n +

Để n3 - n2 + 2n + n2 + n + n2 +  (n + 8)(n - 8) n2 + 65 n2 + Lần lượt cho n2 + 1; 5; 13; 65 ta n 0; 2; 8

Thử lại ta có n = 0; n = 2; n = (T/m) Vậy: n3 - n2 + 2n + n2 + n = 0, n = Bài tập nhà:

Tìm số nguyên n để: a) n3 – chia hết cho n –

b) n3 – 3n2 – 3n – chia hết cho n2 + n + c)5n – 2n chia hết cho 63

Dạng 4: Tồn hay không tồn chia hết Bài 1: Tìm n  N cho 2n – chia hết cho Giải

Nếu n = 3k ( k  N) 2n – = 23k – = 8k - chia hết cho

Nếu n = 3k + ( k  N) 2n – = 23k + – = 2(23k – 1) + = BS + Nếu n = 3k + ( k  N) 2n – = 23k + – = 4(23k – 1) + = BS + V ậy: 2n – chia hết cho n = BS

Bài 2: Tìm n  N để: a) 3n – chia hết cho

b) A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 c) 5n – 2n chia hết cho

Giải

a) Khi n = 2k (k N) 3n – = 32k – = 9k – chia hết cho – = Khi n = 2k + (k N) 3n – = 32k + – = (9k – ) + = BS + Vậy : 3n – chia hết cho n = 2k (k N)

b) A = 32n + 3 + 24n + 1 = 27 32n + 2.24n = (25 + 2) 32n + 2.24n = 25 32n + 2.32n + 2.24n = BS 25 + 2(9n + 16n)

Nếu n = 2k +1(k N) 9n + 16n = 92k + 1 + 162k + 1 chia hết cho + 16 = 25

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 hết cho 25

c) Nếu n = 3k (k N) 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết cho Nếu n = 3k + 5n – 2n = 5.53k – 2.23k = 5(53k – 23k) + 23k = BS + 8k

= BS + 3(BS – 1)k = BS + BS +

**CHUYÊN ĐỀ 5: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I Số phương:

A Một số kiến thức:

Số phương: số bình phương số khác Ví dụ:

4 = 22; = 32

A = 4n2 + 4n + = (2n + 1)2 = B2

+ Số phương khơng tận chữ số: 2, 3, 7,

+ Số phương chia hết cho chia hết cho 4, chia hết cho chia hết cho 9, chia hết cho chia hết cho 25, chia hết cho 23 chia hết cho 24,…

+ Số

n

11 = a

n

99 = 9a 9a + =

n

99 + = 10n B Một số toán:

1 Bài 1:

Chứng minh rằng: Một số phương chia cho 3, cho dư Giải

Gọi A = n2 (n N)

a) xét n = 3k (k N)  A = 9k2 nên chia hết cho n = 3k  (k N)  A = 9k2  6k + 1, chia cho dư Vậy: số phương chia cho dư

b) n = 2k (k N) A = 4k2 chia hết cho

n = 2k +1 (k N) A = 4k2 + 4k + chia cho dư Vậy: số phương chia cho dư

Chú ý: + Số phương chẵn chia hết cho

+ Số phương lẻ chia cho dư 1( Chia củng dư 1) Bài 2: Số số sau số phương

a) M = 19922 + 19932 + 19942

b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 c) P = + 9100 + 94100 + 1994100

d) Q = 12 + 22 + + 1002 e) R = 13 + 23 + + 1003 Giải

a) số 19932, 19942 chia cho dư 1, 19922 chia hết cho  M chia cho dư M khơng số phương

b) N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 gồm tổng hai số phương chẵn chia hết cho 4, hai số phương lẻ nên chia dư suy N không số phương

c) P = + 9100 + 94100 + 1994100 chia dư nên không số phương d) Q = 12 + 22 + + 1002

Số Q gồm 50 số phương chẵn chia hết cho 4, 50 số phương lẻ, số chia dư nên tổng 50 số lẻ chia dư Q chia dư nên Q khơng số phương e) R = 13 + 23 + + 1003

Gọi Ak = + + + k = k(k + 1)

2 , Ak – = + + + k =

k(k - 1) Ta có: Ak2 – Ak -12 = k3 đó:

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Cộng vế theo vế đẳng thức ta có:

13 + 23 + +n3 = An2 =  

2

2

n(n + 1) 100(100 1)

50.101

2



    

   

    số phương

3 Bài 3:

CMR: Với n Ỵ N số sau số phương a) A = (10n +10n-1 + +.10 +1)(10 n+1 + 5) +

A = (

n

11 1)(10 n+1 + 5) +

1

1

10

.(10 5) 10 n n       

Đặt a = 10n+1 A = a -

9 (a + 5) + =

2

2

a + 4a - + a + 4a + a +

9

 

   

 

b) B =

n

111

n -

555 56 ( cĩ n số n-1 số 5) B =

n

111

n

555 + =

n

111 10n +

n

555 + =

n

111 10n +

n

111

 

 

  +

Đặt

n

11 = a 10n = 9a + nên

B = a(9a + 1) + 5a + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2 = n -

33 c) C =

2n

11 1.+ 44 n

+ Đặt a =

n

11 Thì C =

n

11

n

11 +

n

11 + = a 10n + a + a + = a(9a + 1) + 5a + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2

d) D =

n

99 98

n

00 01 Đặt

n

99 = a  10n = a + D =

n

99 10n + + 10n + + = a 100 10n + 80 10n +

= 100a(a + 1) + 80(a + 1) + = 100a2 + 180a + 81 = (10a + 9)2 = (

n +

99 9)2 e) E =

n

11

n +

22 25 =

n

11

n +

22 200 + 25 =

n

11 1.10n + +

n

11 100 + 25 = [a(9a + 1) + 2a]100 + 25 = 900a2 + 300a + 25 = (30a + 5)2 = (

n

33 35)2 f) F =

100

44 =

100

11 số phương

100

11 số phương Số

100

11 số lẻ nên số phương chia cho phải dư Thật vậy: (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + chia dư

100

11 có hai chữ số tận 11 nên chia cho dư

100

11 khơng số phương nên F =

100

44 khơng số phương Bài 4:

a) Cho số A =

2m

11 11 ; B =

m +

11 11 ; C =

m

66 66 CMR: A + B + C + số phương

Ta có: A 102 m

; B = 10 1 m 

; C = 6.10 m

A + B + C + = 102 m

+ 10 1 m 

+ 6.10 m

+ = 102 10 1 6(10 1) 72

m  m   m 

= 102 10.10 6.10 72

m  m  m 

=  

2 2

10 16.10 64 10 8

9

m  m m

  

  

 

b) CMR: Với x,y Ỵ Z A = (x+y)(x+2y)(x+3y)(x+4y) + y4 số phương A = (x2 + 5xy + 4y2) (x2 + 5xy + 6y2) + y4

= (x2 + 5xy + 4y2) [(x2 + 5xy + 4y2) + 2y2) + y4

= (x2 + 5xy + 4y2)2 + 2(x2 + 5xy + 4y2).y2 + y4 = [(x2 + 5xy + 4y2) + y2)2 = (x2 + 5xy + 5y2)2

Bài 5: Tìm số nguyên dương n để biểu thức sau số phương a) n2 – n + b) n5 – n +

Giải

a) Với n = n2 – n + = không số phương Với n = n2 – n + = số phương

Với n > n2 – n + khơng số phương Vì (n – 1)2 = n2 – (2n – 1) < n2 – (n - 2) < n2

b) Ta có n5 – n chia hết cho Vì n5 – n = (n2 – 1).n.(n2 + 1)

Với n = 5k n chia hết cho

Với n = 5k  n2 – chia hết cho Với n = 5k  n2 + chia hết cho

Nên n5 – n + chia cho dư nên n5 – n + có chữ số tận nên n5 – n + khơng số phương

Vậy : Khơng có giá trị n thỗ mãn tốn Bài :

a)Chứng minh : Mọi số lẻ viết dạng hiệu hai số phương b) Một số phương có chữ số tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Giải

Mọi số lẻ có dạng a = 4k + a = 4k +

Với a = 4k + a = 4k2 + 4k + – 4k2 = (2k + 1)2 – (2k)2

Với a = 4k + a = (4k2 + 8k + 4) – (4k2 + 4k + 1) = (2k + 2)2 – (2k + 1)2 b)A số phương có chữ số tận nên

A = (10k  3)2 =100k2  60k + = 10.(10k2 6) + Số chục A 10k2  số chẵn (đpcm)

Bài 7:

Một số phương có chữ số hàng chục chữ số lẻ Tìm chữ số hàng đơn vị Giải

Gọi n2 = (10a + b)2 = 10.(10a2 + 2ab) + b2 nên chữ số hàng đơn vị cần tìm chữ số tận b2

Theo đề , chữ số hàng chục n2 chữ số lẻ nên chữ số hàng chục b2 phải lẻ Xét giá trị b từ đến có b2 = 16, b2 = 36 có chữ số hàng chục chữ số lẻ, chúng tận

Vậy : n2 có chữ số hàng đơn vị Bài tập nhà:

Bài 1: Các số sau đ}y, số số phương a) A =

50

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 c) C =

n

99

n

00 025 d) D =

n

44

n -

88 89 e) M =

2n

11 –

n

22 f) N = 12 + 22 + + 562 Bài 2: Tìm số tự nhiên n để biểu thức sau số phương a) n3 – n +

b) n4 – n +

Bài 3: Chứng minh

a)Tổng hai số phương lẻ khơng số phương

** CHUYÊN ĐỀ - CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐỊNH LÍ TA-LÉT A.Kiến thức:

1 Định lí Ta-lét:

* Định lí Ta-lét: ABC MN // BC

 

  

AM AN

=

AB AC

* Hệ quả: MN // BC  AM = AN MN AB AC  BC B Bài tập áp dụng:

Bài 1:

Cho tứ giác ABCD, đường thẳng qua A song song với BC cắt BD E, đường thẳng qua B song song với AD cắt AC G

a) chứng minh: EG // CD

b) Giả sử AB // CD, chứng minh AB2 = CD EG Giải

Gọi O giao điểm AC BD a) Vì AE // BC  OE = OA

OB OC (1) BG // AC  OB = OG

OD OA (2)

Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: OE = OG

OD OC  EG // CD b) Khi AB // CD EG // AB // CD, BG // AD nên

2

AB OA OD CD AB CD

= = AB CD EG

EG OG  OB ABEG  AB  Bài 2:

Cho ABC vuông A, Vẽ phía ngồi tam giác tam giác ABD vuông cân B, ACF vuông cân C Gọi H giao điểm AB CD, K giao điểm Ac BF

Chứng minh rằng: a) AH = AK

b) AH2 = BH CK Giải

Đặt AB = c, AC = b

BD // AC (cùng vng góc với AB)

nên AH AC b AH b AH b HB BD c HB  c HB + AH b + c Hay AH b AH b AH b.c

AB  b + c c  b + c b + c (1)

AB // CF (cùng vng góc với AC) nên AK AB c AK c AK c KC  CF  b KC  b KC + AK b + c Hay AK b AK c AK b.c

AC b + c b b + c  b + c (2) Từ (1) (2) suy ra: AH = AK

b) Từ AH AC b HB BD c

AK AB c

KC  CF b suy

AH KC AH KC

HB AK HB AH(Vì AH = AK)  AH2 = BH KC

Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a qua A cắt BD, BC, DC theo thứ N M

C B

A

H

F K

D

C B

A O

G E

D C

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 tự E, K, G Chứng minh rằng:

a) AE2 = EK EG b) 1

AE AKAG

c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí qua A tích BK DG có giá trị khơng đổi

Giải

a) Vì ABCD hình bình hành K  BC nên AD // BK, theo hệ định lí Ta-lét ta có:

2

EK EB AE EK AE

= = AE EK.EG

AE ED EG AE EG  

b) Ta có: AE = DE AK DB ;

AE BE

=

AG BD nên

AE AE BE DE BD 1

= AE

AK AG BD DB BD AK AG

 

       

  

1 1

AE AKAG (đpcm) c) Ta có: BK = AB BK = a

KC CG KC CG (1);

KC CG KC CG

= =

AD DG b DG (2) Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: BK = a BK DG = ab

b DG khơng đổi (Vì a = AB; b = AD độ dài hai cạnh hình bình hành ABCD không đổi)

Bài 4:

Cho tứ giác ABCD, điểm E, F, G, H theo thứ tự chia cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng:

a) EG = FH

b) EG vng góc với FH Giải

Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CF, DG Ta có CM =

2 CF =

3BC 

BM

=

BC 

BE BM

= =

BA BC

EM // AC  EM BM = EM = 2AC AC  BE  (1)

Tương tự, ta có: NF // BD  NF CF = NF = 2BD

BDCB  (2)

mà AC = BD (3)

Từ (1), (2), (3) suy : EM = NF (a)

Tương tự ta có: MG // BD, NH // AC MG = NH =

3AC (b) Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC  BD EM  MG 

EMG = 90 (4) Tương tự, ta có:

FNH = 90 (5)

Từ (4) (5) suy

EMG = FNH = 90 (c)

Từ (a), (b), (c) suy EMG = FNH (c.g.c)  EG = FH

b) Gọi giao điểm EG FH O; EM FH P; EM FN Q

0

PQF = 90 

QPF + QFP = 90 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (EMG = FNH)

Suy

EOP = PQF = 90  EO  OP  EG  FH Bài 5:

Cho hình thang ABCD có đ|y nhỏ CD Từ D vẽ đường thẳng song song với BC, cắt AC M

G b

a

E K

D C

B A

Q P O

N M

H F

G E

D

AB K, Từ C vẽ đường thẳng song song với AD, cắt AB F, qua F ta lại vẽ đường thẳng song song với AC, cắt BC P Chứng minh

a) MP // AB

b) Ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy Giải

a) EP // AC  CP = AF PB FB (1) AK // CD  CM = DC

AM AK (2)

tứ giác AFCD, DCBK la hình bình hành nên AF = DC, FB = AK (3)

Kết hợp (1), (2) (3) ta có CP CM

PB AM  MP // AB (Định lí Ta-lét đảo) (4)

b) Gọi I giao điểm BD CF, ta có: CP CM PB AM =

DC DC

AK  FB Mà DC DI

FB  IB (Do FB // DC) 

CP DI

PB  IB IP // DC // AB (5)

Từ (4) (5) suy : qua P có hai đường thẳng IP, PM song song với AB // DC nên theo tiên đề Ơclít ba điểm P, I, M thẳng hang hay MP qua giao điểm CF DB hay ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy

Bài 6:

Cho ABC có BC < BA Qua C kẻ đường thẳng vng gốc với tia phân giác BE ABC; đường thẳng cắt BE F cắt trung tuyến BD G Chứng minh đoạn thẳng EG bị đoạn thẳng DF chia làm hai phần Giải

Gọi K giao điểm CF AB; M giao điểm DF BC

KBC có BF vừa phân giác vừa đường cao nên 

KBC cân B  BK = BC FC = FK

Mặt khác D trung điểm AC nên DF đường trung bình AKC  DF // AK hay DM // AB

Suy M trung điểm BC DF =

2AK (DF đường trung bình AKC), ta có

BG BK

=

GD DF( DF // BK) 

BG BK 2BK

=

GD DF  AK (1) Mổt khác CE DC - DE DC AD

DE  DE  DE  DE (Vì AD = DC) 

CE AE - DE DC AD

1

DE  DE  DE  DE Hay CE AE - DE AE AB

DE  DE  DE  DF (vì AE DE=

AB

DF: Do DF // AB) Suy CE AK + BK 2(AK + BK)

DE DE   AK  (Do DF =

2AK) 

CE 2(AK + BK) 2BK

DE  AK   AK (2) I P

F K M

D C

B A

M G

K

F

D E C

B

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Từ (1) (2) suy BG

GD = CE

DE  EG // BC

Gọi giao điểm EG DF O ta có OG = OE = FO

MC MB FM

 

 

   OG = OE Bài tập nhà

Bài 1:

Cho tứ giác ABCD, AC BD cắt O Đường thẳng qua O song song với BC cắt AB E; đường thẳng song song với CD qua O cắt AD F

a) Chứng minh FE // BD

b) Từ O kẻ đường thẳng song song với AB, AD cắt BD, CD G H Chứng minh: CG DH = BG CH

Bài 2:

Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thuộc tia đối tia BC cho BN = CM; đường thẳng DN, DM cắt AB theo thứ tự E, F

Chứng minh: a) AE2 = EB FE b) EB =

2

AN DF

 

 

**CHUYÊN ĐỀ – CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ TALÉT VÀ TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC

A Kiến thức:

1 Tính chất đường phân giác:

ABC ,AD phân giác góc A  BD = AB

CD AC

AD’là phân giác góc ngồi A: BD' = AB

CD' AC

B Bài tập vận dụng Bài 1:

Cho ABC có BC = a, AB = b, AC = c, phân giác AD a) Tính độ dài BD, CD

b) Tia phân giác BI góc B cắt AD I; tính tỉ số: AI ID Giải

a) AD phân giác BAC nên BD AB c CD AC b

 BD c BD c BD = ac

CD + BD b + c a  b + c b + c Do CD = a - ac

b + c = ab b + c

b) BI phân giác ABC nên AI AB c : ac b + c IDBD  b + c a Bài 2:

Cho ABC, có B< 600 phân giác AD a) Chứng minh AD < AB

b) Gọi AM phân giác ADC Chứng minh BC > DM Giải

a)Ta có ADB = C + A >

A + C =

0

0

180 - B 60  ADB > B  AD < AB

b) Gọi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d Trong ADC, AM phân giác ta có

DM AD

=

CM AC 

DM AD DM AD

= =

CM + DM AD + AC CD AD + AC  DM = CD.AD CD d

AD + AC b + d ; CD = ab

b + c( Vận dụng 1)  DM = abd

(b + c)(b + d)

Để c/m BC > DM ta c/m a > 4abd

(b + c)(b + d) hay (b + d)(b + c) > 4bd (1)

Thật : c > d  (b + d)(b + c) > (b + d)2  4bd Bất đẳng thức (1) c/m

D' B C

A

D C

B A

a c b

I

D C

B A

M D B

C

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Bài 3:

Cho ABC, trung tuyến AM, tia phân giác góc AMB , AMC cắt AB, AC theo thứ tự D E

a) Chứng minh DE // BC

b) Cho BC = a, AM = m Tính độ dài DE

c) Tìm tập hợp giao diểm I AM DE ABC có BC cố định, AM = m khơng đổi

d) ABC có điều kiện DE đường trung bình Giải

a) MD phân giác AMB nên DA MB DB MA (1) ME phân giác AMC nên EA MC

EC MA (2) Từ (1), (2) giả thiết MB = MC ta suy DA EA

DB  EC  DE // BC b) DE // BC  DE AD AI

BC ABAM Đặt DE = x 

x m -

x 2 2a.m

x =

a  m  a + 2m c) Ta có: MI =

2 DE = a.m

a + 2m không đổi  I cách M đoạn không đổi nên tập hợp điểm I đường tròn tâm M, bán kính MI = a.m

a + 2m (Trừ giao điểm với BC d) DE đường trung bình ABC  DA = DB  MA = MB  ABC vuông A Bài 4:

Cho ABC ( AB < AC) phân giác BD, CE

a) Đường thẳng qua D song song với BC cắt AB K, chứng minh E nằm B K b) Chứng minh: CD > DE > BE

Giải

a) BD phân giác nên

AD AB AC AE AD AE

= < =

DC BC BC EB DC  EB (1) Mặt khác KD // BC nên AD AK

DC  KB (2)

Từ (1) (2) suy AK AE AK + KB AE + EB

KB EB  KB  EB

 AB AB KB > EB

KB EB  E nằm K B

b) Gọi M giao điểm DE CB Ta có CBD = KDB(Góc so le trong) KBD = KDB mà E nằm K B nên KDB > EDB KBD > EDB  EBD > EDB  EB < DE Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC DEC>ECB  DEC>DCE (Vì DCE = ECB) Suy CD > ED  CD > ED > BE

Bài 5:

Cho ABC với ba đường phân giác AD, BE, CF Chứng minh a 1

FB FA EA EC DC DB

b

AB CA BC CF BE AD

1 1 1

1     

E D

M I

C B

A

E

D

M

K

C B

Giải

a)AD đường phân giác BAC nên ta có: DB = AB DC AC (1) Tương tự: với phân giác BE, CF ta có: EC = BC

EA BA (2) ;

FA CA

=

FB CB (3)

Tửứ (1); (2); (3) suy ra: DB EC FA = AB BC CA DC EA FB AC BA CB= b) Đặt AB = c , AC = b , BC = a , AD = da

Qua C kẻ đường thẳng song song với AD , cắt tia BA H Theo ĐL Talét ta có: AD BA

CH  BH 

BA.CH c.CH c

AD CH

BH BA + AH b + c

  

Do CH < AC + AH = 2b nên: da 2bc b c

 

1 1 1 1

2 2

a a

b c

d bc b c d b c

    

         

   

Chứng minh tương tự ta có : 1 1

b

d a c

 

   

  Và

1 1

c

d a b

 

   

  Nên: 1 1 1 1 1

2

a b c

d d d b c a c a b

     

           

     

 

1 1 1 1

.2

a b c

d d d a b c

 

       

 

1 1 1

a b c

d d d a b c

      ( đpcm )

Bài tập nhà

Cho ABC có BC = a, AC = b, AB = c (b > c), phân giác BD, CE a) Tính độ dài CD, BE suy CD > BE

b) Vẽ hình bình hành BEKD Chứng minh: CE > EK c) Chứng minh CE > BD

F

E

D C

B

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 **CHUYÊN ĐỀ – CHỮ SỐ TẬN CÙNG

A Kiến thức:

1 Một số tính chất: a) Tính chất 1:

+ Các số có chữ số tận 0; 1; 5; 6khi nâng lên luỹ thừa bậc chữ số tận khơng thay đổi

+ Các số có chữ số tận 4; nâng lên luỹ thừa bậc lẻ chữ số tận khơng thay đổi

+ Các số có chữ số tận 3; 7; nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n N) chữ số tận

+ Các số có chữ số tận 2; 4; nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n N) chữ số tận

b) Tính chất 2: Một số tự nhiên nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận khơng thay đổi

c) Tính chất 3:

+ Các số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận 7; Các số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận

+ Các số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận 8; Các số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận

+ Các số có chữ số tận 0; 1; 4; 5; 6; nâng lên luỹ thừa bậc 4n + (n N) chữ số tận khơng đổi

2 Một số phương pháp:

+ Tìm chữ số tận x = am ta xét chữ số tận a:

- Nếu chữ số tận a chữ số: 0; 1; 5; chữ số tận x 0; 1; 5; - Nếu chữ số tận a chữ số: 3; 7; :

* Vì am = a4n + r = a4n ar

Nếu r 0; 1; 2; chữ số tận x chữ số tận ar Nếu r 2; 4; chữ số tận x chữ số tận 6.ar B Một số ví dụ:

Bài 1:

Tìm chữ số tận a) 2436 ; 1672010

b)  9

7 ;  14 14

14 ;  

7

4

 

 

 

Giải

a) 2436 = 2434 + 2 = 2434 2432

2432 có chữ số tận nên chữ số tận 2436 Ta có 2010 = 4.502 + nên 1672010 = 1674 502 + 2 = 1674.502.1672

1674.502 có chữ số tận 6; 1672 có chữ số tận nên chữ số tận 1672010 chữ số tận tích 6.9

b) Ta có:

+) 99 - = (9 – 1)(98 + 97 + + + 1) = 4k (k N)  99 = 4k + 1 9

7 = 74k + = 74k.7 nên có chữ số tận

214 có nhân tử 12 nên chia hết cho 4; hạng tử 214 = 47 chia hết cho hay 1414 = 4k  14 14

14 = 144k có chữ số tận +) 56 có chữ số tận nên  6

5 = 5.(2k + 1)  5.(2k + 1) – = q (k, q N)  5.(2k + 1) = 4q +   5

4

 

 

  = 44q + = 44q có chữ số tận chữ số tận tích

6

Bài 2: Tìm chữ số tận A = 21 + 35 + 49 + 513 + + 20048009 Giải

a) Luỹ thừa số hạng A chia dư 1(Các số hạng A có dạng n4(n – 2) + 1 (n  {2; 3; ; 2004} ) nên số hạng A luỹ thừa có chữ số tận giống (Tính chất 2) nên chữ số tận A chữ số tận tổng số hạng Từ đến 2004 có 2003 số hạng có 2000 : 10 = 200 số hạng có chữ số tận 0,Tổng chữ số tận A

(2 + + + 9) + 199.(1 + + + 9) + + + + = 9009 có chữ số tận Vây A có chữ số tận

Bài 3: Tìm

a) Hai chữ số tận 3999;  7

7 b) Ba chữ số tận 3100 c) Bốn chữ số tận 51994 Giải

a) 3999 = 3.3998 =3 9499 = 3.(10 – 1)499 = 3.(10499 – 499.10498 + +499.10 – 1) = 3.[BS(100) + 4989] = 67

77 = (8 – 1)7 = BS(8) – = 4k +   7

7 = 74k + = 73 74k = 343.( 01)4k = 43 b) 3100 = 950 = (10 – 1)50 = 1050 – 50 1049 + + 50.49

2 10

2 – 50.10 + = 1050 – 50 1049 + + 49

2 5000 – 500 + = BS(1000) + = 001 Chú ý:

+ Nếu n số lẻ không chi hết cho ba chữ số tận n100 001 + Nếu số tự nhiên n không chia hết cho n100 chia cho 125 dư HD C/m: n = 5k + 1; n = 5k +

+ Nếu n số lẻ khơng chia hết cho n101 n có ba chữ số tận c) Cách 1: 54 = 625

Ta thấy số ( 0625)n = 0625

51994 = 54k + 2 = 25.(54)k = 25.(0625)k = 25.( 0625) = 5625 Cách 2: Tìm số dư chia 51994 cho 10000 = 24 54

Ta thấy 54k – chia hết cho 54 – = (52 – 1)(52 + 1) chia hết cho 16 Ta có: 51994 = 56 (51988 – 1) + 56

Do 56 chia hết cho 54, 51988 – chia hết cho 16 nên 56(51988 – 1) chia hết cho 10000 Ta có 56 = 15625

Vậy bốn chữ số tận 51994 5625 Chú ý: Nếu viết 51994 = 52 (51992 – 1) + 52

Ta có: 51992 – chia hết cho 16; 52 không chia hết cho 54

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 n chia hết cho

C Vận dụng vào toán khác Bài 1:

Chứng minh rằng: Tổng sau không số phương a) A = 19k + 5k + 1995k + 1996k ( k N, k chẵn)

b) B = 20042004k + 2001 Giải

a) Ta có:

19k có chữ số tận 5k có chữ số tận 1995k có chữ số tận 1996k có chữ số tận

Nên A có chữ số tận chữ số tận tổng chữ số tận tổng + + + = 17, có chữ số tận nên khơng thể số phương

b) Ta có :k chẵn nên k = 2n (n  N)

20042004k = (20044)501k = (20044)1002n = ( 6)1002n luỹ thừa bậc chẵn số có chữ số tận nên có chữ số tận nên B = 20042004k + 2001 có chữ số tận 7, B khơng số phương

Bài 2:

Tìm số dư chia biểu thức sau cho a) A = 21 + 35 + 49 + + 20038005

b) B = 23 + 37 +411 + + 20058007 Giải

a) Chữ số tận A chữ số tận tổng (2 + + + 9) + 199.(1 + + + 9) + + + = 9005 Chữ số tận A nên chia A cho dư

b)Tương tự, chữ số tận B chữ số tận tổng (8 + + + + + + + 9) + 199.(1 + + 9) + + + + = 9024 B có chữ số tận nên B chia dư

Bài tập nhà

Bài 1: Tìm chữ số tận của: 3102 ;  3

7 ; 320 + 230 + 715 - 816 Bài 2: Tìm hai, ba chữ số tận của: 3555 ;  7

2 Bài 3: Tìm số dư chia số sau cho 2; cho 5: a) 38; 1415 + 1514

**CHUYÊN ĐỀ – ĐỒNG DƯ A Định nghĩa:

Nếu hai số nguyên a b có số dư phép chia cho số tự nhiên m  ta nói a đồng dư với b theo mơđun m, có đồng dư thức: a  b (mod m)

Ví dụ:7  10 (mod 3) , 12  22 (mod 10) + Chú ý: a  b (mod m)  a – b m B Tính chất đồng dư thức: Tính chất phản xạ: a  a (mod m)

2 Tính chất đỗi xứng: a  b (mod m)  b  a (mod m)

3 Tính chất bắc cầu: a  b (mod m), b  c (mod m) a  c (mod m) Cộng , trừ vế: a b (mod m) a c b d (mod m)

c d (mod m)

 

   

  

Hệ quả:

a) a  b (mod m)  a + c  b + c (mod m) b) a + b  c (mod m)  a  c - b (mod m) c) a  b (mod m)  a + km  b (mod m)

5 Nhân vế : a b (mod m) ac bd (mod m) c d (mod m)

 

 

  

Hệ quả:

a) a  b (mod m)  ac  bc (mod m) (c  Z) b) a  b (mod m)  an  bn (mod m)

6 Có thể nhân (chia) hai vế môđun đồng dư thức với số nguyên dương a  b (mod m)  ac  bc (mod mc)

Chẳng hạn: 11  (mod 4)  22  (mod 8) ac bc (mod m) a b (mod m)

(c, m) =



  

 

Chẳng hạn : 16 (mod 7) (mod 7) (2, 7) =



  

 

C Các ví dụ: Ví dụ 1:

Tìm số dư chia 9294 cho 15 Giải

Ta thấy 92  (mod 15)  9294  294 (mod 15) (1)

Lại có 24  (mod 15)  (24)23 22  (mod 15) hay 294  (mod 15) (2) Từ (1) (2) suy 9294  (mod 15) tức 9294 chia 15 dư

2 Ví dụ 2:

Chứng minh: số có dạng 2n – 4(n  N), có vơ số số chia hết cho Thật vậy:

Từ 24  (mod 5) 24k  (mod 5) (1) Lại có 22  (mod 5) (2)

Nhân (1) với (2), vế theo vế ta có: 24k +  (mod 5)  24k + 2 -  (mod 5) Hay 24k + 2 - chia hết cho với k = 0, 1, 2, hay ta vô số số dạng 2n – (n  N) chia hết cho

Chú ý: giải toán đồng dư, ta thường quan tâm đến a   (mod m) a  (mod m)  an  (mod m)

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Ví dụ 3: Chứng minh

a) 2015 – chia hết cho 11 b) 230 + 330 chi hết cho 13

c) 555222 + 222555 chia hết cho Giải

a) 25  - (mod 11) (1); 10  - (mod 11)  105  - (mod 11) (2)

Từ (1) (2) suy 25 105  (mod 11)  205  (mod 11) 205 –  (mod 11) b) 26  - (mod 13)  230  - (mod 13) (3)

33  (mod 13)  330  (mod 13) (4)

Từ (3) (4) suy 230 + 330  - + (mod 13)  230 + 330  (mod 13) Vậy: 230 + 330 chi hết cho 13

c) 555  (mod 7)  555222  2222 (mod 7) (5)

23  (mod 7)  (23)74  (mod 7)  555222  (mod 7) (6) 222  - (mod 7)  222555  (-2)555 (mod 7)

Lại có (-2)3  - (mod 7)  [(-2)3]185  - (mod 7)  222555  - (mod 7) Ta suy 555222 + 222555  - (mod 7) hay 555222 + 222555 chia hết cho Ví dụ 4: Chứng minh số 24n +

2 + chia hết cho 11 với số tự nhiên n Thật vậy:Ta có: 25  - (mod 11)  210  (mod 11)

Xét số dư chia 24n + 1 cho 10 Ta có: 24  (mod 5)  24n  (mod 5)  2.24n  (mod 10)  24n +  (mod 10)  24n + 1 = 10 k +

Nên 24n +

2 + = 210k + + =4 210k + = 4.(BS 11 + 1)k + = 4.(BS 11 + 1k) + = BS 11 + 11 chia hết cho 11

Bài tập nhà: Bài 1: CMR:

a) 228 – chia hết cho 29

**CHUYÊN ĐỀ 10 – TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC

A Dạng 1: Tìm dư phép chia mà không thực phép chia Đa thức chia có dạng x – a (a hằng)

a) Định lí Bơdu (Bezout, 1730 – 1783):

Số dư phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a giá trị f(x) x = a Ta có: f(x) = (x – a) Q(x) + r

Đẳng thức với x nên với x = a, ta có f(a) = 0.Q(a) + r hay f(a) = r

Ta suy ra: f(x) chia hết cho x – a  f(a) =

b) f(x) có tổng hệ số chia hết cho x –

c) f(x) có tổng hệ số hạng tử bậc chẵn tổng hệ số hạng tử bậc lẻ chia hết cho x +

Ví dụ : Khơng làm phép chia, xét xem A = x3 – 9x2 + 6x + 16 chia hết cho B = x + 1, C = x – không

Kết quả:

A chia hết cho B, không chia hết cho C Đa thức chia có bậc hai trở lên

Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng đa thức chia hết cho đa thức chia dư Cách 2: Xét giá trị riêng: gọi thương phép chia Q(x), dư ax + b

f(x) = g(x) Q(x) + ax + b

Ví dụ 1: Tìm dư phép chia x7 + x5 + x3 + cho x2 – Cách 1: Ta biết x2n – chia hết cho x2 – nên ta tách: x7 + x5 + x3 + = (x7 – x) + (x5 – x) +(x3 – x) + 3x +

= x(x6 – 1) + x(x4 – 1) + x(x2 – 1) + 3x + chia cho x2 – dư 3x + Cách 2:

Gọi thương phép chia Q(x), dư ax + b, Ta có: x7 + x5 + x3 + = (x -1)(x + 1).Q(x) + ax + b với x Đẳng thức với x nên với x = 1, ta có = a + b (1) với x = - ta có - = - a + b (2)

Từ (1) (2) suy a = 3, b =1 nên ta dư 3x + Ghi nhớ:

an – bn chia hết cho a – b (a  -b)

an + bn ( n lẻ) chia hết cho a + b (a  -b) Ví dụ 2: Tìm dư phép chia a) x41 chia cho x2 +

b) x27 + x9 + x3 + x cho x2 – c) x99 + x55 + x11 + x + cho x2 + Giải

a) x41 = x41 – x + x = x(x40 – 1) + x = x[(x4)10 – 1] + x chia cho x4 – 1 dư x nên chia cho x2 + dư x

b) x27 + x9 + x3 + x = (x27 – x) + (x9 – x) + (x3 – x) + 4x

= x(x26 – 1) + x(x8 – 1) + x(x2 – 1) + 4x chia cho x2 – dư 4x

c) x99 + x55 + x11 + x + = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x + chia cho x2 + dư – 2x +

B Sơ đồ HORNƠ Sơ đồ

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Nếu đa thức bị chia a0x3 + a1x2 + a2x + a3,

đa thức chia x – a ta thương b0x2 + b1x + b2, dư r ta có

Ví dụ:

Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – Ta có sơ đồ

1 - -

2 + (- 5) = -3 2.(- 3) + = r = 2 +(- 4) = Vậy: x3 -5x2 + 8x – = (x – 2)(x2 – 3x + 2) + phép chia hết

2 Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị đa thức x = a Giá trị f(x) x = a số dư phép chia f(x) cho x – a Ví dụ 1:

Tính giá trị A = x3 + 3x2 – x = 2010 Ta có sơ đồ:

1 -4

a = 2010 2010.1+3 = 2013 2010.2013 +

= 4046130 2010.4046130 – = 8132721296 Vậy: A(2010) = 8132721296

C Chưngs minh đa thức chia hết cho đa thức khác I Phương pháp:

1 Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có thừa số đa thức chia

2 Cách 2: biến đổi đa thức bị chia thành tổng đa thức chia hết cho đa thức chia Cách 3: Biến đổi tương đương f(x) g(x) f(x)  g(x) g(x)

4 cách 4: Chứng tỏ nghiệm đa thức chia nghiệm đa thức bị chia II Ví dụ

1.Ví dụ 1:

Chứng minh rằng: x8n + x4n + chia hết cho x2n + xn +

Ta có: x8n + x4n + = x8n + 2x4n + - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1) Ta lại có: x4n + x2n + = x4n + 2x2n + – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1)

chia hết cho x2n + xn +

Vậy: x8n + x4n + chia hết cho x2n + xn + 2 Ví dụ 2:

Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + chia hết cho x2 + x + với m, n  N Ta có: x3m + 1 + x3n + 2 + = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x +

= x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1)

Vì x3m – x3n – chia hết cho x3 – nên chia hết cho x2 + x + Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + chia hết cho x2 + x + với m, n  N 3 Ví dụ 3: Chứng minh

f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + Ta có: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + + x11 – x + –

= x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + + x(x10 – 1) chia hết cho x10 – Mà x10 – = (x – 1)(x9 + x8 + x7 + + x + 1) chia hết cho x9 + x8 + x7 + + x +

r= ab2 + a3 a3

b2 = ab1+ a2 b1= ab0+ a1

a2 a1

b0 = a0 a0

Suy f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x +

Nên f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 4 Ví dụ 4: CMR: f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – chia hết cho g(x) = x2 – x Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có nghiệm x = x =

Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – =  x = nghiệm f(x)  f(x) chứa thừa số x

f(1) = (12 + – 1)10 + (12 – + 1)10 – =  x = nghiệm f(x) f(x) chứa thừa số x – 1, mà thừa số x x – khơng có nhân tử chung, f(x) chia hết cho x(x – 1)

hay f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – chia hết cho g(x) = x2 – x 5 Ví dụ 5: Chứng minh

a) A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + b) C = 8x9 – 9x8 + chia hết cho D = (x – 1)2

c) C (x) = (x + 1)2n – x2n – 2x – chia hết cho D(x) = x(x + 1)(2x + 1) Giải

a) A = x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) Ta có: x2 – x + chia hết cho B = x2 – x +

x9 + chia hết cho x3 + nên chia hết cho B = x2 – x +

x1945 – x = x(x1944 – 1) chia hết cho x3 + (cùng có nghiệm x = - 1) nên chia hết cho B = x2 – x +

Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x +

b) C = 8x9 – 9x8 + = 8x9 – - 9x8 + = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1) = 8(x – 1)(x8 + x7 + + 1) – 9(x – 1)(x7 + x6 + + 1) = (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1)

(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho x – có tổng hệ số suy (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho (x – 1)2

c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm x = 0, x = - 1, x = - Ta có:

C(0) = (0 + 1)2n – 02n – 2.0 – =  x = nghiệm C(x)

C(-1) = (-1 + 1)2n – (- 1)2n – 2.(- 1) – =  x = - nghiệm C(x) C(-

2) = (-1 + 1)

2n – (-1 2)

2n – 2.(- 1

2) – =  x = -

2 nghiệm C(x) Mọi nghiệm đa thức chia nghiệm đa thức bị chia đpcm

6 Ví dụ 6:

Cho f(x) đa thức có hệ số nguyên Biết f(0), f(1) số lẻ Chứng minh f(x) khơng có nghiệm ngun

Giả sử x = a nghiệm nguyên f(x) f(x) = (x – a) Q(x) Trong Q(x) đa thức có hệ số nguyên, f(0) = - a Q(0), f(1) = (1 – a) Q(1)

Do f(0) số lẻ nên a số lẻ, f(1) số lẻ nên – a số lẻ, mà – a hiệu số lẻ số lẻ, mâu thuẩn

Vậy f(x) khơng có nghiệm nguyên Bài tập nhà:

Bài 1: Tìm số dư a) x43 chia cho x2 +

b) x77 + x55 + x33 + x11 + x + cho x2 +

Bài 2: Tính giá trị đa thức x4 + 3x3 – x = 2009 Bài 3: Chứng minh

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 c) x4n + 2 + 2x2n + 1 + chia hết cho x2 + 2x +

**CHUYÊN ĐỀ 11 – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC HỮU TỈ A Nhắc lại kiến thức:

Các bước rút gọn biểu thức hửu tỉ

a) Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thành nhân tử, cho tất nhân tử khác b) Phân tích tử thành nhân , chia tử mẫu cho nhân tử chung

B Bài tập:

Bài 1: Cho biểu thức A = 44 22 10

x x

x x

 

 

a) Rút gọn A b) tìm x để A =

c) Tìm giá trị A 2x 1 Giải

a)Đkxđ :

x4 – 10x2 +   [(x2)2 – x2] – (9x2 – 9)   x2(x2 – 1) – 9(x2 – 1) 

(x2 – 1)(x2 – 9)  (x – 1)(x + 1)(x – 3)(x + 3) 

x

x 1

x 3

x

x x

 

      

 

   

    

Tử : x4 – 5x2 + = [(x2)2 – x2] – (x2 – 4) = x2(x2 – 1) – 4(x2 – 1) = (x2 – 1)(x2 – 4) = (x – 1)(x + 1)(x – 2)(x + 2)

Với x   1; x  

A = (x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2) (x - 2)(x + 2) (x - 1)(x + 1)(x - 3)(x + 3) (x - 3)(x + 3) b) A =  (x - 2)(x + 2)

(x - 3)(x + 3) =  (x – 2)(x + 2) =  x =  c) 2x 1 

2

x x x

x x x

   

  

 

         

  

* Với x = A = (x - 2)(x + 2) (4 - 2)(4 + 2) 12 (x - 3)(x + 3) (4 - 3)(4 + 3)  * Với x = - A khơng xác định

Bài 2:

Cho biểu thức B = 33 22 12 45 19 33

x x x

x x x

  

  

a) Rút gọn B b) Tìm x để B > Giải

a) Phân tích mẫu: 3x3 – 19x2 + 33x – = (3x3 – 9x2) – (10x2 – 30x) + (3x – 9) = (x – 3)(3x2 – 10x + 3) = (x – 3)[(3x2 – 9x) – (x – 3)] = (x – 3)2(3x – 1)

Đkxđ: (x – 3)2(3x – 1)   x  x  b) Phân tích tử, ta có:

2x3 – 7x2 – 12x + 45 = (2x3 – 6x2 ) - (x2 - 3x) – (15x - 45) = (x – 3)(2x2 – x – 15) = (x – 3)[(2x2 – 6x) + (5x – 15)] = (x – 3)2(2x + 5)

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Thì B = 33 22 12 45

3 19 33

x x x

x x x

  

   =

2

(x - 3) (2x + 5) 2x + (x - 3) (3x - 1)  3x -

c) B >  2x +

3x - > 

1

3 5 1

2 2 3

5

3 1

2

2

5 x x x x x x x x x x                                                Bài

Cho biểu thức C = 2 :1 22

1 1

x x

x x x x

 

   

     

 

a) Rút gọn biểu thức C

b) Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức B số nguyên Giải

a) Đkxđ: x  

C = 2 :1 22 2(1 ) ( 1)( 1)

1 1 (1 )(1 ) 2

x x x x x x

x x x x x x x x

 

        

     

           

   

b) B có giá trị nguyên x số nguyên 2x



 có giá trị nguyên

 2x – Ư(2) 

2 1

2 1

2 1,

2

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

Đối chiếu Đkxđ có x = thoả mãn Bài

Cho biểu thức D = 22

2

x x x

x x x

 

  

a) Rút gọn biểu thức D

b) Tìm x ngun để D có giá trị nguyên c) Tìm giá trị D x =

Giải

a) Nếu x + > x2 = x + nên D = 22

2

x x x

x x x

 

   =

3 2

2

2 ( 1)( 2)

( 2) ( 2) ( 2)( 2)

x x x x x x x x

x x x x x x x

      

      

Nếu x + < x2 = - (x + 2) nên D = 22

2

x x x

x x x

 

   =

3 2

2 ( 1)( 2)

( 2) ( 2) ( 2)( 2)

x x x x x x x

x x x x x x x

     

        

Nếu x + =  x = -2 biểu thức D khơng xác định b) Để D có giá trị ngun

2

x x

x

+) 2

x x có giá trị nguyên

 x - x 2 x(x - 1) x > - x > -

 



 

 

Vì x(x – 1) tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho với x > - +)

2 x

 có giá trị nguyên

 x x = 2k 2k (k Z; k < - 1) x < - x < - x

 

   

 

 

c) Khia x =  x > - nên D = 2

x x = 6(6 1) 15

 

Bài tập nhà Bài 1:

Cho biểu thức A = 2 :

3

x x x x

x x x x x

  

      

        

   

a) Rút gọn A

b) Tìm x để A = 0; A > Bài 2:

Cho biểu thức B = 33 22

2

y y y

y y y

  

  

a) Rút gọn B

b) Tìm số nguyên y để 2D

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 ** CHUYÊN ĐỀ 12 – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC (TIẾP) * Dạng 2: Các biểu thức có tính quy luật

Bài 1: Rút gọn biểu thức a) A =

 2

2

3

(1.2) (2.3) ( 1)

n n n



  



Phương pháp: Xuất phát từ hạng tử cuối để tìm quy luật Ta có

 2

2 ( 1)

n n n



 = 2 2

2 1

( 1) ( 1) n

n n n n

  

  Nên

A = 12 12 12 12 12 12 12 2 1 2 ( 1)2

1 2 3 ( 1) ( 1) ( 1)

n n

n n n n n



          

  

b) B = 12 12 12 12

2 n

           

       

       

Ta có 12 k2 21 (k 1)(2k 1)

k k k

  

   Nên

B = 1.3 2.4 3.52 2 2 ( 1)(2 1) 1.3.2.4 (2 2 21)(2 1) 1.2.3 ( 1) 3.4.5 ( 1) 1 4 2.3.4 ( 1) 2.3.4 2

n n n n n n n n

n n n n n n n

       

   

 c) C = 150 150 150 150

5.88.11 11.14  47.50 =

1 1 1 1 150

3 8 11 47 50

       

 

 

= 50 1 50.9 45 50 10

   

 

 

d) D = 1

1.2.32.3.43.4.5 (n1) (n n1) =

1 1 1 1

2 1.2 2.3 2.3 3.4 (n 1)n n n( 1)

 

     

   

 

= 1 ( 1)( 2) 1.2 ( 1) ( 1)

n n

n n n n

   

 

   

 

Bài 2:

a) Cho A =

1 2

m m

m n

     

  ; B =

1 1

2  3 n Tính A B Ta có

A =

1

1 1

1 ( 1)

1 2 n 2

n n n n

n n

n n  n n

 

                

 

       

     

= 1 1 1 1 nB

1 2 2

n n

n n n n

           

       

    

A B = n

b) A = 1 1

1.(2n - 1)3.(2n - 3) (2n - 3).3(2n - 1).1 ; B = +

1

3 2n - Tính A : B

Giải

A = 1 1 1 1

2n 2n - 2n - 2n - 3 2n -

           

       

       

 

1 1 1 1

1

2n 2n - 2n - 2n - 2n - 3

1 1 1 A

.2 2.B

2n 2n - 2n - 2n B n

Bài tập nhà

Rút gọn biểu thức sau: a) 1 + +

1.22.3 (n - 1)n b)

2 2

2 2

1 n

2 1 1 1 (n + 1) 1 c) 1 + +

1.2.32.3.4 n(n + 1)(n +2)

* Dạng 3: Rút gọn; tính giá trị biểu thức thoả mãn điều kiện biến Bài 1: Cho x 1 3

x Tính giá trị biểu thức sau :

a) 2

1

A x

x ; b)

3

1

B x

x ; c)

4

1

C x

x ; d)

5

1

D x

x

Lời giải a)

2

2

1 2 7

A x x

x x ;

b)

3

3

1 3 27 18

B x x x

x x x ;

c)

2

4

4

1 2 49 47

C x x

x x ;

d) A B. x2 12 x3 13 x5 1 x 15 D 3

x x x x  D = 7.18 – = 123

Bài 2: Cho x + y + z = a b c (1);

a b c + + = x y z (2) Tính giá trị biểu thức D =

2

2

a b c

+ +

x y z

 

   

 

   

     

Từ (1) suy bcx + acy + abz = (3) Từ (2) suy

2

2 2

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

+ + + + +

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

       

              

       

       

                (4)

Thay (3) vào (4) ta có D = – 2.0 = Bài

a) Cho abc = 2; rút gọn biểu thức A = a b 2c ab + a + 2bc + b + 1ac + 2c + Ta có :

A = a ab 2c a ab 2c

ab + a + 2abc + ab + aac + 2c + 2ab + a + 22 + ab + aac + 2c + abc

= a ab 2c a ab ab + a +

ab + a + 22 + ab + ac(a + + ab) ab + a + 22 + ab + aa + + abab + a +  b) Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức B = 2 a22 2 2 b22 2 2 c22 2

a - b - c b - c - a c - b - a Từ a + b + c = a = -(b + c)  a2 = b2 + c2 + 2bc  a2 - b2 - c2 = 2bc

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 B = a2 b2 c2 a3 b3 c3

2bc 2ac 2ab 2abc  

   (1)

a + b + c =  -a = (b + c)  -a3 = b3 + c3 + 3bc(b + c)  -a3 = b3 + c3 – 3abc  a3 + b3 + c3 = 3abc (2)

Thay (2) vào (1) ta có B = a3 b3 c3 3abc 2abc 2abc

    (Vì abc  0)

c) Cho a, b, c đôi khác thoả mãn: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 Rút gọn biểu thức C = 2 a2 + 2 b2 2 c2

a + 2bc b + 2acc + 2ab Từ (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2  ab + ac + bc =

 a2 + 2bc = a2 + 2bc – (ab + ac + bc) = a2 – ab + bc – ac = (a – b)(a – c) Tương tự: b2 + ac = (b – a)(b – c) ; c2 + 2ab = (c – a)(c – b)

C = a2 + b2 c2 a2 - b2 c2

(a - b)(a - c) (b - a)(b - c) (c - a)(c - b)(a - b)(a - c) (a - b)(b - c) (a - c)(b - c) = a (b - c)2 - b (a - c)2 c (b - c)2 (a - b)(a - c)(b - c)

(a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c)(a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c)  * Dạng 4: Chứng minh đẳng thức thoả mãn điều kiện biến

1 Bài 1: Cho 1 + + = 21

a b c (1); 2

1 1

+ + = a b c (2) Chứng minh rằng: a + b + c = abc

Từ (1) suy

2 2 2

1 1 1 1 1 1

+ + + + + + + + +

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

      

     

     

 + + 1 a + b + c

ab bc ac  abc   a + b + c = abc

2 Bài 2: Cho a, b, c ≠ a + b + c ≠ thỏa mãn điều kiện 1 1 a b c a b c Chứng minh ba số a, b, c có hai số đối

Từ suy : 20091 20091 20091 2009 20091 2009

a b c a b c

Ta có : 1 1

a b c a b c  1

1 0

a b c a b c  ( )

a b a b

ab c a b c 

0

( )

( ) (a + b)(b + c)(c + a) = 0

( )

0

a b a b

c a b c ab

a b b c b c

abc a b c

c a c a

Từ suy : 20091 20091 20091 20091 12009 20091 20091

( )

a b c a c c a

2009 20091 2009 2009 12009 2009 20091

( )

a b c a c c a

 20091 20091 20091 2009 20091 2009

3 Bài 3: Cho a + b c b + c a b c  a  a b  c (1)

chứng minh : ba số a, b, c tồn hai số

Từ (1)  2 2 2 2

a c + ab + bc = b c + ac + a b  a (b - c) - a(c b ) bc(c - b) = 0  (c – b)(a2 – ac = ab + bc) =  (c – b)(a – b)( a – c) =  đpcm 4 Bài 4: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc  a b Chứng minh rằng: + + = a + b + c1

a b c

Từ GT  a2b – b2c - a3bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2

 (a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b)  (a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c)

 ab + ac + bc = a + b + c

abc 

1 1

+ + = a + b + c

a b c

5 Bài 5: Cho a + b + c = x + y + z = a + b + c =

x y z ; Chứng minh rằng: ax

2 + by2 + cz2 = Từ x + y + z =  x2 = (y + z)2 ; y2 = (x + z)2 ; z2 = (y + x)2

 ax2 + by2 + cz2 = a(y + z)2 + b(x + z)2 + c (y + x)2 = … = (b + c)x2 + (a + c)y2 + (a + b)z2 + 2(ayz + bxz + cxy) (1) Từ a + b + c =  - a = b + c; - b = a + c; - c = a + b (2) Từ a + b + c =

x y z  ayz + bxz + cxy = (3) Thay (2), (3) vào (1); ta có: ax2 + by2 + cz2 = -( ax2 + by2 + cz2 )  ax2 + by2 + cz2 =

6 Bài 6: Cho a + b c

b - c c - aa - b ; chứng minh: 2

a b c

+

(b - c) (c - a) (a - b)  Từ a + b c

b - c c - aa - b 

2

a b c b ab + ac - c =

b - c a - c b - a (a - b)(c - a) 

 

 a 2 b2 ab + ac - c2 (b - c) (a - b)(c - a)(b - c)



 (1) (Nhân hai vế với b - c) Tương tự, ta có: b 2 c2 bc + ba - a2

(c - a) (a - b)(c - a)(b - c)



 (2) ; c 2 a2 ac + cb - b2 (a - b) (a - b)(c - a)(b - c)



 (3)

Cộng vế (1), (2) (3) ta có đpcm 7 Bài 7:

Cho a + b + c = 0; chứng minh: a - b + b - c c - a c + a b c a b a - b b - c c - a

    

  

   = (1)

Đặt a - b = x ; b - c ;c - a

c a  y b z 

c a b

= ;

a - b x b - c  y c - a  z (1)  x + y + z + +

x y z

 



 

 

Ta có: x + y + z + + y + z + x + z + x + y

x y z x y z

   

 

   

    (2)

Ta lại có: y + z b - c c - a c b2 bc + ac - a2 c c(a - b)(c - a - b) c(c - a - b) x a b a - b ab a - b ab(a - b) ab



 

     

 

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Tương tự, ta có: x + z 2a2

y  bc (4) ;

2

x + y 2b z  ac (5) Thay (3), (4) (5) vào (2) ta có:

  1

x + y + z + +

x y z

 



 

  +

2 2

2c 2a 2b

ab  bc  ac = + abc(a

3 + b3 + c3 ) (6) Từ a + b + c =  a3 + b3 + c3 = 3abc (7) ?

Thay (7) vào (6) ta có: x + y + z + +

x y z

 



 

  +

2

abc 3abc = + = Bài tập nhà:

1) cho + +

x y z  ; tính giá trị biểu thức A = 2 yz xz xy

+ +

x y z

HD: A = xyz3 + xyz3 + xyz3

x y z ; vận dụng a + b + c =  a

3 + b3 + c3 = 3abc

2) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc ; Tính giá trị biểu thức A = a + 1 b + 1 c + 1

b c a

   

   

   

3) Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng: y z x z x y

x y z

  

   

4) Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1; a b c

**CHUYÊN ĐỀ 13 – CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG A Kiến thức:

* Tam giác đồng dạng:

a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c)

ABC A’B’C’  AB = AC = BC A'B' A'C' B'C' b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c)

ABC A’B’C’  AB = AC

A'B' A'C' ; A = A' c Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g)

ABC A’B’C’  A = A'; B = B'

AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: A'H'

AH = k (Tỉ số đồng dạng);

A'B'C' ABC

S

S = K2 B Bài tập áp dụng

Bài 1:

Cho ABC cóB = C, AB = cm, BC = 10 cm a)Tính AC

b)Nếu ba cạnh tam giác ba số tự nhiên liên tiếp cạnh bao nhiêu?

Giải Cách 1:

Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho:BD = BC

ACD ABC (g.g)  AC AD AB AC

2

AC AB AD =AB.(AB + BD)

  = AB(AB + BC)

= 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm Cách 2:

Vẽ tia phân giác BE ABC ABE ACB

2

AB AE BE AE + BE AC

= AC = AB(AB + CB)

AC ABCB AB + CBAB + CB = 8(8 +

10) = 144  AC = 12 cm

b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > anên b = a + b = a +

+ Nếu b = a + (a + 1)2 = a2 + ac 2a + = ac a(c – 2) = a = 1; b = 2; c = 3(loại)

+ Nếu b = a + a(c – 4) = - Với a = c = (loại) - Với a = c = (loại) - với a = c = ; b = Vậy a = 4; b = 5; c = Bài 2:

Cho ABC cân A, đường phân giác BD; tính BD biết BC = cm; AC = 20 cm

Giải

E

D

C B

A

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Ta có CD = BC

AD AC  CD = cm BC = cm Bài toán trở

Bài 3:

Cho ABC cân A O trung điểm BC Một điểm O di động AB, lấy điểm E AC cho CE = OB2

BD Chứng minh a) DBO OCE

b) DOE DBO OCE

c) DO, EO phân giác góc BDE, CED

d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi D di động AB Giải

a) Từ CE = OB2 BD 

CE OB

=

OB BD B = C (gt)  DBO OCE b) Từ câu a suy O = E3 (1)

Vì B, O ,C thẳng hàng nên

O + DOE EOC 180  (2) tam giác EOC

2

E + C EOC 180  (3) Từ (1), (2), (3) suy DOE B C

DOE DBO có DO = OE

DB OC (Do DBO OCE) DO = OE

DB OB (Do OC = OB) DOE B C nên DOE DBO OCE

c) Từ câu b suy D = D1 2 DO phân giác góc BDE

Củng từ câu b suy E = E1 EO phân giác góc CED

c) Gọi OH, OI khoảng cách từ O đến DE, CE OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi  OI không đổi D di động AB

Bài 4: (Đề HSG huyện Lộc hà – năm 2007 – 2008)

Cho ABC cân A, có BC = 2a, M trung điểm BC, lấy D, E thuộc AB, AC cho DME = B

a) Chứng minh tích BD CE khơng đổi b)Chứng minh DM tia phân giác BDE

c) Tính chu vi AED ABC tam giác Giải

a) Ta có DMC = DME + CME = B + BDM, mà DME = B(gt) nên CME = BDM, kết hợp với B = C (ABC cân A) suy BDM CME (g.g)

 BD BM

= BD CE = BM CM = a

CM CE  không đổi

b) BDM CME  DM = BD DM = BD

ME CM ME BM

(do BM = CM) DME DBM (c.g.c)  MDE = BMD hay DM tia phân giác BDE c) chứng minh tương tự ta có EM tia phân giác DEC

kẻ MH CE ,MI DE, MK DB MH = MI = MK  DKM = DIM DK =DI  EIM = EHM EI = EH



2

3

1 H

I

O E D

C B

A

K H

I

M E

D

C B

Chu vi AED PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK)

ABC tam giác nên suy CME củng tam giác CH = MC

2

a



 AH = 1,5a  PAED = AH = 1,5 a = 3a Bài 5:

Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng song song với AM, cắt AB, AC E F

a) chứng minh DE + DF không đổi D di động BC

b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE K Chứng minh K trung điểm FE

Giải

a) DE // AM  DE = BD DE = BD.AM AM BM  BM (1)

DF // AM  DF = CD DF = CD.AM = CD.AM

AM CM CM BM (2)

Từ (1) (2) suy

DE + DF = BD.AM + CD.AM

BM BM =

BD CD BC

+ AM = AM = 2AM

BM BM BM

 

 

  không đổi

b) AK // BC suy FKA AMC (g.g)  FK = KA AM CM (3)

EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA

= = =

ED BD ED + EK BD + KAKD BD + DMAM BM AMCM (2) (Vì CM = BM)

Từ (1) (2) suy FK EK

AM AM FK = EK hay K trung điểm FE Bài 6: (Đề HSG huyện Thạch hà năm 2003 – 2004)

Cho hình thoi ABCD cạnh a có

A = 60 , đường thẳng qua C cắt tia đối tia BA, DA M, N

a) Chứng minh tích BM DN có giá trị không đổi

b) Gọi K giao điểm BN DM Tính số đo góc BKD Giải

a) BC // AN  MB = CM BA CN (1) CD// AM  CM = AD

CN DN (2) Từ (1) (2) suy

2

MB AD

= MB.DN = BA.AD = a.a = a

BA DN 

b) MBD vàBDN có MBD = BDN = 1200

MB MB CM AD BD

= =

BD BA  CN DN DN(Do ABCD hình thoi có

0

A = 60 nên AB = BC = CD = DA)  MBD BDN

Suy M = B1 MBD vàBKD có BDM = BDK M = B1 nên BKD = MBD = 1200

Bài 7:

K F

E

D M

C B

A

1

1 K

M

N D

C B

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC I, M, N Vẽ CE vng góc với AB, CF vng góc với AD, BG vng góc với AC Gọi K điểm đối xứng với D qua I Chứng minh

a) IM IN = ID2 b) KM = DM

KN DN

c) AB AE + AD AF = AC2 Giải

a) Từ AD // CM  IM = CI ID AI (1) Từ CD // AN  CI ID

AI IN (2) Từ (1) (2) suy IM

ID = ID

IN hay ID

2 = IM IN

b) Ta có DM = CM DM = CM DM = CM MN MBMN + DM MB + CM  DN CB (3) Từ ID = IK ID2 = IM IN suy IK2 = IM IN

 IK = IN IK - IM = IN - IK KM = KN KM = IM

IM IK IM IK  IM IK  KN IK 

KM IM CM CM

=

KN ID  AD  CB (4) Từ (3) (4) suy KM = DM

KN DN

c) Ta có AGB AEC  AE = AC AB.AE = AC.AG

AG AB AB AE = AG(AG + CG) (5)

CGB AFC  AF = CG CG

AC CB  AD(vì CB = AD) AF AD = AC CG  AF AD = (AG + CG) CG (6)

Cộng (5) (6) vế theo vế ta có: AB AE + AF AD = (AG + CG) AG + (AG + CG) CG  AB AE + AF AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2

Vậy: AB AE + AD AF = AC2 Bài tập nhà

Bài

Cho Hình bình hành ABCD, đường thẳng cắt AB, AD, AC E, F, G Chứng minh: AB + AD = AC

AE AF AG

HD: Kẻ DM // FE, BN // FE (M, N thuộc AC) Bài 2:

Qua đỉnh C hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng cắt BD, AB, AD E, G, F chứng minh:

a) DE2 = FE EG BE

2 b) CE2 = FE GE

(Gợi ý: Xét tam giác DFE BCE, DEC BEG) Bài

Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt điểm Chứng minh

a) BH CM AD HC MA BD 

I

K F

G

E M D

C

B

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 **CHUYÊN ĐỀ 14 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO

A.Mục tiêu:

* Củng cố, ôn tập kiến thức kỹ giải Pt bậc cao cách phân tích thành nhân tử * Khắc sâu kỹ phân tích đa thức thành nhân tử kỹ giải Pt

B Kiến thức tập: I Phương pháp:

* Cách 1: Để giải Pt bậc cao, ta biến đổi, rút gọn để dưa Pt dạng Pt có vế trái đa thức bậc cao, vế phải 0, vận dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để đưa Pt dạng pt tích để giải

* Cách 2: Đặt ẩn phụ II Các ví dụ:

1.Ví dụ 1: Giải Pt

a) (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12

 2x3 + 10x = 12 x3 + 5x – = (x3 – 1) + (5x – 5) (x – 1)(x2 + x + 6) =



2

x = x - =

x

1 23

x + x + = x +

2



 

  

    

  



(Vì

2

1 23

x +

2

   

 

  vô nghiệm)

b) x4 + x2 + 6x – = (1)

Vế phải Pt đa thức có tổng hệ số 0, nên có nghiệm x = nên có nhân tử x – 1, ta có

(1)  (x4 – x3) + (x3 – x2) + (2x2 – 2x) + (8x – 8) =

  (x – 1)(x3 + x2 + 2x + 8) (x – 1)[(x3 + 2x2) – (x2 + 2x) + (4x – 8) ] =  (x – 1)[x2(x + 2) – x(x + 2) + 4(x + 2) = (x – 1)(x + 2)(x2 – x + 4) = c) (x – 1)3 + (2x + 3)3 = 27x3 +

 x3 – 3x2 + 3x – + 8x3 + 36x2 + 54x + 27 – 27x3 – =  - 18x3 + 33x2 + 57 x + 18 =  6x3 - 11x2 - 19x - = (2) Ta thấy Pt có nghiệm x = 3, nên vế trái có nhân tử x – 3: (2) (6x3 – 18x2) + (7x2 – 21x) + (2x – 6) =

6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) =  (x – 3)(6x2 + 7x + 2) =

(x – 3)[(6x2 + 3x) + (4x + 2)] =  (x – 3)[3x(2x + 1) + 2(2x + 1)] =  (x – 3)(2x + 1)(3x + 2)

d) (x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) = 24 [(x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) + 1] – 25 = (x2 + 5x - 1)2 – 25 = (x2 + 5x - + 5)( (x2 + 5x - – 5) =

(x2 + 5x + 4) (x2 + 5x – 6) = [(x2 + x) +(4x + 4)][(x2 – x) + (6x – 6)] = (x + 1)(x + 4)(x – 1)(x + 6) =

e) (x2 + x + 1)2 = 3(x4 + x2 + 1)  (x2 + x + 1)2 - 3(x4 + x2 + 1) =  (x2 + x + 1)2 – 3(x2 + x + 1)( x2 - x + 1) =

 ( x2 + x + 1)[ x2 + x + – 3(x2 - x + 1)] = ( x2 + x + 1)( -2x2 + 4x - 2) =  (x2 + x + 1)(x2 – 2x + 1) = ( x2 + x + 1)(x – 1)2 =

f) x5 = x4 + x3 + x2 + x +  (x5 – 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) =  (x – 1) (x4 + x3 + x2 + x + 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) =

 (x – 2) (x4 + x3 + x2 + x + 1) = +) x – =  x =

+) x4 + x3 + x2 + x + =  (x4 + x3) + (x + 1) + x2 = (x + 1)(x3 + 1) + x2 =  (x + 1)2(x2 – x + 1) + x2 =  (x + 1)2 [(x2 – 2.x.1

2 + 4) +

3 4] + x

 (x + 1)2

2

1 x + +

2

  

  

 

 

  + x2 = Vơ nghiệm (x + 1)2

2

1 x + +

2

  

  

 

 

   không xẩy dấu

Bài 2:

a) (x2 + x - 2)( x2 + x – 3) = 12  (x2 + x – 2)[( x2 + x – 2) – 1] – 12 =  (x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 =

Đặt x2 + x – = y Thì

(x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 =  y2 – y – 12 = (y – 4)(y + 3) = * y – =  x2 + x – – =  x2 + x – = (x2 + 3x) – (2x + 6) =

(x + 3)(x – 2) =

* y + =  x2 + x – + =  x2 + x + = (vô nghiệm)

b) (x – 4)( x – 5)( x – 6)( x – 7) = 1680 (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 Đặt x2 – 11x + 29 = y , ta có:

(x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 (y + 1)(y – 1) = 1680 y2 = 1681 y =  41 y = 41  x2 – 11x + 29 = 41  x2 – 11x – 12 = (x2 – x) + (12x – 12) =

 (x – 1)(x + 12) =

* y = - 41  x2 – 11x + 29 = - 41  x2 – 11x + 70 = (x2 – 2x 11 +

121 )+

159 = c) (x2 – 6x + 9)2 – 15(x2 – 6x + 10) = (3)

Đặt x2 – 6x + = (x – 3)2 = y  0, ta có

(3) y2 – 15(y + 1) – = y2 – 15y – 16 = (y + 1)(y – 15) = Với y + =  y = -1 (loại)

Với y – 15 = y = 15  (x – 3)2 = 16  x – =  + x – =  x =

+ x – = - x = -

d) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = (4) Đặt x2 + = y

(4)  y2 + 3xy + 2x2 = (y2 + xy) + (2xy + 2x2) = (y + x)(y + 2x) = +) x + y = x2 + x + = : Vô nghiệm

+) y + 2x =  x2 + 2x + =  (x + 1)2 =  x = - Bài 3:

a) (2x + 1)(x + 1)2(2x + 3) = 18  (2x + 1)(2x + 2)2(2x + 3) = 72 (1) Đặt 2x + = y, ta có

(1)  (y – 1)y2(y + 1) = 72 y2(y2 – 1) = 72  y4 – y2 – 72 =

Đặt y2 = z  Thì y4 – y2 – 72 =  z2 – z – 72 =  (z + 8)( z – 9) = * z + =  z = - (loại)

* z – =  z = y2 =  y =  x = b) (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 (2)

Đặt y = x – x + = y + 2; x – = y – 2, ta có (2) (y + 2)4 + (y – 2)4 = 82

y4 +8y3 + 24y2 + 32y + 16 + y4 - 8y3 + 24y2 - 32y + 16 = 82  2y4 + 48y2 + 32 – 82 =  y4 + 24y2 – 25 =

Đặt y2 = z   y4 + 24y2 – 25 =  z2 + 24 z – 25 =  (z – 1)(z + 25) = +) z – =  z = y = 1 x = 0; x =

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

Chú ý: Khi giải Pt bậc dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c ta thường đặt ẩn phụ y = x + a + b c) (4 – x)5 + (x – 2)5 = 32 (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32

Đặt y = x – x – = y + 1; x – = y – 1; ta có: (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32  (y + 1)5 - (y – 1)5 = 32

y5 + 5y4 + 10y3 + 10y2 + 5y + – (y5 - 5y4 + 10y3 - 10y2 + 5y - 1) – 32 = 10y4 + 20y2 – 30 =  y4 + 2y2 – =

Đặt y2 = z   y4 + 2y2 – = z2 + 2z – = (z – 1)(z + 3) = d) (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4

Đặt x – = a; x – = b ; 15 – 2x = c - c = 2x – 15  a + b = - c , Nên

(x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4 a4 + b4 = c4  a4 + b4 - c4 =  a4 + b4 – (a + b)4 =  4ab(a2 + 3

2ab + b

2) = 

2

2

3

4ab a + b + b

4 16

  

  

 

  =  4ab =

(Vì

2

2

3

a + b + b

4 16

 

 

   không xẩy dấu bằng)  ab = x = 7; x =

e) 6x4 + 7x3 – 36x2 – 7x + =  2

1

6 x x - 36

x x

     

   

   

(Vì x = không nghiệm) Đặt x -

x = y 

2

1 x

x

 = y2 + ,

2

1

6 x x - 36

x x

     

   

     6(y2 + 2) + 7y – 36 = 6y2 + 7y – 24 = (6y2 – 9y) + (16y – 24) =  (3y + )(2y – 3) =

+) 3y + = y = - 

1 x -

x = -

3  (x + 3)(3x – 1) = 0

x = - x + =

1 3x - = x =

3 

 

 

 

+) 2y – = y = 

1 x -

x =

2  (2x + 1)(x – 2) = 0

x = x - =

1 2x + = x = -

2



 



 

 

Bài 4: Chứng minh rằng: Pt sau vô nghiệm

a) x4 – 3x2 + 6x + 13 = ( x4 – 4x2 + 4) +(x2 + 6x + 9) =  (x2 – 2)2 + (x + 3)2 = Vế trái (x2 – 2)2 + (x + 3)2  không đồng thời xẩy x2 = x = -3

b) x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + =  (x – 1)( x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1) = x7 – =  x =

x = không nghiệm Pt x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + = Bài tập nhà:

Bài 1: Giải Pt a)(x2 + 1)2 = 4(2x – 1)

HD: Chuyển vế, triển khai (x2 + 1)2, phân tích thành nhân tử: (x – 1)2(x2 + 2x + 5) = b) x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24 (Nhân nhân tử với nhau, áp dụng PP đặt ẩn phụ) c) (12x + 7)2(3x + 2)(2x + 1) = (Nhân vế với 24, đặt 12x + = y)

d) (x2 – 9)2 = 12x + (Thêm, bớt 36x2)

e) (x – 1)4 + (x – 2)4 = ( Đặt y = x – 1,5; Đs: x = 1; x = 2) f) (x – 1)5 + (x + 3)5 = 242(x + 1) (Đặt x + = y; Đs:0; -1; -2 ) g) (x + 1)3 + (x - 2)3 = (2x – 1)3

h) 6x4 + 5x3 – 38x2 + 5x + = (Chia vế cho x2; Đặt y = x + 1 x )

i) x5 + 2x4 + 3x3 + 3x2 + 2x + = (Vế trái đa thức có tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ )

Bài 2: Chứng minh pt sau vô nghiệm a) 2x4 – 10x2 + 17 =

(Phân tích vế trái thành tổng hai bình phương) b) x4 – 2x3 + 4x2 – 3x + =

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

**CHUYÊN ĐỀ 15 – SỬ DỤNG CƠNG THỨC DIỆN TÍCH ĐỂ THIẾT LẬP QUAN HỆ ĐỘ DÀI CỦA CÁC ĐOẠN THẲNG

A Một số kiến thức:

1 Cơng thức tính diện tích tam giác: S =

2 a.h (a – độ dài cạnh, h – độ dài đường cao tương ứng) Một số tính chất:

Hai tam giác có chung cạnh, có độ dài đường cao có diện tích Hai tam giác có diện tích

B Một số toán: 1 Bài 1:

Cho ABC có AC = 6cm; AB = cm; đường cao AH; BK; CI Biết AH = CI + BK Tính BC

Giải

Ta có: BK = 2SABC

AC ; CI =

ABC

2S AB  BK + CI = SABC 1

AC AB

  

 

 

 2AH = 2.1

2 BC AH

1 AC AB

  

 

  BC

1 AC AB

  

 

  =  BC = : 1

AC AB

  

 

  = : 1   

 

  = 4,8 cm Bài 2:

Cho ABC có độ dài cạnh a, b, c; độ dài đường cao tương ứng ha, hb, hc Biết a + = b + hb = c + hc Chứng minh ABC tam giác

Giải

Gọi SABC = S

Ta xét a + = b + hb  a – b = – hb = 2S - 2S 2S - 2S a - b

b a b a ab

 

  

 

 a – b = 2S a - b

ab  (a – b)

2S -

ab

 

 

  =  ABC cân C vuông C (1) Tương tự ta có: ABC cân A vuông A (2); ABC cân B vuông B (3) Từ (1), (2) (3) suy ABC cân vuông ba đỉnh (Không xẩy vuông ba đỉnh)

 ABC tam giác Bài 3:

Cho điểm O nằm tam giác ABC, tia AO, BO, Co cắt cạnh tam giác ABC theo thứ tự A’, B’, C’ Chứng minh rằng:

a) OA' OB' OC'

AA'BB'CC'  b)

OA OB OC

2 AA'BB'CC' c) M = OA OB OC

OA'OB'OC' Tìm vị trí O để tổng M có giá trị nhỏ

K I

H C

d) N = OA OB OC

OA' OB' OC' Tìm vị trí O để tích N có giá trị nhỏ

Giải

Gọi SABC = S, S1 = SBOC , S2 = SCOA , S3 = SAOB Ta có:

3

OA'C OA'B

S S S S

OA

= =

OA' S S S



 (1) OA'C OA'B OA'C OA'B

AA'C AA'B AA'C AA'B

S S S S S

OA'

= =

AA' S S S S S



 

 (2)

Từ (1) (2) suy OA S2 S3

AA' S

 

Tương tự ta có

S S OB

OB' S 

 ;

3

S S OC

OC' S 

 ; OB' S2

BB'  S ;

3

S OC' CC'  S a) OA' OB' OC' S1 S2 S3 S 1

AA'BB'CC' S  S  S  S

b) OA OB OC S2 S3 S1 S3 S1 S2 2S

2

AA' BB' CC' S S S S

  

      

c) M = 3 2 3

1 2 3

S S S S S S S S S S S S

OA OB OC

OA' OB' OC' S S S S S S S S S

   

 

  

            

     

p dụng Bđt Cơ si ta có 3

2 3

S S

S S S S

2 2

S S S S S S

   

 

         

 

     

Đẳng thức xẩy S1 = S2 = S3  O trọng tâm tam giác ABC d) N = 3  3 3 2

1 3

S S S S S S

S S S S S S

S S S S S S

  

   

 N2 =      

   

2 2

2 3 2 3

2

1 3

S S S S S S 4S S 4S S 4S S 64

S S S S S S

  

   N 

Đẳng thức xẩy S1 = S2 = S3  O trọng tâm tam giác ABC Bài 4:

Cho tam giác ABC, đường caoAD, BE, CF; gọi A’, B’, C’ hình chiếu M

(nằm bên tam giác ABC) AD, BE, CF Chứng minh rằng: Khi M thay đổi vị trí tam giác ABC thì:

a) A’D + B’E + C’F không đổi b) AA’ + BB’ + CC’ không đổi Giải

Gọi h = AH chiều cao tam giác ABC h không đổi

Gọi khoảng cách từ M đến cạnh AB; BC; CA MP; MQ; MR A’D + B’E + C’F = MQ + MR + MP

Vì M nằm tam giác ABC nên SBMC + SCMA + SBMA = SABC

 BC.(MQ + MR + MP) = BC AH

 MQ + MR + MP = AH  A’D + B’E + C’F = AH = h Vậy: A’D + B’E + C’F = AH = h không đổi

b) AA’ + BB’ + CC’ = (AH – A’D)+(BE – B’E) (CF – C’F)

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

Cho tam giác ABC có BC trung bình cộng AC AB; Gọi I giao điểm phân giác, G trọng tâm tam giác Chứng minh: IG // BC

Giải

Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC AH, IK, GD

Vì I giap điểm ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC, CA IK

Vì I nằm tam giác ABC nên:

SABC = SAIB + SBIC + SCIA BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1) Mà BC = AB + CA

2  AB + CA = BC (2)

Thay (2) vào (1) ta có: BC AH = IK 3BC  IK =

3AH (a) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên:

SBGC =

3 SABC  BC GD =

3 BC AH  GD =

3 AH (b)

Từ (a) (b) suy IK = GD hay khoảng cách từ I, G đến BC nên IG // BC Bài tập nhà:

1) Cho C điểm thuộc tia phân giác

xOy = 60 , Mlà điểm nằm đường vng góc với OC C thuộc miền xOy, gọi MA, MB thứ tự khoảng cách từ M đến Ox, Oy Tính độ dài OC theo MA, MB

2) Cho M điểm nằm tam giác ABC A’, B’, C’ hình chiếu M cạnh BC, AC, AB Các đường thẳng vng góc với BC C, vng góc với CA A , vng góc với AB B cắt D, E, F Chứng minh rằng:

a) Tam giác DEF tam giác

b) AB’ + BC’ + CA’ khơng phụ thuộc vị trí M tam giác ABC

M K

H

G I

D C

**CHUYÊN ĐỀ 16 – BẤT ĐẲNG THỨC Phần 1: Các kiến thức cần lưu ý

1-Đinhnghĩa:

0

A B A B

A B A B

    

    



2-tính chất + A>B B A

+ A>B B >C  A > C + A>B  A + C >B + C

+ A>B C > D  A +C > B + D + A>B C >  A.C > B.C + A>B C <  A.C < B.C

+ < A < B < C < D  < A.C < B.D

+ A > B >  An > Bn n + A > B  An > Bn với n lẻ + A > B  An > Bn với n chẵn + m > n > A >  Am > An + m > n > <A <  Am < An +A < B A.B > 

B A

1  - số bất đẳng thức

+ A2  với A ( dấu = xảy A = )

+ An  vớiA ( dấu = xảy A = ) + A 0 với A (dấu = xảy A = ) + - A < A = A

+ AB  A  B ( dấu = xảy A.B > 0) + AB  A  B ( dấu = xảy A.B < 0)

Phần 2: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 1) Phương pháp 1: dùng định nghĩa

Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta chứng minh A – B > Lưu ý dùng bất đẳng thức M2  với  M

Ví dụ  x, y, z chứng minh : a) x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx

b) x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz

Giải:

a) Ta xét hiệu : x2 + y2 + z2- xy – yz – zx =

2

.2 ( x2 + y2 + z2- xy – yz – zx)

=

1 2

(x y) (x z) (y z)

      

   với x;y;zR Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu xảy x = y

(x- z)2 0 vớix ; z Dấu xảy x = z (y- z)2 0 với z; y Dấu xảy z = y

Vậy x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx Dấu xảy x = y =z

b)Ta xét hiệu:

x2 + y2 + z2- ( 2xy – 2xz +2yz ) = x2 + y2 + z2- 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z)2

0

 với x;y;zR

Vậy x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz với x;y;z

R  Dấu xảy x + y = z

Ví dụ 2: chứng minh : a)

2

2

2

2 

     

b a b

a

; b)

2

2

3

3 

 



   



b c a b c

a

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 giải

a) Ta xét hiệu

2

2

2

2 

     

b a b

a =  

4

2a2 b2 a2  abb2 =   ab b

a b

a 2

2

1     =  

0  b a Vậy 2 2

2 

     

b a b

a Dấu xảy a = b b)Ta xét hiệu:

2

2

3

3 

       

b c a b c

a =       

0

1 2

    

b b c c a

a Vậy 2 2

3 

       

b c a b c

a

Dấu xảy a = b =c c)Tổng quát: 2 2 2

1 

            n a a a n a a

a n n

* Tóm lại bước để chứng minh AB theo định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B

Bước 2:Biến đổi H = (C+D)2hoặc H=(C+D)2+….+(E+F)2

Bước 3: Kết luận A  B

2) phương pháp : Dùng phép biến đổi tương đương Lưu ý:

Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức đ~ chứng minh

Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh a) a b ab

4

2

2 b)

b a ab b

a2 21   c)a2b2c2 d2e2 abcd e Giải:

a) a b ab 2 ab b a

4 2 

 4a24ab2 0 2 2 0

 

 a b (Bđt đúng) Vậya b ab

4

2

2 (dấu xảy 2a = b)

b) a2b21abab2(a2 b2 1 2(abab)

1

2

2 2

2         

a ab b a a b b (ab)2(a1)2(b1)2 0 (luôn đúng) Vậy a2 b2 1ababDấu xảy a = b =

c) a2b2c2d2 e2 abcd e 4 a2 b2c2d2e2 4abcde  a24ab4b2  a24ac4c2  a24ad4d2  a24ac4c20

 a2b 2 a2c 2 a2d 2 a2c2 0

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:  10 10 2  8 4

b a b a b a b

a     

Giải:

 10 10 2  8 4

b a b a b a b

a       a12a10b2a2b10b12a12a8b4a4b8b12

 a8b2a2b2a2b8b2a20  a2b2(a2-b2)(a6-b6)  a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4)  Ví dụ 4: cho ba số thực khác khơng x, y, z thỏa mãn:

          z y x z y x z y x 1 1

= (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz( z y x 1 

 ) = x + y + z - (1 1)  z y x (vì z y x 1 

 < x+y+z theo gt)  số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dương

Nếủ trường hợp sau xảy x, y, z >1 x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z =1 bắt buộc phải xảy trường hợp tức có ba số x ,y ,z số lớn

3) Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức quen thuộc A) Một số bất đẳng thức hay dùng

1) Các bất đẳng thức phụ:

a) x2 y2 2xy b) x2 y2  xy dấu( = ) x = y = c) xy2 4xy d)  2

a b b a

2)Bất đẳng thức Cô sy: n

n n a a a a n a a a a 3

1      Với

0



i a 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski

    2 2 1 2 2 2 2

2 a an x x n ax a x anxn

a          

4) Bất đẳng thức Trê-bư - sép: Nếu        C B A c b a  3 C B A c b a cC bB

aA    

   Nếu        C B A c b a  3 C B A c b a cC bB

aA    

  

Dấu xảy

       C B A c b a B) Các ví dụ

ví dụ

Cho a, b ,c số không âm chứng minh (a+b) (b+c)(c+a)  8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: x y2 4xy

Tacó ab2 4ab; bc2 4bc ; ca2 4ac  2

b

a bc2 ca2 64a2b2c2 8abc2(a + b)(b + c)(c + a)  8abc Dấu “=” xảy a = b = c

ví dụ 2: Cho a > b > c > a2 b2c2 1 chứng minh

3 3

1

a b c

b c a c a b  Do a,b,c đối xứng , giả sử a  b  c 

           b a c c a b c b a c b a2 2

áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có

                 

 a b

c c a b c b a c b a b a c c c a b b c b a a 2 2 2 = = Vậy 3     

 a b

c c a b c b a

Dấu xảy a = b = c = ví dụ 3: Cho a,b,c,d > abcd =1 .Chứng minh :

      10

2 2

2         

a c d d c b c b a d c b a

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Do abcd =1 nên cd =

ab

1 (dùng

2 1   x x )

Ta có   2(  )2(  )4 ab ab cd ab c b

a (1) Mặt khác: abc b cd d ca = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad) = 1 222

                      bc bc ac ac ab

ab  a2b2c2d2abc bcd d ca10 ví dụ 4: Chứng minh : a2b2c2 abbcac

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski

Xét cặp số (1,1,1) (a,b,c) ta có  2 2 2  2

) ( 1

1   a b c  a b c

 3a2b2c2a2b2c2 2abbcac a2b2c2 abbcac (đpcm) Dấu xảy a = b = c

4) Phương pháp 4: dùng tính chất tỷ số A Kiến thức

1) Cho a, b ,c số dương a – Nếu 1

b

a

c b c a b a  

 b – Nếu 1 b a c b c a b a   

2) Nếu b,d >0 từ

d c d b c a b a d c b a      

B Các ví dụ:

ví dụ 1: Cho a,b,c,d > Chứng minh :1 2

            b a d d a d c c d c b b c b a a Theo tính chất tỉ lệ thức ta có

d c b a d a c b a a c b a a          

 (1)

Mặt khác :

d c b a a c b a a     

 (2)

Từ (1) (2) ta có

d c b a a  

 < a b c a



 <a b c d d a

  

 (3)

Tương tự ta có :

d c b a a b d c b b d c b a b          

 (4)

d c b a c b a d c c d c b a c          

 (5); a b c d

c d b a d d d c b a d          

 (6)

cộng vế với vế (3); (4); (5); (6) ta có              b a d d a d c c d c b b c b a

a (đpcm)

ví dụ : Cho: b a

< d c

b,d > Chứng minh

b a< d c d b cd ab    2

Giải: Từ b a< d c 2 d cd b ab    d c d cd d b cd ab b ab    

 2 2 2

2  b a< d c d b cd ab    2 (đpcm)

ví dụ : Cho a;b;c;d số nguyên dương thỏa mãn : a + b = c+d =1000 tìm giá trị lớn

d b c a

giải : Khơng tính tổng qt ta giả sử : c a d b  d b d c b a c a    

 ; 1

c

a, Nếu: b 998 d b 998   d b c a

  999 b, Nếu: b = 998 a =1 

d b c

a =

d c

999

1 Đạt giá trị lớn d = 1; c = 999 Vậy: giá trị lớn

d b c a

 = 999 + 999

1 a = d = 1; c = b = 999 Ví dụ : Với số tự nhiên n >1 chứng minh :

4 1         n n n n Ta có n n n k n 1   

 với k = 1,2,3,…,n-1

Do đó: 2 2 1

1       

   n n n n n n n

Ví dụ 5: CMR: A = 2 2 2 12 1 n    

 với n ≥ không số tự nhiên HD: 12 ; 12 ;

2 1.2 2.3 Ví dụ 6: Cho a ,b ,c ,d > Chứng minh :

a b b c c d d a

a b c b c d c d a d a b

   

    

       

Giải :

Vì a ,b ,c ,d > nên ta có: a b a b a b d

a b c d a b c a b c d

     

        (1)

b c b c b c a

a b c d b c d a b c d

    

 

        (2)

d a d a d a c

a b c d d a b a b c d

     

        (3)

Cộng vế bất đẳng thức ta có :

a b b c c d d a

a b c b c d c d a d a b

   

    

        (đpcm)

5 Phương pháp 5:Dùng bất đẳng thức tam giác Lưu ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh tam giác : a; b; c > Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a

Ví dụ1:

Cho a; b; clà số đo ba cạnh tam giác chứng minh a, a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)

b, abc > (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Giải

a)Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta có

              b a c c a b c b a 0             ) ( ) ( ) ( 2 b a c c c a b b c b a a

Cộng vế bất đẳng thức ta có a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b) Ta có a > b-c  2

) (b c a

a    > b > a-c  2

) (c a b

b    > c > a-b  c2 c2(ab)2 0

Nhân vế bất đẳng thức ta được: 2 2 2 2  2 2  2 2  2

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

2 2 2   2  2 2      

a b c a b c b c a c a b abc a b c b c a c a b

               

Ví dụ2: (đổi biến số)

Cho a,b,c ba cạnh tam giác Chứng minh

2     

 a b

c a c b c b a (1)

Đặt x= b + c ; y= c + a ;z = a + b ta có a =

x z

y  ; b =

y x

z  ; c =

z y

x 

ta có (1) 

z z y x y y x z x x z y 2        

   1  1  13 z y z x y z y x x z x y

(  )(  )(  )6 z y y z z x x z y x x

y Bđt đúng?

Ví dụ 3: (đổi biến số)

Cho a, b, c > a + b + c <1 Chứng minh : 2 2

2     

ab c

ac b bc

a (1)

Giải: Đặt x = a2 2bc ; y = b22ac ; z = c22ab Ta có xyzabc2 1

(1)  11 19 z y

x Với x + y + z < x ,y,z > Theo bất đẳng thức Cơsi ta có:

  y z

x 3.3 xyz   

z y x 1

3 .3

xyz   

1 1           z y x z y x 6) Phương pháp làm trội :

Chứng minh BĐT sau :

a) 1 1 1.33.5 (2n1).(2n1) b) 1

1.2 1.2.3 1.2.3 n

    

Giải : a) Ta có :

     

2 (2 1)

1 1 1

2 2 (2 1).(2 1) 2

k k

n n k k k k

    

    

       

Cho n chạy từ đến k Sau cộng lại ta có

1 1 1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2n

 

      

     (đpcm) b) Ta có :

 

1 1 1

1

1.2 1.2.3 1.2.3 n 1.2 1.2.3 n n

        



< 1 1 1 2

2 n n n

     

           

      (đpcm)

Bài tập nhà:

1) Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2+3  (x + y + z)

HD: Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2 +3 – 2( x+ y +z ) = x2- 2x + + y2 -2y +1 + z2 -2z +1

2) Cho a ,b,c số đo ba cạnh tam giác Chứng minh : a b c

b c c a a b

   

  

(HD: a a a 2a

b c a b c a b c



 

    

a a

3) < 1 1

n + 1 n + 2  2n + 1  3n 3n + < áp dụng phương pháp làm trội

4) Cho a, b, c > Chứng minh bc ac ab

a  b  c  a + b + c HD: bc ac

a  b = c

b a a b   

 

   2c;

ac ab b  c ? ;

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

**CHUYÊN ĐỀ 17 – VẼ ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG ĐỂ TẠO THÀNH CÁC CẶP ĐOẠN THẲNG TỶ LỆ

A.Phương pháp:

Trong tập vận dụng định lí Talét Nhiều ta cần vẽ thêm đường phlà đường thẳng song song với đường thẳng cho trước, Đ}y cách vẽ đường phụ ïhay dùng, nhờ mà tạo thành cặp đoạn thẳng tỉ lệ

B Các ví dụ: 1) Ví dụ 1:

Trên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC, lấy tương ứng điểm P, Q, R cho ba đường thẳng AP, BQ, CR cắt điểm

Chứng minh: AR BP CQ

RB PC QA  (Định lí Cê – va) Giải

Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng CR, BQ E, F Gọi O giao điểm AP, BQ, CR

ARE BRC  AR = AE RB BC (a)

BOP FOA  BP = OP FA OA (1)

POC AOE  PC = PO

AE AO (2)

Từ (1) (2) suy ra: BP = PC BP FA FA AEPC AE (b)

AQF CQB  CQ = BC AQ FA (c)

Nhân (a), (b), (c) vế theo vế ta có: AR BP CQ AE FA BC RB PC QA BC AE FA  * Đảo lại: Nếu AR BP CQ

RB PC QA bai đường thẳng AP, BQ, CR đồng quy 2) Ví dụ 2:

Một đường thăng cắt cạnh( phần kéo dài cạnh) tam giác ABC P, Q, R

Chứng minh rằng: RB.QA.PC

RA.CQ.BP (Định lí Mê-nê-la-uýt) Giải:

Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt PR E Ta có

RAE RBP  RB = BP RA AE (a)

AQE CQP  QA = AE QC CP (b)

Nhân vế theo vế đẳng thức (a) (b) ta có RB QA BP AE

=

RA QC AE CP (1)

Nhân hai vế đẳng thức (1) với PC

BP ta có:

RB PC QA BP AE PC = RA BP QC AE CP BP 

O F E

R Q

C P

Đảo lại: Nếu RB.QA.PC

RA.CQ.BP  ba điểm P, Q, R thẳng hàng 3) Ví dụ 3:

Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Gọi I điểm cạnh BC Đường thẳng qua I song song với AC cắt AB K; đường thẳng qua I song song với AB cắt AC, AM theo thứ tự D, E Chứng minh DE = BK

Giải

Qua M kẻ MN // IE (N AC).Ta có:

DE AE DE MN

=

MN AN AE AN (1)

MN // IE, mà MB = MC  AN = CN (2) Từ (1) (2) suy DE MN

AE  CN (3) Ta lại có MN CN MN AB

AB  AC CN AC(4) Từ (4) (5) suy DE AB

AE AC (a) Tương tự ta có: BK AB

KI AC (6)

Vì KI // AC, IE // AC nên tứ giác AKIE hình bình hành nên KI = AE (7)

Từ (6) (7) suy BK BK AB KI  AE AC (b) Từ (a) (b) suy DE BK

AE  AE  DE = BK 4) Ví dụ 4:

Đường thẳng qua trung điểm cạnh đối AB, CD tứ giác ABCD cắt đường thẳng AD, BC theo thứ tự I, K Chứng minh: IA KC = ID KB

Giải

Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB, CD Ta có AM = BM; DN = CN

Vẽ AE, BF song song với CD

AME = BMF (g.c.g)  AE = BF Theo định lí Talét ta có: IA = AE BF

ID DN CN (1) Củng theo định lí Talét ta có: KB = BF

KC CN (2) Từ (1) (2) suy IA =KB

ID KC  IA KC = ID KB 5) Ví dụ 5:

Cho xOy, điểm A, B theo thứ tự chuyển động tia Ox, Oy cho

1 1

+

OA OBk (k số) Chứng minh AB qua điểm cố định

Giải

N D

I M E

K

C B

A

F

E I K

M

N

D C

B

A

z

O

y

x D

C B

A

E R

Q

C P

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Vẽ tia phân giác Oz xOy cắt AB C vẽ CD // OA

(D  OB)  DOC = DCO = AOC COD cân D  DO = DC

Theo định lí Talét ta có CD = BD CD OB - CD OA OBOA OB

 CD CD 1 1

OAOB OAOB CD (1) Theo giả thiết + 1

OA OB k (2) Từ (1) (2) suy CD = k , không đổi

Vậy AB qua điểm cố định C cho CD = k CD // Ox , D  OB 6) Ví dụ 6:

Cho điểm M di động đ|y nhỏ AB hình thang ABCD, Gọi O giao điểm hai cạnh bên DA, CB Gọi G giao điểm OA CM, H giao điểm OB DM Chứng minh rằng: Khi M di động AB tổng OG + OH

GD HC không đổi Giải

Qua O kẻ đường thẳng song với AB cắt CM, DM theo thứ tự I K Theo định lí Talét ta có:

OG OI

GD CD;

OH OK

HC  CD 

OG OH OI OK IK

+

GD HC CDCD CD

OG OH IK

+

GD HC CD

  (1)

Qua M vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt IK, CD theo thứ tự P Q, ta có: IK MP FO

CD MQ MQ khơng đổi FO khoảng cách từ O đến AB, MQ đường cao hình thang nên khơng đổi (2)

Từ (1) (2) suy OG + OH FO

GD HC MQ khơng đổi 7) Ví dụ 7:

Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD Trên AB lấy điểm M, AC lấy điểm N cho BM = CN, gọi giao điểm CM BN O, Từ O vẽ đường thẳng song song với AD cắt AC, AB E F

Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA Giải

AD phân giác nên BAD = DAF EI // AD  BAD = AEF (góc đồng vị)

Mà DAFOFC (đồng vị); AFE = OFC (đối đỉnh) Suy AEFAFE  AFE cân A  AE =AF (a) Aùp dụng định lí Talét vào ACD , với I giao điểm EF với BC ta có CF = CI CF CA

CA CD CI CD (1) AD phân giác BAC nên CA BA

CD  BD (2)

G

P O

K I

N

D Q

C B

M A

F E

Q P

F

K I

H G

M O

D C

Từ (1) (2) suy CF BA CI BD (3)

Kẻ đường cao AG AFE BP // AG (P AD); CQ // AG (Q OI) BPD = CQI = 900

Gọi trung điểm BC K, ta có BPK = CQK (g.c.g)  CQ = BP  BPD = CQI (g.c.g)  CI = BD (4)

Thay (4) vào (3) ta có CF BA

BD BD  CF = BA (b) Từ (a) (b) suy BE = CA

Bài tập nhà

1) Cho tam giác ABC Điểm D chia BC theo tỉ số : 2, điểm O chia AD theo tỉ số : gọi K giao điểm BO AC Chứng minh KA

KC không đổi

2) Cho tam giác ABC (AB > AC) Lấy điểm D, E tuỳ ý thứ tự thuộc cạnh AB, AC cho BD = CE Gọi giao điểm DE, BC K, chứng minh :

Tỉ số KE

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

** CHUYÊN ĐỀ 18 – BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀ CHÙM ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY A Kiến thức

1) Bổ đề hình thang:

“Trong hình thang có hai đ|y khơng nhau, đường thẳng qua giao điểm đường chéo qua giao điểm đường thẳng chứa hai cạnh bên qua trung điểm hai đ|y”

Chứng minh:

Gọi giao điểm AB, CD H, AC, BD G, trung điểm AD, BC E F

Nối EG, FG, ta có: ADG CBG (g.g) , nên :

AD AG 2AE AG AE AG

CB  CG  2CF  CG  CF  CG (1) Ta lại có : EAGFCG (SL ) (2) Từ (1) (2) suy : AEG CFG (c.g.c) Do đó: AGECGF E , G , H thẳng hàng (3) Tương tự, ta có: AEH BFHAHEBHF

 H , E , F thẳng hàng (4)

Tõừ (3) (4) suy : H , E , G , F thẳng hàng 2) Chùm đường thẳng đồng quy:

Nếu đường thẳng đồng quy cắt hai đường thẳng song song chúng định hai đường thẳng song song đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ

Nếu m // n, ba đường thẳng a, b, c đồng quy O chúng cắt m A, B, C cắt n A’, B’, C’

AB BC AC

=

A'B' B'C'A'C'

AB A'B' AB A'B' = ;

BC B'C' AC A'C' * Đảo lại:

+ Nếu ba đường thẳng có hai đường thẳng cắt nhau, định hai đường thẳng song song cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ ba đường thẳng đồng quy + Nếu hai đường thẳng bị cắt ba đường thẳng đồng quy

tạo thành cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ chúng song song với B Aùp dụng:

1) Bài 1:

Cho tứ giác ABCD có M trung điểm CD, N trung điểm CB Biết AM, AN cắt BD thành ba đoạn Chứng minh ABCD hình bình hành

Giải

Gọi E, F giao điểm AM, AN với BD; G, H giao điểm MN với AD, BD

MN // BC (MN đường trung bình BCD)

 Tứ giác HBFM hình thang có hai cạnh bên đòng quy A, N trung điểm đ|y BF nên theo bổ đề hình thang N trung điểm đ|y MH

MN = NH (1)

Tương tự : hình thang CDEN M trung điểm GN  GM = MN (2)

// //

/ /

H

G E

F D

C B

A

c b

a

O

n m

A' B' C'

C B

A

H

G

F

E

N

M D

C B

Từ (1) (2) suy GM = MN = NH

Ta có BNH = CNM (c.g.c)  BHN = CMN  BH // CM hay AB // CD (a) Tương tự: GDM = NCM (c.g.c)  DGM = CNM  GD // CN hay AD // CB (b) Từ (a) (b) suy tứ giác ABCD có cặp cạnh đối song song nên hình bình hành 2) Bài 2:

Cho ABC có ba góc nhọn, trực tâm H, đường thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự tạ P, Q cho HP = HQ Gọi M trung điểm BC Chứng minh: HM PQ

Giải

Gọi giao điểm AH BC I Từ C kẻ CN // PQ (N AB),

ta chứng minh MH CN  HM PQ

Tứ giác CNPQ hình thang, có H trung điểm PQ, hai cạnh bên NP CQ đồng quy A nên K trung điểm CN  MK đường trung bình BCN  MK // CN  MK // AB (1) H trực tâm ABC nên CHA B (2)

Từ (1) (2) suy MK CH  MK đường cao củaCHK (3)

Từ AH BC  MCHK  MI đường cao CHK (4) Từ (3) (4) suy M trực tâm CHK MHCN

 MHPQ 3) 3:

Cho hình chữ nhật ABCD có M, N thứ tự trung điểm AD, BC Gọi E điểm thuộc tia đối tia DC, K giao điểm EM AC

Chứng minh rằng: NM tia phân giác KNE Giải

Gọi H giao điểm KN DC, giao điểm AC MN I IM = IN

Ta có: MN // CD (MN đường trung bình hình chữ nhật ABCD)

 Tứ giác EMNH hình thang có hai cạnh bên EM HN đồng quy K I trung điểm MN nên C trung điểm EH

Trong ENH NC vừa đường cao, vừa đường trung tuyến nên ENH cân N  NC tia phân giác ENH mà NC MN (Do NM BC – MN // AB)  NM tia phân giác góc ngồi N ENH

Vậy NM tia phân giác KNE Bài 4:

Trên cạnh BC = cm hình vng ABCD lấy điểm E cho BE = cm Trên tia đối tia CD lấy điểm F cho CF = cm Gọi M giao điểm AE BF Tính AMC

Giải

Gọi giao điểm CM AB H, AM DF G Ta có: BH = AB BH

CF FG  FG

Ta lại có AB = BE = CG = 2AB = 12 cm CG EC 4 2

 FG = cm  BH BH = cm

3  9  BH = BE

I K N

M

Q P

H

C B

A

// //

I

H E

N M

K

D C

B A

H

M

G F

E

D C

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

BAE = BCH (c.g.c)  BAE = BCH mà BAE + BEA = 900

Mặt khác BEA = MEC ; MCE = BCH  MEC + MCE = 900  AMC = 900 Bài 5:

Cho tứ giác ABCD Qua điểm E thuộc AB, H thuộc AC vẽ đường thẳng song song với BD, cắt cạnh lại tứ giác F, G

a) Có thể kết luận đường thẳng EH, AC, FG

b) Gọi O giao điểm AC BD, cho biết OB = OD Chứng minh ba đường thẳng EG, FH, AC đồng quy

Giải

a) Nếu EH // AC EH // AC // FG

Nếu EH AC khơng song song EH, AC, FG đồng quy b) Gọi giao điểm EH, HG với AC

Trong hình thang DFEB có hai cạnh bên DF, BE đồng quy A OB = OD nên theo bổ đề hình thang M trung điểm EF

Tương tự: N trung điểm GH Ta có ME = MF

GN HN nên ba đường thẳng EG, FH, AC đồng quy O

O

H

G F

E

N M

D C

B

**CHUYÊN ĐỀ 19 – TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC A Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức

1) Khái niệm: Nếu với giá trị biến thuộc khoảng xác định mà giá trị biểu thức A luôn lớn (nhỏ bằng) số k tồn giá trị biến để A có giá trị k k gọi giá trị nhỏ (giá trị lớn nhất) biểu thức A ứng với giá trị biến thuộc khoảng xác định nói

2) Phương pháp

a) Để tìm giá trị nhỏ A, ta cần: + Chứng minh A  k với k số

+ Chỉ dấ “=” xẩy với giá trị biến b) Để tìm giá trị lớn A, ta cần:

+ Chứng minh A  k với k số

+ Chỉ dấ “=” xẩy với giá trị biến

Kí hiệu : A giá trị nhỏ A; max A giá trị lớn A B.Các tập tìm Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức I) Dạng 1: Tam thức bậc hai

Ví dụ :

a) Tìm giá trị nhỏ A = 2x2 – 8x + b) Tìm giá trị lớn B = -5x2 – 4x + Giải

a) A = 2(x2 – 4x + 4) – = 2(x – 2)2 –  - A = -  x =

b) B = - 5(x2 + 4

5x) + = - 5(x

2 + 2.x.2 +

4 25) +

9 =

9

5 - 5(x + 5)

2  max B =

5  x =



b) Ví dụ 2: Cho tam thức bậc hai P(x) = a x2 + bx + c a) Tìm P a >

b) Tìm max P a < Giải

Ta có: P = a(x2 + b

a x) + c = a(x + b 2a )

2 + (c -

2

b 4a ) Đặt c - b

4a = k Do (x + b 2a)

2  nên: a) Nếu a > a(x + b

2a )

2  P  k  P = k  x = - b 2a b) Nếu a < a(x + b

2a)

2  P  k  max P = k  x = - b 2a II Dạng 2: Đa thức có dấu giá trị tuyệt đối

1) Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ a) A = (3x – 1)2 – 3x - +

đặt 3x - = y A = y2 – 4y + = (y – 2)2 + 

min A =  y =  3x - = 

x = 3x - =

1 3x - = - x = -

3 

 



 

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 b) B = x - + x -

B = x - + x - = B = x - + - x  x - + - x =  B =  (x – 2)(3 – x)    x 

2) Ví dụ 2: Tìm GTNN C = 2

x - x +  x - x - Ta có C = 2

x - x +  x - x - = x - x +  + x - x2  x - x + + + x - x2 = C = (x2 – x + 1)(2 + x – x2)   + x – x2   x2 – x – 

(x + 1)(x – 2)   -  x  3) Ví dụ 3:

Tìm giá trị nhỏ : T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = (1) Và x          2 x x x x x = (2) Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|  + = Ta có từ (1)  Dấu xảy 1 x (2)  Dấu xảy 2 x Vậy T có giá trị nhỏ 2 x III.Dạng 3: Đa thức bậc cao

1) Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ

a) A = x(x – 3)(x – 4)(x – 7) = (x2 – 7x)( x2 – 7x + 12) Đặt x2 – 7x + A = (y – 6)(y + 6) = y2 – 36  - 36

Min A = - 36  y =  x2 – 7x + = (x – 1)(x – 6) = x = x = b) B = 2x2 + y2 – 2xy – 2x + = (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) +

= (x – y)2 + (x – 1)2 +   x - y = x = y = 1 x - =



 



c) C = x2 + xy + y2 – 3x – 3y = x2 – 2x + y2 – 2y + xy – x – y Ta có C + = (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (xy – x – y + 1) = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1) Đặt x – = a; y – = b C + = a2 + b2 + ab = (a2 + 2.a.b

2 +

2

b ) +

2

3b

4 = (a + b 2)

2 +

2

3b

4  Min (C + 3) = hay C = -  a = b =  x = y =

2) Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ a) C = (x + 8)4 + (x + 6)4

Đặt x + = y  C = (y + 1)4 + (y – 1)4 = y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + + y4 - 4y3 + 6y2 - 4y + = 2y4 + 12y2 +   A =  y =  x = -

b) D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + = (x4 – 6x3 + 9x2 ) + (x2 – 6x + 9) = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2   D =  x =

IV Dạng phân thức:

1 Phân thức có tử số, mẫu tam thức bậc hai Biểu thức dạng đạt GTNN mẫu đạt GTLN

Ví dụ : Tìm GTNN A = 2

6x - - 9x = 2

- 2

9x - 6x + (3x - 1)  

 Vì (3x – 1)2   (3x – 1)2 +  

2

1 2

(3x - 1) 4 (3x - 1) 4

 

  

   A  -

1 A = -1

2  3x – =  x =

a) Ví dụ 1: Tìm GTNN A = 3x - 8x + 622 x - 2x +

+) Cách 1: Tách tử thành nhóm có nhân tử chung với mẫu A = 3x - 8x + 622 = 3(x - 2x + 1) - 2(x - 1) + 12 2 2

x - 2x + (x - 1)  x - 1(x - 1) Đặt y =

x - Thì A = – 2y + y2 = (y – 1)2 +   A =  y = 

x - =  x = +) Cách 2: Viết biểu thức A thành tổng số với phân thức không âm A = 3x - 8x + 622 = 2(x - 2x + 1) + (x - 4x + 4)2 2 2 (x - 2)22

x - 2x + (x - 1)  (x - 1)   A =  x – =  x =

b) Ví dụ 2: Tìm GTLN B = 2 x x 20x + 100 Ta có B = 2 x x 2

x 20x + 100(x + 10) Đặt y =

x + 10  x =

10 y B = (1 10

y ).y

2 = - 10y2 + y = - 10(y2 – 2.y. 20y +

1 400) +

1

40 = - 10

2

1 y -

10

 

 

  +

1 40 

1 40 Max B =

40 

1 y -

10 =  y =

10  x = 10 c) Ví dụ 3: Tìm GTNN C = 2 x + y2 2

x + 2xy + y Ta có: C =

2

2 2

2 2

1

(x + y) (x - y)

x + y 2 1 (x - y)

x + 2xy + y (x + y) 2 (x + y)

  

 

     A =

2  x = y 3 Các phân thức có dạng khác

a)Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN (Cực trị) A = - 4x2 x 1 Ta có: A = - 4x2 (4x2 4x 2 4) (x2 1) (x - 2)2 1

x x x

   

    

    A = -  x =

Ta lại có: A = - 4x2 (4x2 4) (4x + 4x + 1) 2 (2x 1)2

x x x

  

   

    max A =  x =

1



C Tìm GTNN, GTLN biểu thức biết quan hệ biến 1) Ví dụ 1: Cho x + y = Tìm GTNN A = x3 + y3 + xy

Ta có A = (x + y)(x2 – xy + y2) + xy = x2 + y2 (vì x + y = 1)

a) Cách 1: Biểu thị ẩn qua ẩn kia, đưa tam thức bậc hai Từ x + y =  x = – y

nên A = (1 – y)2 + y2 = 2(y2 – y) + = 2(y2 – 2.y.1 +

1 4) +

1 =

2

1 1

y - +

2 2

  

 

 

Vậy A =

2  x = y =

b) Cách 2: Sử dụng đk đ~ cho, làm xuất biểu thức có chứa A

Từ x + y =  x2 + 2xy + y2 = 1(1) Mặt khác (x – y)2   x2 – 2xy + y2  (2) Cộng (1) với (2) vế theo vế, ta có:

2(x2 + y2)   x2 + y2 

2  A =

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 2)Ví dụ 2: Cho x + y + z =

a) Tìm GTNN A = x2 + y2 + z2 b) Tìm GTLN B = xy + yz + xz

Từ Cho x + y + z =  Cho (x + y + z)2 =  x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = (1) Ta có x2 + y2 + z2- xy – yz – zx =

2

1.2 ( x2 + y2 + z2- xy – yz – zx)

=

1 2

(x y) (x z) (y z)

      

    x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx (2) Đẳng thức xẩy x = y = z

a) Từ (1) (2) suy

9 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz)  x2 + y2 + z2 + 2(x2 + y2 + z2) = 3(x2 + y2 + z2)  x2 + y2 + z2   A =  x = y = z =

b) Từ (1) (2) suy

= x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz)  xy+ yz + zx + 2(xy + yz + xz) = 3(xy+ yz + zx)  xy+ yz + zx   max B =  x = y = z =

3) Ví dụ 3:

Tìm giá trị lớn S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > x + y + z = Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Cơsi ta có: x+ y + z 3 xyz3 1

3 27

xyz xyz

   

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có

xy . yz . zx33xy . yz . xz  2 33xy . yz . zx

Dấu xảy x = y = z =1

3  S 

8

27 27729 Vậy S có giá trị lớn

729 x = y = z =

4) Ví dụ 4: Cho xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ 4

x y z

Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ;(x,y,z) Ta có  2  2 2 22

xyyzzx  x y z  1 x2y2z22 (1) áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( 2

, ,

x y z ) (1,1,1)

Ta có 2 2 2 4 2 2 4

(x y z ) (1  1 )(x y z )(x y z ) 3(x y z ) Từ (1) (2) 4

1 3(x y z )

    4

3

x y z

   

Vậy 4

x y z có giá trị nhỏ

3 x= y = z = 3  D Một số ý:

1) Khi tìm GTNN, GTLN ta đổi biến

Ví dụ : Khi tìm GTNN A =(x – 1)2 + (x – 3)2 , ta đặt x – = y A = (y + 1)2 + (y – 1)2 = 2y2 +  2…

2) Khi tìm cực trị biểu thức, ta thay đk biểu thức đạt cực trị đk tương đương biểu thức khác đạt cực trị:

+) -A lớn  A nhỏ ; +)

Blớn  B nhỏ (với B > 0) +) C lớn  C2 lớn

Ví dụ: Tìm cực trị A =

 

4 2

a) Ta có A > nên A nhỏ

A lớn nhất, ta có

 2 2

2

4

x +

1 2x

1

A  x +  x + 1 

A =  x =  max A =  x =

b) Ta có (x2 – 1)2   x4 - 2x2 +   x4 +  2x2 (Dấu xẩy x2 = 1) Vì x4 + > 

2

2x

x +  

2

2x

1 1

x +

     max

A =  x 2 =  A =

2  x = 1

3) Nhiều ta tìm cực trị biểu thức khoảng biến, sau so sámh cực trị để để tìm GTNN, GTLN tồn tập xác định biến

Ví dụ: Tìm GTLN B = y - (x + y) a) xét x + y 

- Nếu x = A = - Nếu  y  A  - Nếu y = x = A =

b) xét x + y  A 

So sánh giá trị A, ta thấy max A =  x = 0; y = 4) Sử dụng bất đẳng thức

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

Aùp dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2  (a2 + b2)(x2 + y2) cho số 2, x , 3, y ta có: (2x + 3y)2  (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262  2x + 3y  26

Max A = 26 x = y

2

 y = 3x

2  x

2 + y2 = x2 +

2

3x

   

  = 52  13x2 = 52.4  x = 

Vậy: Ma x A = 26  x = 4; y = x = - 4; y = -

5) Hai số có tổng khơng đổi tích chúng lớn chúng Hai số có tích khơng đổi tổng chúng lớn chúng a)Ví dụ 1: Tìm GTLN A = (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2)

Vì (x2 – 3x + 1) + (21 + 3x – x2) = 22 khơng đổi nên tích (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) lớn x2 – 3x + = 21 + 3x – x2  x2 – 3x – 10 =  x = x = -

Khi A = 11 11 = 121  Max A = 121  x = x = - b) Ví dụ 2: Tìm GTNN B = (x + 4)(x + 9)

x

Ta có: B = (x + 4)(x + 9) x2 13x + 36 x + 36 13

x x x



  

Vì số x 36

x có tích x 36

x = 36 khơng đổi nên

36 x +

x nhỏ x = 36

x  x =  A = x + 36 13

x  nhỏ A = 25  x =

6)Trong tìm cực trị cần tồn giá trị biến để xẩy đẳng thức không cần giá trị để xẩy đẳng thức

Ví dụ: Tìm GTNN A = m n

11 5

Ta thấy 11m tận 1, 5n tận

Nếu 11m > 5n A tận 6, 11m < 5n A tận

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 ** CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

 - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa dạng tổng

 Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có biểu thức chứa ẩn viết dạng tổng bình phương

- Biến đổi phương trình dạng vế tổng bình phương biểu thức chứa ẩn; vế lại tổng bình phương số nguyên (số số hạng hai vế nhau)

Các ví dụ minh hoạ:

- Ví dụ 1: Tìm x;yZthoả mãn: 5x2 4xy y2 169 (1) (1)4x24xyy2x2 144251690   

 

2 2 2

2 144 25

2 169

x y x

x y x

    

 

   

 Từ (I) ta có:

    2 2 2 2 5 12 ; 22 12 12 ; 19 29 12 x x x y y y x x x x y y y x                                       

Tương tự từ (II) ta có:

    2 2 2 13 13 13 26 13 x x y y x x x y y x                            

Vậy              

           

5; ; 5; 22 ; 5; ; 5; 22 ; 12; 19 ; 12; 29 ,

12;19 ; 12; 29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13; 26 ; 13; 26

x y        

    

 

 

Ví dụ 2: Tìm x;yZthoả mãn: x2y2  x y (2)

(2) 2 2 2 2   2 2 2 2

4x 4x 4y 4y 32 4x 4x 4y 4y 34 2x 2y

                          2 2 2 2

2 2;

3;

2

2 3;

2;

2

x x x

y y

y

x x x

y y y                                   

Vậy     x y;  2;3 ; 2; ;  1;3 ;  1; ; 3; ; 3; ;      2; ;  2; 1 Ví dụ 3: Tìm x;yZthoả mãn: x3y3 91 (1)

(1)   2

91.1 13.7 x y x xy y

      (Vì  2

0 x xyy  )

     

 

2

2

2

1 6 5

;

91

91.1

91

1

x y x x

x xy y y y

x y x xy y

x y

VN x xy y

       

        

  

     

  

 



   

  

Ví dụ 4: Tìm x;yZthoả mãn: 2

0 x  x y  (2)

   2   

2 2

0 4 2 2 1

2 1

2 1

2 1

2 1

x x y x x y x y x y x xy

x y x

x y y

x y x

x y y

                

     

 

    

 



        

      

 



Vậy:     x y;  0;0 ; 1;0

 - PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn

 Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình đối xứng

- Vì phương trình đối xứng nên x y z; ; có vai trị bình đẳng Do đó; ta giả thiết x y z; tìm điều kiện nghiệm; loại trừ dần ẩn để có phương trình đơn giản Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy nghiệm

 Ta thường giả thiết 1   x y z Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y z; ; Z thoả mãn: x  y z x y z (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy đ}y phương trình đối xứng Giả sử 1  x y z Khi đó:

(1)x y z    x y z 3zx y 3 (Vì x y z; ; Z)x y 1; 2;3 * Nếu: x y       1 x y z z(vơ lí)

* Nếu: x y   2 x 1;y2;z3

* Nếu: x y   3 x 1;y   3 z y(vô lí) Vậy: x y z; ; hốn vị 1; 2;3

Ví dụ 2: Tìm x y z; ; Z thoả mãn: 1 x  y z (2)  Nhận xét – Tìm hướng giải:

Đ}y phương trình đối xứng Giả sử 1  x y z Khi đó:

(2) 1 3

2

x x

x y z x

        

Với: x 1 1 y y  1; y z y

        

.Nếu: y 1 z

   (vơ lí) .Nếu: y  2 z

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807  - PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết

Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x y; Z để:

2 x x A x x  

  nhận giá trị nguyên Ta có: 2 22 1 2

1 1

x x x x

A

x x x x x x

   

   

      Khi đó: Để A nhận giá trị ngun 2

1

x  x nhận giá trị nguyên

     1  

1 x x x x U 1;1

        

Vì :  

1 0; 1

1 x

x x x x x

x                

Vậy để A nhận giá trị ngun thì: x0 x 1 Ví dụ 2: Tìm x y; Z thoả mãn: 2y x2    x y x22y2x y (2)        

2y x x x y x 1 *

       

Với: x1; *    1 x khơng phải ngiệm phương trình Nên:  

2

2 **

1

y x y

x

   



Phương trình có nghiệm ngun  1 (1)  1; 1 x x U x x              

Ví dụ 3: Tìm x y; Z thoả mãn: 3x 1 y12 (3) Ta có:

(3)  2  

3x y 1 y y

      3x số lẻ  

;

y y

  hai số lẻ liên tiếp y y; 2 y y;

     luỹ thừa 3, nên:  

  

3 *

3

2 ** m

m n

n y

m n x m n

y              

 Với: m    0; n y 1;x1  Với: m  1; n 1Từ    

    

3

* ; ** ;

2 y y y y      

 ( vơ lí)

Phương trình có nghiệm ngun: 1 x y     

 - PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

 Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình mà hai vế những đa thức có tính biến thiên khác

- Áp dụng bất đẳng thức thường gặp: *Bất đẳng thức Cô – si:

Cho n số không âm: a a a1; 2; 3; ;an Khi đó:

1

n n

n

a a a a

a a a a

n

     Dấu “=” xảy

1 n

a a a a

    

* Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:

Cho 2n số thực: a a a1; 2; 3; ;an vàb b b1; ; ; ;2 bn Khi đó:

  2  

Dấu “=” xảy  ai kb ii 1;n *Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối:

a b a b

a b

a b a b

   

  

  



Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y; Z thoả: x y y z z x

z  x  y  (1)

Áp dụng BĐT Cơ – si Ta có: 3 x y y z z x 3.3 x y y z z x . . 3.3 x y z .

z x y z x y

    

3 x y z . 1 x y z . 1 x y z 1

       

Vậy nghiệm phương trình là: x  y z

Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình:  2  2 2 

1

x y  x y  (2) (Tốn Tuổi thơ 2)

Theo Bunhiacơpxki,ta có:

 2  2 2 2 2 2   2 2 

1 1 1

x y    x y   x y  Dấu “=” xảy 1

1 1

x y

x y

     

Vậy nghiệm phương trình là: x y Ví dụ 3: Tìm tất số nguyênx thoả mãn:

x  3 x 10 x 101 x 990 x 1000 2004 (3)  Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta nhận thấy: 2104 10 101 990 1000 101 2003       a  a Ta có:(3)  3 x 10  x x 101 x 990  x 1000 2004

Mà

3

10 10

101 101 2004 101 2003 101

990 990

1000 1000

x x

x x

a a x x x x

x x

x x

    

  

 

           

   



   



Do đó:  1 x101 1 x101  1;0;1  x  102; 101; 100  

Với x 10120042003(vơ lí) Vậy nghiệm phương trình là: x  102; 100  1) Tìm số nguyên x,y,z thoả mãn: 2

3

x y z xy y z

Vì x,y,z số nguyên nên 2

3

x y z xy y z

 

2

2 2

3 3

4

y y

x y z xy y z x xy   y  z z

                  

   

 

2

2

3 1

2

y y

x z

   

         

    (*) Mà  

2

2

3 1

2

y y

x z

         

   

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807

 

2

2

3 1

2

y y

x z

   

         

   

0

2 1

1

2

1

y x

x y

y z z

   

  

 

    

  

   

Các số x,y,z phải tìm x y z

       

PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn

Phương pháp: Phương pháp sử dụng với phương trình mà ta nhẩm (phát dể dàng) vài giá trị nghiệm

- Trên sở giá trị nghiệm đ~ biết Áp dụng tính chất chia hết; số dư; số phương; chữ số tận … ta chứng tỏ với giá trị khác phương trình vơ nghiệm

Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x y; Z thoả mãn: x63x3 1 y4  Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy với x0;y 1 phương trình nghiệm Ta cần chứng minh phương trình vơ nghiệm với x0

+ Với x0;y 1 phương trình nghiệm + Với x0 Khi đó:

6 3 6 3 6 3  3 2 4  3 2

2 4

x  x  x  x  x  x   x   y  x  (*) Vì    

1 ;

x  x  hai số nguyên liên tiếp nên khơng có giá trị y thoả (*) Vậy x0;y 1 nghiệm phương trình

Ví dụ 2: Tìm x y; Z thoả: x2  x 32y1 (2)

Gọi b chữ số tận x ( Với b0;1; 2; ;9 Khi đó: x2 x 1 có chữ số tận là: 1, (*)

Mặt khác:

3 y luỹ thừa bậc lẻ nên có tận (**) Từ (*) (**) suy phương trình vơ nghiệm

Ví dụ 3: Tìm x y; Z thoả mãn: x26xy13y2 100 (3)

(3)     

  

2

2

5 25

25 y

x y

y n n

  

     

  



Do đó: y    5; 4; 3;0;3; 4;5 x 3;9;11;13

Phương trình có nghiệm ngun:   x y;   5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3         PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang)

Phương pháp: Phương pháp thường sử dụng với phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác

- Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) số tự do, để có phương trình đơn giản

- Sử dụng linh hoạt phương pháp để giải phương trình Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3

3

x  y  z  (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải:

Ta thấy 3  3 3

3 9

Ta có: (1)  3 3

1

3 3 3

x y z x x x x

      

Khi đó: (1)  3 3  3 3

1 1

27x 3y 9z 9x y 3z y y y 3y

         

 3 3

1 1

9x 27y 3z z z y 3z

      

* Tiếp tục biểu diễn gọi x y z0; 0; nghiệm (1) 3Ux y z0; 0; 0và 0

W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh

nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học

trường chuyên danh tiếng

I Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học - Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn

II Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần

Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đôi HLV đạt

thành tích cao HSG Quốc Gia

III Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia

Khoá Học Nâng Cao HSG