chuyen de boi duong toan7 2012

Tìm điểm M trên cạnh BC sao cho nếu vẽ các điểm D, E trong đó AB là đường trung trực của MD, AC là đường trung trực của ME thì DE có độ dài nhỏ nhất.. HD.[r]

CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN PHẦN ĐẠI SỐ

Chuyền đề 1: Các tốn thực phép tính: Các kiến thức vận dụng :

- Tính chất phép cộng , phép nhân - Các phép toán lũy thừa:

an = a a a   n ; am.an = am+n ; am : an = am –n ( a 0, mn) (am)n = am.n ; ( a.b)n = an bn ; ( ) ( 0)

n n

n

a a

b b b 

Một số toán :

Bài 1: a) Tính tổng : 1+ + +… + n , 1+ + +… + (2n -1) b) Tính tổng : 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n.(n+1)

1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2) Với n số tự nhiên khác không

HD : a) 1+2 + + + n = n(n+1) 1+ 3+ 5+ …+ (2n-1) = n2 b) 1.2+2.3+3.4+ …+ n(n+1)

= [1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + … + n(n + 1)( (n+2) – (n – 1))] : = [ 1.2.3 – 1.2.3 + 2.3.4 – 2.3.4 +……+ n( n+1)(n+2)] :

= n(n+ 1)(n+2) :3

1.2.3 + 2.3.4+ 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2)

= [ 1.2.3(4 – 0) + 2.3.4( -1) + 3.4.5.(6 -2) + ……+ n(n+1)(n+2)( (n+3) – (n-1))]: = n(n+1)(n+2)(n+3) :

Tổng quát:

Bài 2: a) Tính tổng : S = 1+ a + a2 +… + an b) Tính tổng : A = 2

n n

c c c

a a a a a  a

  

với a2 – a1 = a3 – a2 = … = an – an-1 = k HD: a) S = 1+ a + a2 +… + an  aS = a + a2 +… + an + an+1

Ta có : aS – S = an+1 –  ( a – 1) S = an+1 – 1 Nếu a =  S = n

Nếu a khác , suy S =

1 1 n a

a 

 

b) Áp dụng

1 ( )

c c

a bk a b với b – a = k

Ta có : A = 2

1 1 1

( ) ( ) ( )

n n

c c c

k a  a k a  a  k a   a

= 2

1 1 1

( )

n n

c

k a  a a  a  a   a

= 1

( )

n c

k a  a

Bài : a) Tính tổng : 12 + 22 + 32 + ….+ n2 b) Tính tổng : 13 + 23 + 33 + … + n3

Bài 3: Thùc hiÖn phÐp tÝnh:

a) A =

1 1 1 49

( )

4.9 9.14 14.19 44.49 89

    

   

b)    

12 10

6 9 3

2

2 25 49 125.7 14

B    

 

HD : A =

9 28



; B =

7

Bài 4: 1, Tính: P =

1 1 2

2003 2004 2005 2002 2003 2004

5 5 3

2003 2004 2005 2002 2003 2004

   



   

2, Biết: 13 + 23 + + 103 = 3025 Tính: S = 23 + 43 + 63 + + 203

Bài 5: a) TÝnh A=(1,5+1−0,75

2,5+5

3−1,25

+

0,375−0,3+

11+ 12

−0,625+0,5−

11− 12 )

:1890 2005+115

b) Cho B=1

3+ 32+

1 33+

1 34+ +

1 32004+

1 32005

Chøng minh r»ng B<1

2

Bài 6: a) Tính : (

131 4−2

5 27 −10

5 6).230

1 25+46

3

(1 10 +

10 ):(12

1 3−14

2 7)

b) TÝnh

1 1

2 2012 2011 2010 2009

1 2011

P

   



   

HD: Nhận thấy 2011 + = 2010+2 = …

2012 2010

1 1 2011

1 2011

MS

        

2012 2012

2012 2011

2 2011

    

=

1 1

2012( ) 4   2012

c)

A=

(1+2+3+ +99+100)(1

2− 3− 7−

9)(63 1,2−21 3,6) 1−2+3−4+ +99−100

A=[

111 31

3

7−(15−6 19) 45 6+

6(12−5 3)

.(−114 93)]

31 50 b) Chøng tá r»ng: B=1−

22− 32−

1

32− .− 20042>

1 2004

Bi 8: a) Tính giá trị cđa biĨu thøc:

2,75¿2

[(1125)

2

:0,88+3,53]

−¿:13

25

¿

A=(

81,624 : 44

3−4,505)

2

+1253

4

¿ b) Chøng minh r»ng tæng:

S=

22−

1 24+

1 26− +

1 24n −2−

1

24n+ + 22002−

1 22004<0,2

Chun đề 2: Bài tốn tính chất dãy tỉ số nhau: 1 Kiến thức vận dụng :

-

a c

a d b c b d  

-Nếu

a c e b d f

a c e a b e b d f b d f

 

  

  với gt tỉ số dều có nghĩa - Có

a c e

b d f = k Thì a = bk, c = d k, e = fk

2 Bài tập vận dụng

Dạng Vận dụng tính chất dãy tỉ số để chứng minh đẳng thức

Bài 1: Cho

a c

c b Chứng minh rằng:

2 2 a c a b c b

  

HD: Từ

a c

c b suy c a b

2 2

2 2

a c a a b b c b a b

     = ( ) ( ) a a b a b a b b

  

Bài 2: Cho a,b,c R a,b,c thoả mãn b2 = ac Chứng minh rằng:

a c =

2 ( 2012 ) ( 2012 )

a b

b c

 

HD: Ta có (a + 2012b)2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.b2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.ac

(b + 2012c)2 = b2 + 2.2012.bc + 20122.c2 = ac+ 2.2012.bc + 20122.c2

= c( a + 2.2012.b + 20122.c)

Suy : a c =

2 ( 2012 ) ( 2012 )

a b

b c

 

Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu ab=c

d th×

5a+3b

5a −3b=

5c+3d

5c −3d HD : Đặt

a c k

b d   a = kb, c = kd

Suy :

5 (5 3) 5 (5 3)

a b b k k

a b b k k

  

 

  

5 (5 3) 5 (5 3)

c d d k k

c d d k k

  

 

  

Vậy 55a −a+33bb=5c+3d

5c −3d

Bài 4: BiÕt

2 2 a b ab c d cd

 

 với a,b,c, d 0 Chứng minh : a c

b d hoặc a d b c

HD : Ta có

2 2 a b ab c d cd

   = 2 2 2 2

ab a ab b cd c cd d

      2 ( ) ( ) ( )

a b a b c d c d

 



  (1)

2 2 a b ab c d cd

   = 2 2 2 2

ab a ab b cd c cd d

      2 ( ) ( ) ( )

a b a b c d c d

 



  (2)

Từ (1) (2) suy :

2

( ) ( )

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

c d d c

                     

Xét TH đến đpcm

Bài : Cho tØ lÖ thøc ab=c

d Chøng minh r»ng: ab

cd=

a2−b2

c2− d2 vµ ( a+b

c+d)

=a

+b2

c2+d2

HD : Xuất phát từ ab=c

d biến đổi theo

hướng làm xuất

2 2 2

2

2 2 2 ( )

ab a b a c a b a b

cd c d b d c d c d

  

    

  

Bài : Cho d·y tØ sè b»ng nhau:

2a+b+c+d

a =

a+2b+c+d

b =

a+b+2c+d

c =

a+b+c+2d

d TÝnh M=a+b

c+d+

b+c

d+a+

c+d

a+b+

d+a

b+c

HD : Từ 2a+ba+c+d=a+2b+c+d

b =

a+b+2c+d

c =

a+b+c+2d

d Suy :

2 2

1 1

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

a b c d

           



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

a b c d

           

  

Nếu a + b + c + d =  a + b = -( c+d) ; ( b + c) = -( a + d)  M=a+b

c+d+

b+c

d+a+

c+d

a+b+

d+a

b+c = -4

Nếu a + b + c + d 0  a = b = c = d  M=a+b

c+d+

b+c

d+a+

c+d

a+b+

d+a

b+c =

Bài : a) Chøng minh r»ng:

NÕu x

a+2b+c=

y

2a+b −c=

z

4a −4b+c

Th× a x+2y+z=

b

2x+y − z=

c

4x −4y+z

b) Cho: a b=

b c=

c d

Chøng minh: (a+b+c b+c+d)

3 =a

d HD : a) Từ

x a+2b+c=

y

2a+b −c=

z

4a −4b+c 

2 4

a b c a b c a b c

x y z

     

 



2 2(2 ) 4

2

a b c a b c a b c a

x y z x y z

     

  

  (1)

2( ) (2 ) 4

2

a b c a b c a b c b

x y z x y z

     

  

  (2)

4( ) 4(2 ) 4

4 4

a b c a b c a b c c

x y z x y z

     

  

  (3)

Từ (1) ;(2) (3) suy : x+2ay+z= b

2x+y − z=

c

4x −4y+z

Bài 8: Cho y x

+z+t=

y z+t+x=

z t+x+y=

t x+y+z

chøng minh r»ng biểu thức sau có giá trị nguyên P=x+y

z+t +

y+z

t+x+

z+t

x+y+

t+x

y+z

HD Từ

x y+z+t=

y z+t+x=

z t+x+y=

t

x+y+z 

y z t z t x t x y x y z

x y z t

       

  



1 1

y z t z t x t x y x y z

x y z t

       

      



x y z t z t x y t x y z x y z t

x y z t

           

  

Nếu x + y + z + t = P = -

Nếu x + y + z + t  x = y = z = t  P = 4 Bài : Cho số x , y , z khác thỏa mãn điều kiện :

y z x z x y x y z

x y z

     

Hãy tính giá trị biểu thức : B = 1

x y z

y z x

     

  

     

   

 

Bài 10 : a) Cho số a,b,c,d khác Tính T =x2011 + y2011 + z2011 + t2011 Biết x,y,z,t thỏa mãn:

2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010

2 2 2 2

x y z t x y z t

a b c d a b c d

  

   

  

b) Tìm số tự nhiên M nhỏ có chữ số thỏa mãn điều kiện: M = a + b = c +d = e + f

Biết a,b,c,d,e,f thuộc tập N* và

14 22 a b  ;

11 13 c d  ;

13 17 e f 

c) Cho số a, b, c thỏa mãn : 2009 2010 2011

a b c

 

Tính giá trị biểu thức : M = 4( a - b)( b – c) – ( c – a )2 Một số tương tự

Bài 11: Cho d·y tØ sè b»ng nhau:

2012a b c d a 2012b c d a b 2012c d a b c 2012d

a b c d

           

  

TÝnh M=a+b

c+d+

b+c

d+a+

c+d

a+b+

d+a

b+c

Bài 12: Cho số x , y , z, t khác thỏa mãn điều kiện :

y z t nx z t x ny t x y nz x y z nt

x y z t

           

  

( n số tự nhiên) x + y + z + t = 2012 Tính giá trị biểu thức P = x + 2y – 3z + t

Dạng : Vận dụng tính chất dãy tỉ số để tìm x,y,z,…

Bài 1: Tìm cặp số (x;y) biết :  

1+3y 1+5y 1+7y

12 5x 4x

HD : Áp dông tÝnh chÊt d·y tØ sè b»ng ta cã:

     

     

   

1+3y 1+5y 1+7y 7y 5y 2y 5y 3y 2y

12 5x 4x 4x 5x x 5x 12 5x 12

=>

2

5 12

y y

x  x

  với y = thay vào không thỏa mãn Nếu y khác

=> -x = 5x -12

=> x = Thay x = vào ta đợc:

12 y y

y



 

 =>1+ 3y = -12y => = -15y => y =

1 15



VËy x = 2, y = 15



thoả mãn đề

Bài : Cho

a b c

Tính b, c

HD : từ

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

 

   

   a = b = c = 2012 Bài : Tìm số x,y,z biết :

1

y x x z x y

x y z x y z

     

  

  HD: Áp dụng t/c dãy tỉ số nhau:

1 2( )

2

( )

y x x z x y x y z

x y z x y z x y z

       

    

    (vì x+y+z 0)

Suy : x + y + z = 0,5 từ tìm x, y, z

Bài : Tìm x, biết rằng:

1

18 24

y y y

x

  

 

HD : Từ

1 2(1 ) (1 ) (1 )

18 24 2.18 24 18 24

y y y y y y y y

x x

          

   

  

Suy :

1

1 6x x

Bài 6: T×m x, y, z biÕt: z x

+y+1=

y x+z+1=

z

x+y −2=x+y+z (x, y, z )

HD : Từ

1

1 2( )

x y z x y z

x y z

z y x z x y x y z

 

      

       

Từ x + y + z =

1

2  x + y =

1

2- z , y +z =

2- x , z + x =

2 - y thay vào đẳng thức

ban đầu để tìm x

Bài : T×m x, y, z biÕt 38x=3y

64 =

3z

216 vµ 2x2+2y2− z2=1

Bài : Tìm x , y biết :

2 4

5

x y x y

x

   

 

Chun đề 3: Vận dụng tính chất phép tốn để tìm x, y 1 Kiến thức vận dụng :

- Tính chất phép tốn cộng, nhân số thực - Quy tắc mở dấu ngoặc, quy tắc chuyển vế

- Tính chất giá trị tuyệt đối : A 0 với A ;

, , A A A A A     

- Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối :

A B A B dấu ‘=’ xẩy AB 0; A B A B dấu ‘= ‘ xẩy A,B >0

( 0)

A m

A m m

A m         ; ( ) A m

A m hay m A m

A m

 

     



- Tính chất lũy thừa số thực : A2n  với A ; - A2n 0 với A Am = An  m = n; An = Bn  A = B (nếu n lẻ ) A =  B ( n chẵn)

0< A < B  An < Bn ; 2 Bài tập vận dụng

Dạng 1: Các tốn bản Bài 1: Tìm x biết

a) x + 2x + 3x + 4x + … + 2011x = 2012.2013 b)

1

2011 2010 2009 2008 x x x x

  

HD : a) x + 2x + 3x + 4x + … + 2011x = 2012.2013  x( + + + ….+ 2011) = 2012.2013

2011.2012

2012.2013

x

 

2.2013 2011 x

 

b) Nhận xét : 2012 = 2011+1= 2010 +2 = 2009 +3 = 2008 +4 Từ

1

2011 2010 2009 2008 x x x x

  

( 2012) 2011 ( 2012) 2010 ( 2012) 2009 ( 2012) 2008

2011 2010 2009 2008

x  x  x  x 

   

2012 2012 2012 2012 2011 2010 2009 2008

1 1

( 2012)( )

2011 2010 2009 2008

1 1

2 : ( ) 2012

2011 2010 2009 2008

x x x x

x x

   

    

     

     

Bài Tìm x nguyên biết

a)

1 1 49

1.3 3.5 5.7   (2x 1)(2x1)99

b) 1- + 32 – 33 + ….+ (-3)x =

1006

9

4



Dạng : Tìm x có chứa giá trị tuyệt đối

 Dạng : x a  x b x a  x b  x c

Khi giải cần tìm giá trị x để GTTĐ khơng, so sánh giá trị đó để chia khoảng giá trị x ( so sánh –a –b)

a) x 2011 x 2012 b) x 2010 x 2011 2012 HD : a) x 2011 x 2012 (1) VT = x 2011 0, x nên VP = x – 2012  0 x2012(*)

Từ (1)

2011 2012 2011 2012( ô ) 2011 2012 (2011 2012) :

x x v ly

x x x

   

 

   

    

 

Kết hợp (*)  x = 4023:2 b) x 2010  x 2011 2012 (1)

Nếu x  2010 từ (1) suy : 2010 – x + 2011 – x = 2012  x = 2009 :2 (lấy)

Nếu 2010 < x < 2011 từ (1) suy : x – 2010 + 2011 – x = 2012 hay = 2012 (loại) Nếu x 2011 từ (1) suy : x – 2010 + x – 2011 = 2012  x = 6033:2(lấy)

Vậy giá trị x : 2009 :2 6033:2 Một số tương tự:

Bài : a) T×m x biÕt |x −1|+|x+3|=4 b) T×m x biÕt: |x2

+|6x −2||=x2+4

c) T×m x biÕt: |2x+3|−2|4− x|=5

Bài : a)Tìm giá trị x để: |x+3|+|x+1|=3x

b) Tìm x biết: 2x  x  2 x Bài : tìm x biết :

a) x1 4 b) x 2011 2012

Dạng : Sử dụng BĐT giá trị tuyệt đối

Bài : a) Tìm x ngyên biết : x1 x 3 x  x 8 b) Tìm x biết : x 2010  x 2012  x 2014 2

HD : a) ta có x1 x 3 x  x    x x  x 5  x 8(1) Mà x1 x  x 5 x 8 suy ( 1) xẩy dấu “=”

Hay

1

3

3

x

x x

  

  



 

 x nguyên nên x {3;4;5}

b) ta có x 2010 x 2012 x 2014  x 2010 2014  x  x 2012 2(*) Mà x 2010 x 2012 x 2014 2 nên (*) xẩy dấu “=”

Suy ra:

2012

2012 2010 2014

x

x x

 



 



  

Các tương tự

Bài : Tìm x nguyên biết : x1x   x100 2500 Bài : Tìm x biết x 1 x2  x100 605x

Bài : Tìm x, y thoả mÃn: x x   y 3  x  = 3

HD : ta có x 2006y 0với x,y x 2012 0 với x

Suy : x 2006y  x 2012 0 với x,y mà x 2006y  x 2012 0 

0

2006 2012 2012,

2012 x y

x y x x y

x                Bài : T×m số nguyên x thoả mÃn

2004 x  x10 x101 x990  x1000

Dạng chứa lũy thừa số hữu tỉ Bài 1: Tìm số tự nhiên x, biết :

a) 5x + 5x+2 = 650 b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162 HD : a) 5x + 5x+2 = 650  5x ( 1+ 52) = 650  5x = 25  x = 2

b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162 3x -1(1 + 5) = 162  3x – 1 = 27  x = 4 Bài : Tìm số tự nhiên x, y , biết:

a) 2x + 1 3y = 12x b) 10x : 5y = 20y HD : a) 2x + 1 3y = 12x 

2 1 3 x y

x y x

x x

 

   

Nhận thấy : ( 2, 3) =  x – = y-x =  x = y = 1 b) 10x : 5y = 20y  10x = 102y  x = 2y

Bài : Tìm m , n nguyên dương thỏa mãn :

a) 2m + 2n = 2m +n b) 2m – 2n = 256

HD: a) 2m + 2n = 2m +n  2m + n – 2m – 2n =  2m ( 2n – 1) –( 2n – 1) = 1  (2m -1)(2n – 1) = 

2 1

1 1

n

m m n

           

b) 2m – 2n = 256  2n ( 2m – n - 1) = 28 Dễ thấy m n, ta xét trường hợp :

+ Nếu m – n =  n = , m = 9

+ Nếu m – n  2m – n – số lẻ lớn 1, VT chứa TSNT khác 2, mà VT chứa TSNT suy TH không xẩy : n = , m =

Bài : Tìm x , biết :    

1 11

7 x x

x   x  

HD :         11 10

7

7

x x x x x x x                

  1  10

8

1

10

7

1 ( 7)

7

( 7)

7

10 x x x x x x x x x

x  x

Bài : Tìm x, y biết : x 2011y (y1)2012 0

HD : ta có x 2011y 0 với x,y (y – 1)2012  với y Suy : x 2011y (y1)20120 với x,y Mà x 2011y (y1)20120 

2011

2011, 1

x y

x y

y

 



  

   

Các tập tương tự : Bài : Tìm x, y biết :

a) x5 (3 y 4)20120 b) (2x1)2 2y x  12 5.2 

Chuyên đề 4: Giá trị nguyên biến , giá trị biểu thức : Các kiến thức vận dụng:

- Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9

- Phân tích TSNT, tính chất số nguyên tố, hợp số , số phương - Tính chất chia hết tổng , tích

- ƯCLN, BCNN số Bài tập vận dụng :

* Tìm x,y dạng tìm nghiệm đa thức Bài 1: a) Tìm số nguyên tố x, y cho: 51x + 26y = 2000 b) T×m sè tù nhiªn x, y biÕt: x −2004¿2=23− y2

7¿

c) Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x - y = d) Tìm số nguyên tè tho¶ m·n : x2-2y2=1

HD: a) Từ 51x + 26y = 2000  17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) 3,17 số NT nên x 2 mà x NT  x = Lại có 1000 – 13y 51 , 1000 – 13y > y NT  y =

b) Từ x −20047¿2=23− y2

¿ (1)

7(x–2004)2 0  23 y2  0 y223 y{0, 2,3, 4}

Mặt khác số NT  13 y27 y = y = thay vào (1) suy : x= 2005 ,y =4 x = 2003, y =

c) Ta có xy + 3x - y =  ( x – 1)( y + 3) = 

1 3 x

y

   

 

 hoặc

1 3 x

y

  



  

hoặc

1 3 x

y

   

 



1 1 x

y

  



  

d) x2-2y2=1  x21 2 y2  (x1)(x1) 2 y2

VP = 2y2 chia hết cho suy x > , mặt khác y nguyên tố

1

1

x y x

x y y

  

 

   

  

Bài a) Tìm số nguyên thỏa mãn : x – y + 2xy = b) Tìm x y,  biết: 25 y2 8(x 2012)2

HD : a) Từ x – y + 2xy =  2x – 2y + 2xy =  (2x - 1)( 2y + 1) = 13

b) Từ 25 y2 8(x 2012)2  y2  25 25 – y2 chia hết cho , suy y = hoặc y = y = , từ tìm x

Bi a) Tìm giá trị nguyên dơng x vµ y, cho:

1 1 x y

b) Tìm số a, b, c nguyên dơng thoả mÃn : a3

+3a2+5=5b vµ a+3=5c

HD : a) Từ

1 1

x  y 5  ( x + y) = xy (*)

5

5 x xy

y



  

  



+ Với x chia hết cho , đặt x = q ( q số tự nhiên khác 0) thay vào (*) suy ra:

5q + y = qy  5q = ( q – ) y Do q = không thỏa mãn , nên với q khác ta có

5

5

1

q

y Z q

q q

      

  Ư(5) , từ tìm y, x

b) a3

+3a2+5=5b  a2 ( a +3) = 5b – , mà a+3=5c  a2 5c = 5( 5b – – 1)

1

1

5 b

c a  

 

Do a, b, c nguyên dương nên c = 1( c >1 5b – - khơng chia hết cho a không số nguyên.) Với c = 1 a = và b = 2

Bài 4: Tìm cặp số nguyên tố p, q thoả m·n:

2 2

5 p 2013 p q

  

HD :

2

2 2 2

5 p 2013 p q 2013 q 25p 25p 2013 q 25 (25p p 1)

          

Do p nguyên tố nên 2013 q2252 2013 – q2 > từ tìm q Bài : Tìm tất số nguyên dơng n cho: 2n−1 chia hÕt cho

HD : Với n < 2n khơng chia hết cho 7

Với n 3 n = 3k n = 3k + n = 3k + ( k N *)

Xét n = 3k , 2n -1 = 23k – = 8k – = ( + 1)k -1 = 7.A + -1 = 7.A 7

Xét n = 3k +1 2n – = 23k+1 – = 2.83k – = 2.(7A+1) -1 = 7A + không chia hết cho

Xét n = 3k+2 2n – = 23k +2 -1 = 4.83k – = 4( 7A + 1) – = A + không chia hết cho Vậy n = 3k với k N *

* Tỡm x , y để biểu thức cú giỏ trị nguyờn, hay chia hết: Bài Tỡm s nguyờn m :

a) Giá trị biểu thức m -1 chia hết cho giá trị cđa biĨu thøc 2m + b) |3m−1|<3

HD : a) Cách : Nếu m >1 m -1 < 2m +1 , suy m -1 không chia hết cho 2m +1 Nếu m < -2 m1 2m1 , suy m -1 khơng chia hết cho 2m +1

Vậy m { -2; -1; 0; 1}

Cách : Để m1 2 m 1 2(m1) 2 m 1 (2m1) 2  m 1 2m1

b) |3m−1|<3  - < 3m – < 

0

2

1

3

m m

m

  

    

Bài a) Tìm x nguyên để √x+1 chia hết cho √x −3

b) Tìm x∈Z để A Z tìm giá trị A =

1−2x

x+3 HD: A =

1−2x x+3 =

1 2( 3)

3

x

x x

  

 

 

Bài 3: Tìm x nguyên để

2012 1006

x x

 

HD :

2012 1006

x x

  =

2(1006 1) 2009 2009

1006 1006

x

x x

 

 

 

để

2012 1006

x x



  2009 1006 x1  x số CP

Với x >1 x số CP 1006 x 1 2012 2009 suy 2009 không chia hết cho 1006 x1

Với x = thay vào không thỏa mãn Với x = 2009 :1006 x 1 2009

Chuyên đề : Giá trị lớn , giá trị nhỏ biểu thức: 1.Các kiến thức vận dụng :

* a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2  với a,b

* a2 – ab + b2 = ( a – b)2  với a,b

*A2n  với A, - A2n  với A

* A  0, A ,  A  0, A

* A  B A B ,A B, dấu “ = ” xẩy A.B  0

* A  B A B ,A B, dấu “ = ” xẩy A,B  0 Bài tập vận dụng:

* Dạng vận dụng đẳng thức : a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2  với a,b

Và a2 – ab + b2 = ( a – b)2  với a,b

Bài 1: Tìm giá trị nhỏ đa thức sau: a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012

b) Q(x) = x2 + 100x – 1000

HD : a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012 = 2(x2 – 2.x + 12 ) + 2010 = 2( x – 1)2 + 2010 Do ( x - 1)2  với x , nên P(x)  2010 Vậy Min P(x) = 2010 ( x - 1)2 = hay x = 1

b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 = ( x + 50)2 – 3500  - 3500 với x Vậy Min Q(x) = -3500

Từ ta có tốn tổng quát : Tìm GTNN đa thức P(x) = a x2 + bx +c ( a > 0) HD: P(x) = a x2 + bx +c = a( x2 + 2.x.2

b a +

2 ( )

2 b

a ) + ( c - b

a)

= a(

2

2 4

) ( ) ,

2 4

b ac b ac b

x x

a a a

 

   

Vậy Min P(x) =

2

4 ac b

a



x = b

a

Bài : Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: a) A = - a2 + 3a + 4

b) B = x – x2

HD : a) A = - a2 + 3a + =

2 3 25

( ( ) ) (4 ) ( )

2 4

a a a

       

Do

3 ( ) 0,

2 a a     nên A 25 , a  

Vậy Max A =

25

4 a =

c) B = 2x x (x2 .1 ) 1x   (x1)21 Do (x1) 0,  x B 1, x Vậy Max B = x =

Bài : Tìm giá trị lớn biểu thức sau: a) P =

2012 2013

x  x b) Q =

2012 2012 2013 2011 a a  

* Dạng vận dụng A2n  với A, - A2n  với A

Bài : Tìm GTNN biểu thức : a) P = ( x – 2y)2 + ( y – 2012)2012

b) Q = ( x + y – 3)4 + ( x – 2y)2 + 2012

HD : a) (x )y 2 0, x y, (y 2012)2012 0, y suy : P 0 với x,y  Min P =

2 4024

2012 2012

x y x

y y             

b) Ta có (x y  3)4  0 ,x y (x )y  0 ,x y suy : Q  2012 với x,y  Min Q = 2012

2

2

( 3)

1 ( )

x y x

y x y                

Bài : Tìm GTLN R =

4

2013

(x 2) (x y ) 3

Bài : Cho ph©n sè: C=3|x|+2

4|x|−5 (x  Z)

a) Tìm x  Z để C đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn b) Tìm x  Z để C số tự nhiên

HD :

3 4.(3 2) 12 23

.(1 )

4 3.(4 5) 12 15 12 15

x x x

C

x x x x

  

    

   

C lớn

23

12 x 15 lớn  12 x 15 nhỏ 12 x 15 0  x2

Vậy Max C =

3 23 (1 )

4  3 x = 2

Bài : Tìm số tự nhiên n để phân số 72n −n−83 có giá trị lớn

HD : Ta có

7 2(7 8) 14 16

(1 )

2 7(2 3) 14 21 14 21

n n n

n n n n

  

   

   

Để

7n−8

2n −3 lớn

14n 21 lớn 14n 21 0 14n – 21 có giá trị nhỏ

21 14 n

  

* Dạng vận dụng A  0, A ,  A  0, A

A B A B ,A B, dấu “ = ” xẩy A.B  0

A B A B ,A B, dấu “ = ” xẩy A,B  0 Bài 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức

a) A = ( x – 2)2 + y x + 3 b) B =

2011 2012 x 2010

HD: a) ta có (x 2)20 với x y x 0 với x,y  A  với x,y Suy A nhỏ =

2

( 2)

2

x x

y y x

    





 



  

 

b) Ta có  x 2010 0 với x  2012  x 2010 2012 với x

B



2011 2012 B

 

với x, suy Min B =

2011

2012 x = 2010

Bài : Tìm giá trị nhỏ biểu thức a) A x 2011 x 2012

b) B x 2010  x 2011 x 2012 c) C = x1 x   x100

HD : a) Ta có A x 2011 x 2012 = x 2011 2012 x  x 2011 2012  x 1

với x  A1 với x Vậy Min A = Khi (x 2011)(2012 x) 0  2011 x 2012

b) ta có B x 2010 x 2011 x 2012 (x 2010 2012 x) x 2011 Do x 20102012 x  x 2010 2012  x 2 với x (1)

Và x 2011 0 với x (2)

Suy B (x 2010  2012 x) x 2011 2 Vậy Min B = BĐT (1) (2)

xẩy dấu “=” hay

( 2010)(2012 )

2011 2011

x x

x x

  



 



 

 c) Ta có

1 100

x  x   x = (x1 100  x) ( x 99 x) (  x 50 56 x)

1 100 99 50 56

x x x x x x

             = 99 + 97 + + = 2500

Suy C 2050 với x Vậy Min C = 2500

( 1)(100 ) 100 ( 2)(99 ) 99 ( 50)(56 ) 50 56

x x x

x x x

x x x

    

 

      

 



 

 

      

   50 x 56

1.Kiến thức vận dụng

* Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9

* Chữ số tận 2n, 3n ,4n, 5n ,6n, 7n, 8n, 9n

* Tính chất chia hết tổng Bài tập vận dụng:

Bài : Chứng minh : Với số nguyên dương n :

2

3n 2n 3n 2n

   chia hết cho 10

HD: ta có 3n2 2n23n 2n= 3n23n 2n2 2n

=3 (3n 21) (2 n 21)

=3 10 10 2n  n  n  n110

= 10( 3n -2n)

Vậy 3n2 2n23n 2n 10 với n số nguyên dương.

Bài : Chứng tỏ rằng:

A = 75 (42004 + 42003 + + 42 + + 1) + 25 số chia hết cho 100 HD: A = 75 (42004 + 42003 + + 42 + + 1) + 25 = 75.( 42005 – 1) : + 25 = 25( 42005 – + 1) = 25 42005 chia hết cho 100

Bài : Cho m, n N* p số nguyên tố thoả mãn: p

m−1 =

m+n

p (1)

Chứng minh : p2 = n +

HD : + Nếu m + n chia hết cho p  p m( 1) p số nguyên tố m, n N*  m = m = p +1 từ (1) ta có p2 = n + 2

+ Nếu m + n không chia hết cho p , từ ( 1)  (m + n)(m – 1) = p2 Do p số nguyên tố m, n N*  m – = p2 m + n =1

 m = p2 +1 n = - p2 < (loại) Vậy p2 = n + 2

Bài 4: a) Sè A=101998−4 cã chia hÕt cho kh«ng ? Cã chia hÕt cho kh«ng ? b) Chøng minh r»ng: A=3638+4133 chia hÕt cho

HD: a) Ta có 101998 = ( + 1)1998 = 9.k + ( k số tự nhiên khác không)

= 3.1 +

Suy : A=101998−4 = ( 9.k + 1) – ( 3.1+1) = 9k -3 chia hết cho , không

chia hết cho

b) Ta có 3638 = (362)19 = 129619 = ( 7.185 + 1) 19 = 7.k + ( k  N*) 4133 = ( 7.6 – 1)33 = 7.q – ( q N*)

Suy : A=3638+4133 = 7k + + 7q – = 7( k + q) 7

Bài :

a) Chøng minh r»ng: 3n+2

−2n+4

+3n+2n chia hÕt cho 30 víi mäi n nguyên dơng

b) Chứng minh rằng: 2a - 5b + 6c ⋮ 17 nÕu a - 11b + 3c ⋮ 17 (a, b, c  Z)

Bài : a) Chøng minh r»ng: 3a+2b⋮17⇔10a+b⋮17 (a, b  Z )

b) Cho ®a thøc f(x)=ax2+bx+c (a, b, c nguyªn)

CMR f(x) chia hết cho với giá trị x a, b, c chia hết cho

HD a) ta có 17a – 34 b 17 3a + 2b 17 17a 34b3a2 17b  2(10a16 ) 17b 

f(1) - f(-1) = (a + b + c) - ( a – b + c) = 2b , f(1) f(-1) chia hết cho  3b  b3 ( 2, 3) = 1

f(1) 3 a b c  3 b c chia hết cho  a3 Vậy a, b, c chia hết cho

Bài : a) Chøng minh r»ng 2006 10 53

9



lµ mét sè tù nhiên

b) Cho 2n+1 số nguyên tố (n > 2) Chứng minh 2n1 hợp số

HD : b) ta có (2n +1)( 2n – 1) = 22n -1 = 4n -1 (1) Do 4n- chia hêt cho v

2n+1 số nguyên tố (n > 2) suy 2n -1 chia hết cho hay 2n -1 hợp số

Chuyên đề : Bất đẳng thức 1.Kiến thức vận dụng

* Kỹ thuật làm trội : Nếu a1 < a2 < a3 <… < an n a1 < a1 + a2 + …+ an < nan

1 1 1

n n

na a a a na

     

* a(a – 1) < a2 < a( a+1)

1 1

( 1) ( 1)

a a a a a

  

 

* a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2  , * a2 – ab + b2 = ( a – b)2  với a,b 2.B ài tập vận dụng

Bài 1: Cho a, b, c > Chøng tá r»ng: M= a

a+b+

b b+c+

c

c+a không số nguyên

HD : Ta có

a b c a b c a b c

M

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

 

       

          

 M 1

Mặt khác

( ) ( ) ( )

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

M

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

     

     

     

( )

b c a

a b b c c a

  

   = – N Do N >1 nên M < 2 Vậy < M < nên M không số nguyên

Bài Chứng minh : a b 2 ab (1) , a b c  33 abc (2) với a, b, c 0

HD : a b 2 ab  (a b )2 4ab a22ab b 4ab a2 2ab b 2 0 (a b )2 0(*) Do (*) với a,b nên (1)

a)

1 (a b)( )

a b

  

(1) b)

1 1 (a b c)( )

a b c

    

(2) HD : a) Cách : Từ

2

1

(a b)( ) (a b) 4ab (a b) a b

        

(*) Do (*) suy (1)

Cách 2: Ta có a b 2 ab

1 a b  ab

1

(a b)( ) ab

a b ab

    

Dấu “ =” xẩy a = b

b) Ta có :

1 1

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

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

  

              

Lại có 2; 2;

a b b c a c

b a  c b  c a 

Suy

1 1 (a b c)( )

a b c

   

    3 2 9 Dấu “ = ” xẩy a = b = c

Bài : a) Cho z, y, z lµ số dơng Chứng minh rằng: x

2x+y+z+

y

2y+z+x+

z

2z+x+y≤

3

b) Cho a, b, c tho¶ m·n: a + b + c = Chøng minh r»ng: ab+bc+ca≤0

HD : b) Tính ( a + b + c)2 từ cm ab+bc+ca≤0

Ch uyên đề 8 : Các toán đa thức ẩn

Bài : Cho đa thức P(x) = a x3 + bx2 + cx + d ( a khác 0)

Biết P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = , P( 2) = 120 Tính P(3) HD : ta có P(1) = 100  a + b + c + d = 100

P(-1) = 50  - a + b – c + d = 50 P( 0) =  d = 1

P(2) = 8a + 4b + c + d = 120

Từ tìm c, d, a XĐ P(x)

Bài : Cho f(x)=ax2+bx+c với a, b, c số hữu tỉ

Chøng tá r»ng: f(−2).f(3)≤0 BiÕt r»ng 13a+b+2c=0

HD : f( -2) = 4a – 2b + c f(3) = 9a + 3b + c  f(-2).f(3) =(4a – 2b + c)( 9a + 3b + c) Nhận thấy ( 4a – 2b + c) + ( 9a + 3b + c) = 13a + b + 2c =

 ( 4a – 2b + c ) = - ( 9a + 3b + c)

Vậy f(-2).f(3) = - ( 4a – 2b + c).( 4a – 2b + c) = - ( 4a -2b + c)2  0

Bài Cho ®a thøc f (x)=ax2+bx+c với a, b, c số thực Biết f(0); f(1); f(2) có giá trị nguyên Chứng minh 2a, 2b có giá trị nguyên

Do f(0) ,f(1), f(2) nguyên  c , a + b + c 4a + 2b + c nguên

 a + b 4a + 2b = (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên  2a , 2b nguyên Bài Chøng minh r»ng: f(x) ax3+bx2+cx+d có giá trị nguyên với x nguyên vµ chØ 6a, 2b, a + b + c d số nguyên

HD : f(0) = d , f(1) = a + b + c + d , f(2) = 8a +4 b + c + d

Nếu f(x) có giá trị nguyên với x  d , a + b + c + d, 8a +4b + c + d số

nguyên Do d nguyên  a + b + c nguyên (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b nguyên  2b nguyên  6a nguyên Chiều ngược lại cm tương tự

Bài : Tìm tổng hệ số đa thức nhận đợc sau bỏ dấu ngoặc biểu thức: A(x) = 3+4x+x

2 ¿2005 3−4x+x2¿2004.¿

¿

HD : Giả sử A( x) = ao + a1x + a2x2 + … + a4018x4018

Khi A(1) = ao + a1 +a2 + …….+ a4018 A(1) = nên ao + a1 +a2 + …….+ a4018 =

Bài : Cho x = 2011 Tính giá trị biểu thức:

2011 2012 2010 2012 2009 2012 2008 2012 2012 1

x  x  x  x   x  x

HD : Đặt A = x2011 2012x20102012x2009 2012x2008 2012 x22012x1 x2010(x 2011) x2009(x 2011) x2008(x 2011)   x x(  2011) x

 x = 2012 A = 2011

Chuyên đề Các toán thực tế 1 Kiến thức vận dụng

- Tính chất đại lượng tỉ lệ thuận :

Đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x : y = k.x 

3

1

1

n n

y y

y y

k

x x x  x  ( k hệ số tỉ lệ )

- Tính chất đại lượng tỉ lệ nghịch :

Đại lượng y đại lượng x gọi hai đại lượng tỉ lệ nghịch : x.y = a  x y1 1x y2 x y3  x yn n a ( a hệ số tỉ lệ )

- Tính chất dãy tỉ số Bài tập vận dụng *Phương pháp giải :

- Đọc kỹ đề , từ xác định đại lượng toán - Chỉ đại lượng biết , đại lượng cần tìm

- Chỉ rõ mối quan hệ đại lượng ( tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch)

Bài : Một vật chuyển động cạnh hình vng Trên hai cạnh đầu vật chuyển động với vận tốc 5m/s, cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s Hỏi độ dài cạnh hình vng biết tổng thời gian vật chuyển động bốn cạnh 59 giây

Bài : Ba lớp 7A,7B,7C có 94 học sinh tham gia trồng Mỗi học sinh lớp 7A trồng đợc cây, Mỗi học sinh lớp 7B trồng đợc cây, Mỗi học sinh lớp 7C trồng đợc cây, Hỏi lớp có học sinh Biết số lớp trồng đợc nh

Bài : Một ô tô phải từ A đến B thời gian dự định Sau đợc nửa quãng đờng ô tô tăng vận tốc lên 20 % đến B sớm dự định 10 phút

Tính thời gian tơ từ A đến B

Bài : Trên quãng đờng AB dài 31,5 km An từ A đến B, Bình từ B đến A Vận tốc An so với Bình 2: Đến lúc gặp nhau, thời gian An so với Bình 3:

Tính quãng đờng ngời tới lúc gặp ?

Bài : Ba đội công nhân làm cơng việc có khối lượng Thời gian hồn thành cơng việc đội І, ІІ, ІІІ 3, 5, ngày Biêt đội ІІ nhiều đội ІІІ người suất công nhân Hỏi đội có cơng nhân ?

Bài : Ba ô tô khởi hành từ A phía B Vận tốc tơ thứ ô tô thứ hai Km/h Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai thứ ba hết quãng đường AB : 40 phút,

5

8 ,

9 Tính vận tốc tơ ?

PHẦN HÌNH HỌC I. Một số phương pháp chứng minh hình hoc 1.Chứng minh hai đoạn thẳng nhau:

P2 : - Chứng minh hai tam giác chứa hai đoạn thẳng đó

- Chứng minh hai đoạn thẳng hai cạnh bên tam giác cân - Dựa vào tính chất đường trung tuyến, đường trung trực đoạn thẳng - Dựa vào định lí Py-ta- go để tính độ dài đoạn thẳng

2.Chứng minh hai góc nhau:

P2 : - Chứng minh hai tam giác chứa hai góc đó

- Chứng minh hai góc hai góc đáy tam giác cân

- Chứng minh hai đường thẳng song song mà hai góc cặp góc so le ,đồng vị

- Dựa vào tính chất đường phân giác tam giác Chứng minh ba điểm thẳng hàng:

P2 : - Dựa vào số đo góc bẹt ( Hai tia đối nhau)

- Dựa vào tính chất đường trung tuyến, phân giác, trung trực, đường cao Chứng minh hai đường thẳng vng góc

P2 : - Tính chất tam giác vng, định lí Py – ta – go đảo

- Qua hệ đường thẳng song song đường thẳng vng góc - Tính chất đường trung trực, ba đường cao

Chứng minh đường thẳng đồng quy( qua điểm ) P2 : - Dựa vào tính chất đường tam giác

So sánh hai đoạn thẳng, hai góc :

P2 : - Gắn hai đoạn thẳng , hai góc vào tam giác từ vận định lí quan

hệ cạnh góc đối diện tam giác , BĐT tam giác

- Dựa vào định lí quan hệ đường xiên hình chiếu, đường xiên đường vng góc

II. Bài tập vận dụng

Bài : Cho tam giác ABC có Â < 900 Vẽ phía ngồi tam giỏc ú hai on

thẳng AD vuông góc AB; AE vuông góc AC Chøng minh: DC = BE vµ DC BE

HD:

Phân tích tìm hướng giải

*Để CM DC = BE cần CM ∆ABE = ∆ ADC ( c.g.c) Có : AB = AD, AC = AE (gt)

 Cần CM : DAC BAE  Có : BAE900BAC DAC  * Gọi I giao điểm AB CD Để CM : DC BE cần CM I2B1900

Có I1I2( Hai góc đối đỉnh)  

0 1 90 I D   Cần CM B1 D ( ∆ABE = ∆ ADC)

Lời giải

a) Ta có BAE 900BAC DAC  DAC BAE , mặt khác AB = AD, AC = AE (gt) Suy ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c)  DC = BE

b) Gọi I giao điểm AB CD Ta có I1I2( Hai góc đối đỉnh) ,  

0 1 90

I D  ( ∆ ADI vng A) B1D1 ( ∆ABE = ∆ ADC)  I2B1900  DC BC

*Khai thác 1:

Từ ta thấy : DC = BE vµ DC BE ∆ABD ∆ ACE vng cân, có

∆ABD ∆ ACE vuông cân , Từ B kẻ BK CD tại D ba điểm E, K, B thẳng hàng

Ta có tốn 1.2

Bài 1: Cho tam giác ABC có Â < 900 Vẽ phía ngồi tam giác hai on

thẳng AD vuông góc AB; AE vuông góc AC T B kẻ BK CD K

Chứng minh ba điểm E, K, B thẳng hàng

HD : Từ chứng minh DC BE mà BK CD K suy ba điểm E, K, B

thẳng hàng

Từ 1.1 gọi M trung điểm DE kẻ tia M A MA BC từ ta có

toán 1.2

Bài 1.2: Cho tam giác ABC có Â < 900 Vẽ phía ngồi tam giác hai đoạn

th¼ng AD vuông góc AB; AE vuông góc b»ng AC Gọi M trung điểm

DE kẻ tia M A Chứng minh : MA BC

Phân tích tìm hướng giải

HD: Gọi H giao điểm tia MA BC

Để CM MA BC  ta cần CM ∆AHC vuông H

 Để CM ∆AHC vuông H ta cần tạo tam giác

vuông ∆AHC

Trên tia AM lấy điểm N cho AM = MN Kẻ DQ  AM tại Q

 Cần CM ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) 

CM: ND = AC , N1ACB ,BAC ADN



CM : ∆ABC = ∆DNA ( c.g.c) 

Có AD = AB (gt) Cần CM : ND = AE ( = AC) BAC ADN

+ Để CM ND = AE

 CM : ∆MDN = ∆MEA (c.g.c) + Để CM BAC ADN



EAD ADN  1800 vìEAD BAC 1800 

CM AE // DN (∆MDN = ∆MEA)

Lời giải

Gọi H giao điểm tia MA BC , Trên tia AM lấy điểm N cho AM = MN kẻ DQ  AM tại Q

Ta có ∆MDN = ∆MEA ( c.g.c) :

AM = MN ; MD = ME (gt) EMA DMN ( hai góc đối đỉnh)

 DN = AE ( = AC) AE // DN N1 MAE ( cặp góc so le )

 EAD ADN 1800( cặp góc phía) mà EAD BAC 1800  BACADN Xét ∆ABC ∆DNA có : AB = AD (gt) , AC = DN BACADN ( chứng minh

Xét ∆AHC ∆DQN có : AC = DN , BACADN N 1ACB

 ∆AHC = ∆DQN (g.c.g)  ∆AHC vuông H hay MA BC

* Khai thác toán 1.3

+ Từ 1.2 ta thấy với M trung điểm DE tia MABC , ngược lại

nếu AH BC tại H thỡ tia HA qua trung điểm M DE , ta cú toỏn 1.4 Bài 1.3 : Cho tam giác ABC có Â < 900 Vẽ phía ngồi tam giác ú hai on

thẳng AD vuông góc AB; AE vuông góc AC Gi H chân đường

vng góc kẻ từ A đến BC Chứng minh tia HA qua trung điểm đoạn

thẳng DE

HD : Từ 1.2 ta có định hướng giải sau:

Kẻ DQ  AM tại Q, ERAM tại R

Ta có : + DAQ HBH  ( Cùng phụ BAH )

AD = AB (gt)  ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn)  DQ = AH (1)

+ACH EAR ( phụ CAH )

AC = AE (gt)  ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn)  ER = AH ( 1) Từ (1) (2)  ER = DQ

Lại có M M ( hai góc đối đỉnh )

 ∆QDM = ∆REM ( g.c.g)  MD = ME hay M trung điểm DE

+ Từ 1.3 ta thấy với M trung điểm DE tia MADE , ngược lại

nếu H trung điểm BC tia KA vng góc với DE, ta có tốn 1.4

Bài 1.4: Cho tam giác ABC có Â < 900 Vẽ phía ngồi tam giác hai on

thẳng AD vuông góc AB; AE vuông góc AC Gi H trung điểm

BC

Chứng minh tia HA vng góc với DE

HD : Từ 1.3 ta dễ dạng giải toán 1.4

Trên tia AH lấy điểm A’ cho AH = HA’ Dễ CM ∆AHC = ∆A’HB ( g.c.g)

 A’B = AC ( = AE) HAC HA B'

 AC // A’B  BAC ABA ' 180 0 ( cặp góc phía) Mà DAE BAC  1800  DAE ABA'

  '

DAEABA  ∆DAE = ∆ABA’(c.g.c)

 ADEBAA ' mà ADE BAA ' 90  ADE MDA 900 Suy HA vng góc với DE

Bài : Cho tam giác cân ABC (AB = AC) Trên cạnh BC lấy điểm D, tia đối tia CB lấy điểm E cho BD = CE Các đờng thẳng vng góc với BC kẻ từ D E cắt AB, AC lần lợt M, N Chứng minh rằng:

a) DM = EN

b) §êng thẳng BC cắt MN trung điểm I MN

c) Đờng thẳng vng góc với MN I qua điểm cố định D thay đổi cạnh BC

* Phân tích tìm lời giải

a) Để cm DM = EN



Cm ∆BDM = ∆CEN ( g.c.g)

 Có BD = CE (gt) , D E  900 ( MD, NEBC)

BCA CBA ( ∆ABC cân A)

b) Cm Đờng thẳng BC cắt MN trung ®iĨm I cđa MN  Cần cm IM = IN



Cm ∆MDI = ∆NEI ( g.c.g)

c) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A xuống BC , O giao điểm AH với

đường thẳng vng góc với MN kẻ từ I  Cần cm O điểm cố định Để cm O điểm cố định

 Cần cm OC  AC 

Cần cm OAC OCN  900



Cần cm : OBA OCA  OBM OCM 

Cần cm ∆OBM = ∆OCN ( c.c.c) ∆OAB = ∆OAC (c.g.c)

*Khai thác 2

Từ ta thấy BM = CN , ta phát biểu lại toán sau:

Bi 2.1 Cho tam giác cân ABC (AB = AC) Trên cạnh AB lấy điểm M, tia AC lÊy ®iĨm N cho BM = CN Đường thẳng BC cắt MN I

b) Đờng thẳng vng góc với MN I qua điểm cố định D thay

đổi

lời giải:

Từ lời giải để giải 2.1 ta cần kẻ MDBC ( D BC)

NE  BC ( EBC)

Bài : Cho ∆ABC vuông A, K trung điểm cạnh BC Qua K kẻ đường thẳng vng góc với AK , đường thẳng cắt đường thẳng AB AC D E Gọi I trung điểm DE

a) Chứng minh : AI  BC

b) Có thể nói DE nhỏ BC khơng ? sao?

*Phân tích tìm lời giải

a) Gọi H giao điểm BC AI

Để cm AI  BC  Cần cm A1ACK 900

Để cm A1ACK 900



Có AEK EAK 900

 cần cm A1AEK ACK CAK



Cần cm ∆AIE cân I ∆AKC cân K b) Để so sánh DE với BC

 cần so sánh IE với CK ( 2.IE = DE, 2CK = BC) 

So sánh AI với AK ( AI = IE, AK = CK) Có AI  AK

Lời giải :

a)Dễ dàng chứng ∆AIE cân I ∆AKC cân K  cần cm A1AEK

 

ACK CAK mà AEK EAK 900  A1ACK 900  AI  BC

b) ta có BC = CK = 2AK ( CK = AK) , DE = 2IE = 2.AI ( AI = IE)

Mà AI  AK  DE BC , DE = BC K trùng với I ∆ABC vng

cân A

a)

2

2

4

EF AH AE

 

b) 2BME ACB B   . c) BE = CF

lơì giải

Áp dụng định lý Py –ta-go cho tam giác vng AFH, ta có: HF2 + AH2 = AF2

Mà AHE = AHF (g-c-g) nên HF =

1

2EF; AF = AE

Suy ra:

2

2

4 EF

AH AE

 

Tõ AEH AFH Suy E1F

XÐt CMF cã ACB lµ gãc ngoµi suy CMF ACB F 

BME cã E1 lµ gãc ngoµi suy BME E 1 B vËy CMF BME  (ACB F  ) ( E1 B )

hay 2BME ACB B  (®pcm).

Từ AHEAHF Suy AE = AF E1 F

Từ C vẽ CD // AB ( D  EF ) => BMECMD g c g(   ) BE CD (1)

Lại có: E1 CDF (cặp góc đồng vị) Do CDF F  CDFcân CF = CD ( 2)

Từ (1) (2) suy BE = CF

Bài : Cho tam giác ABC có góc B góc C hai góc nhọn Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AD = AB , tia đối tia AC lấy điểm E cho AE =

AC

a) Chứng minh : BE = CD

b) Gọi M trung điểm BE , N trung điểm CB Chứng minh M,A,N thẳng hàng

c)Ax tia nằm hai tia AB AC Gọi H,K hình chiếu B C tia Ax Chứng minh BH + CK  BC

d) Xác định vị trí tia Ax để tổng BH + CK có giá trị lớn

*Phân tích tìm lời giải

a) Để cm BE = CD 

Cần cm ABE = ADC (c.g.c) b) Để cm M, A, N thẳng hàng 

1

C H

M E

D B

A

F

x k

I

A

B C

D E

H

K

Cần cm BAN BAM 1800



Có BAN NAD 1800  Cần cm MAB NAD  Để cm MAB NAD 



Cần cm ABM = ADN (c.g.c) c) Gọi giao điểm BC Ax  Để cm BH + CK  BC



Cần cm BH BI CK CI;  Vì BI + IC = BC d) BH + CK có giá trị lớn = BC

K,H trùng với I , Ax vng góc với BC

Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đờng cao AH miền tam giác ABC ta vẽ tam giác vuông cân ABE ACF nhận A làm đỉnh góc vng Kẻ EM, FN vng góc với AH (M, N thuộc AH)

a) Chøng minh: EM + HC = NH b) Chøng minh: EN // FM

*Phân tích tìm lời giải

a) Để cm EM + HC = NH 

Cần cm EM = AH HC = AN

+ Để cm EM = AH  cần cm ∆AEM =∆BAH ( cạnh huyền – góc nhon)

+ Để cm HC = AN  cần cm ∆AFN =∆CAH ( cạnh huyền – góc nhon) b) Để cm EN // FM



AEF EF N ( cặp góc so le trong)

Gọi I giao điểm AN EF  để cm AEF EF N 

Cần cm ∆MEI = ∆NFI ( g.c.g)

Bài : Cho tam ABC vuụng A , đờng cao AH, trung tuyến AM Trên tia đối tia MA lấy điểm D cho DM = MA Trên tia đối tia CD lấy điểm I cho CI = CA, qua I vẽ đờng thẳng song song với AC cắt đờng thẳng AH E

Chøng minh: AE = BC *Phân tích tìm lời giải

Gọi F giao điểm BA IE

 để Cm AE = BC cần cm : ∆AFE = ∆ CAB Để cm : ∆AFE = ∆ CAB

Cần cm AF = AC (2); AF C BAC 900 (1); EAF ACB(3) + Để cm (1) : AF C BAC 900



Cm CI // AE có FI // AC BAC900

 Để Cm CI // AE 

Cm ∆AMB = ∆ DMC ( c.g.c) + Để cm (2) : AF = AC



Cm ∆AFI = ∆ ACI ( Cạnh huyền – góc nhọn) + Cm (3) : EAF ACB ( phụ HAC)

*Khai thác toán :

Từ ta thấy AH  AM  HE  AM + BC = 3AM ( AM = MB = MC) Vậy HE lớn = 3AM =

3

2BC H trùng M tam giác ABC vuông cân

Bài Cho tam giác ABC có AB < AC Gọi M trung điểm BC, từ M kẻ đ ờng thẳng vuông góc với tia phân giác góc A, cắt tia N, cắt tia AB E cắt tia AC F Chứng minh rằng:

a) AE = AF b) BE = CF c) AE=AB+AC

2

* Phân tích tìm lời giải

a) Để cm AE = AF 

∆ANE = ∆ ANF ( c g c) Hoặc ∆AEF cân A

( Có AH vừa tia phân giác , vừa đương cao) b) Để cm BE = CF

 cần tạo tam giác chứa BE( có cạnh = BE) mà tam giác MCF + Kẻ BI // AC  ∆MBI = ∆CMF( c g c)

c) AB + AC = AB + AF + CF =( AB + FC) + AF mà CF = BC AE = AF  AE = AB + AC hay AE=AB+AC

2

Bài Cho tam giác ABC có góc A khác 900, góc B C nhọn, đờng cao AH Vẽ các

điểm D, E cho AB trung trực cđa HD, AC lµ trung trùc cđa HE Gäi I, K lần l ợt giao điểm DE với AB vµ AC

a) Chứng minh : Tam giác ADE cõn ti A b) Tính số đo góc AIC vµ AKB ?

*Phân tich tìm hướng giải - Xét TH góc A < 900

a) Để cm ∆ ADE cân A  cần cm : AD = AH = AE ( Áp dụng t/c đường trung trực) b) Dự đoán CI  IB , BK  KC

Do IB, KC tia phân giác góc ngồi ∆ HIK nên HA tia phân giác Do AHC900 nên HC

là tia phân giác đỉnh H Các tia phân giác góc ngồi đỉnh H K ∆ HIK cắt C nên IC tia phân giác góc HIK , IB  IC , Chứng minh tượng tự ta có BK  KC

- Xét TH góc A>900

*Khai thác tốn :

Gọi M điểm thuộc cạnh BC , qua M lấy điểm D’, E’ cho AB trung trực của D’M, AC trung trực ME’ Khi ta có ∆ AD’E’ cân A góc DAC có

Từ ta có tốn sau:

Bài 9.1 Cho tam giác ABC nhọn Tìm điểm M cạnh BC cho vẽ các điểm D, E AB đường trung trực MD, AC đường trung trực ME DE có độ dài nhỏ

HD Tự nhận xét dễ dàng tìm vị trí điểm M cạnh BC

vng góc với AB đường thẳng qua C song song với MD cắt E Đường thẳng AB cắt CE P DM Q Chứng minh Q trung điểm BP

HD Trên tia đối tia MQ lấy điểm H cho MH = MQ - Cm ∆ BMQ = ∆ CMH ( c.g.c)

 BQ = CH (1) MBQ MCH 

 BQ//CH hay PQ // CH ( MBQ MCH , là cặp góc so le trong)

- Nối PH , cm ∆ PQH = ∆ HCP ( g.c.g)

 PQ = CH (2) , Do Q nằm B P dù góc B nhỏ 1350 Từ (1) (2) Suy đpcm

Bài 11 Cho tam giác ABC cân A có A 20  0, vẽ tam giác DBC (D nằm tam

giác ABC) Tia phân giác góc ABD cắt AC M Chứng minh: a) Tia AD phân giác góc BAC

b) AM = BC

HD a) Chứng minh ADB = ADC (c.c.c) suy DAB DAC

Do DAB 20 : 100 

b) ABC cân A, mà A200(gt) nên ABC(1800 20 ) : 800 

ABC nên DBC600

Tia BD nằm hai tia BA BC suy ABD800 600 200.

Tia BM phân giác góc ABD nên ABM 100

Xét tam giác ABM BAD có:

AB cạnh chung ; BAM ABD20 ;0 ABM DAB100

Vậy: ABM = BAD (g.c.g)

suy AM = BD, mà BD = BC (gt) nên AM = BC

200

M A

B C

Bài 12 Cho tam giác ABC vuông A ( AB > AC) Tia phân giác góc B cắt AC D. Kẻ DH vng góc với BC Trên tia AC lấy điểm E cho AE = AB Đường thẳng vng góc với AE E cắt tia DH K Chứng minh :

a) BA = BH b) DBK 450

c) Cho AB = cm, tính chu vi tam giác DEK HD : a) Cm ∆ABD = ∆HBD ( cạnh huyền – góc nhọn)

b) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với EK , cắt EK I

Ta có : ABI 900 , Cm ∆HBK = ∆IBK ( cạnh huyền – cạnh góc vng)

 B3 B mà B1B2  DBK 450

c) Chu vi tam giác DEK = DE + EK + KD = … = 2.4 = cm

* Từ ta thấy DBK 450 chu vi ∆DEK = AB có chu vi ∆DEK

= ta cm DBK 450 Ta có tốn sau :

Bài 12.1 Cho cạnh hình vng ABCD có độ dài Trên cạnh AB, AD lấy điểm P, Q cho chu vi APQ

Chøng minh r»ng gãc PCQ b»ng 450. HD :