Phân tích:Giả sử bài toán đã giải xong,và ta đã dựng được tam giác ABC thoả mãn yêu cầu của đề toán .Phân tích hình đó theo hướng phát hiện một bộ phận của hình hội đủ các điều kiện để d[r]
(1)CHUYÊN ĐỀ 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bình phương đúng số nguyên II TÍNH CHẤT: Số chính phương có thể có chữ số tận cùng 0, 1, 4, 5, 6, ; không thể có chữ số tận cùng 2, 3, 7, Khi phân tích thừa số nguyên tố, số chính phương chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn Số chính phương có thể có hai dạng 4n 4n + Không có số chính phương nào có dạng 4n + 4n + (n N) Số chính phương có thể có hai dạng 3n 3n + Không có số chính phương nào có dạng 3n + (n N) Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn Số chính phương tận cùng thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho 25 Số chính phương chia hết cho thì chia hết cho 16 III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh với số nguyên x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì 2 A = (t - y )( t + y ) + y = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 Z Vậy A là số chính phương Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng luôn là số chính phương Gọi số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + (n N) Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + (2) = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + (*) Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + là số chính phương Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2) Chứng minh 4S + là số chính phương 1 Ta có k(k+1)(k+2) = k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] = k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) 1 1 1.2.3.4 0.1.2.3 + 2.3.4.5 1.2.3.4 +…+ 4 4 1 k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) ⇒ S= 4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) + Theo kết bài ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + là số chính ph ương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số trên xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước nó Chứng minh tất các số dãy trên là số chính phương Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số n chữ số 10n −1 10n −1 10n + 9 2n n 10 + 10 +1 10n +1 = = ( +1= n chữ số 4 102 n − 10n +8 10 n − 8+9 = ) Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho nên nó chia hết cho ⇒ n n-1 chữ số ( 103 +1 ) Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương Bài 5: Chứng minh các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 2n chữ số n chữ số (3) B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 2n chữ số n+1 chữ số Kết quả: A = ( n 10 +2 ) ; n chữ số ( B= n 10 +8 ) ; C= ( n 10 +7 ) Bài 6: Chứng minh các số sau là số chính phương: a A = 22499…9100…09 n-2 chữ số n chữ số b B = 11…155…56 n chữ số n-1 chữ số a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + = ( 15.10n – ) ⇒ A là số chính phương b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 + n chữ số n chữ số = n 10 −1 10n + 2n n 10 +4 10 + = = n chữ số n 10 −1 ( n 10 +2 +1= ) 2n n n chữ số n 10 − 10 +5 10 −5+ 9 là số chính phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh tổng các bình phương số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương Gọi số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ) Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2) Vì n2 không thể tận cùng đó n2+2 không thẻ chia hết cho ⇒ 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương (4) Bài 8: Chứng minh số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 đó n N và n>1 không phải là số chính phương n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ] = n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]= n2( n+1 )2.( n2–2n+2) Với n N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + > ( n – )2 và n2 – 2n + = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + < n2 ⇒ n2 – 2n + không phải là số chính phương Bài 9: Cho số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác còn chữ số hàng đơn vị là Chứng minh tổng các chữ số hàng chục số chính phương đó là số chính phương Cách 1: Ta biết số chính phương có chữ số hàng đơn vị là thì chữ số hàng chục nó là số lẻ Vì chữ số hàng chục số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 đó tổng chúng + + + + = 25 = 52 là số chính phương Cách 2: Nếu số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là thì chữ số tận cùng a là ⇒ a ⋮ ⇒ a2 ⋮ Theo dấu hiệu chia hết cho thì hai chữ số tận cùng M có thể là 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: + + + + = 25 = 52 là số chính phương Bài 10: Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ không phải là số chính phương a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N) ⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + = 4(k2 + k + m2 + m) + = 4t + (Với t N) Không có số chính phương nào có dạng 4t + (t N) đó a2 + b2 không thể là số chính phương Bài 11: Chứng minh p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p - và p + không thể là các số chính phương Vì p là tích n số nguyên tố đầu tiên nên p ⋮ và p không chia hết cho (1) a Giả sử p+1 là số chính phương Đặt p+1 = m2 (m N) Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ Đặt m = 2k+1 (k N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + ⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ mâu thuẫn với (1) ⇒ p+1 là số chính phương b p = 2.3.5… là số chia hết cho ⇒ p-1 có dạng 3k+2 (5) Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 không là số chính phương Vậy p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007 Chứng minh số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương a 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – Có 2N ⋮ ⇒ 2N-1 không chia hết cho và 2N-1 = 3k+2 (k N) ⇒ 2N-1 không là số chính phương b 2N = 2.1.3.5.7…2007 Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho và 2N ⋮ 2N không chia hết cho 2N chẵn nên 2N không chia cho dư ⇒ 2N không là số chính phương c 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 2N không chia hết cho nên 2N+1 không chia cho dư ⇒ 2N+1 không là số chính phương Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05 2008 chữ số 2007 chữ số √ ab+1 là số tự nhiên Chứng minh 102008 −1 Cách 1: Ta có a = 11…1 = ; b = 100…05 = 100…0 + = 102008 + 2008 chữ số 2007 chữ số 2008 chữ số ⇒ ab+1 = √ ab+1 Ta thấy 10 2008 = √( 2008 (10 102008 + −1)(10 ) + = 100…02 = ⋮ 2008 2008 +5) +1= 10 2008 ¿ + 10 ¿ ¿ ¿ − 5+9 = ( ⇒ ⇒ nên 102008 +2 2008 chữ số ab+1 = a(9a +6) + 12 = 9a2 + 6a + = (3a+1)2 a+1 ¿ √ ab+1 = ¿ = 3a + N √¿ 2008 +2 ) 102008 +2 N hay √ ab+1 là số tự nhiên 2007 chữ số Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – + = 99…9 + = 9a +6 2007 chữ số 10 2008 chữ số (6) DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n cho các số sau là số chính phương: a n2 + 2n + 12 b n ( n+3 ) c 13n + d n2 + n + 1589 Giải a Vì n + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) 2 2 ⇒ (n + 2n + 1) + 11 = k ⇔ k – (n+1) = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k=6 k–n-1=1 n=4 2 2 b Đặt n(n+3) = a (n N) ⇒ n + 3n = a ⇔ 4n + 12n = 4a2 ⇔ (4n2 + 12n + 9) – = 4a2 ⇔ (2n + 3) ❑2 - 4a2 = ⇔ (2n + + 2a)(2n + – 2a)= Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a và chúng là số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + + 2a = ⇔ n=1 2n + – 2a = a=2 c Đặt 13n + = y ( y N) ⇒ 13(n – 1) = y2 – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4) ⇒ (y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + ⋮ 13 y – ⋮ 13 ⇒ y = 13k ± (Với k N) ⇒ 13(n – 1) = (13k ± ) – 16 = 13k.(13k ± 8) ⇒ n = 13k2 ± 8k + Vậy n = 13k2 ± 8k + (Với k N) thì 13n + là số chính phương 2 d Đặt n + n + 1589 = m (m N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 ⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > và chúng là số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28 Bài 2: Tìm a để các số sau là số chính phương: a a2 + a + 43 (7) b a2 + 81 c a2 + 31a + 1984 Kết quả: a 2; 42; 13 b 0; 12; 40 c 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là số chính phương Với n = thì 1! = = 12 là số chính phương Với n = thì 1! + 2! = không là số chính phương Với n = thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 là số chính phương Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! tận cùng đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng chữ số nên nó không phải là số chính phương Vậy có số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương: a n + 2004 ( Kết quả: 500; 164) b (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) c n + 4n + 97 d 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N) 2 Từ đó suy m – n = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006 Như số m và n phải có ít số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là số chẵn ⇒ (m + n)(m - n) ⋮ Nhưng 2006 không chia hết cho ⇒ Điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương Bài 6: Biết x N và x>2 Tìm x cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Đẳng thức đã cho viết lại sau: x(x-1) 2= (x-2)xx(x-1) Do vế trái là số chính phương nên vế phải là số chính phương Một số chính phương có thể tận cùng các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x có thể tận cùng các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; (1) (8) Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và < x ≤ (2) Từ (1) và (2) ⇒ x có thể nhận các giá trị 5; 6; Bằng phép thử ta thấy có x = thỏa mãn đề bài, đó 762 = 5776 Bài 7: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 và 3n+1 là các số chính phương Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số chính phương lẻ khoảng trên ta 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n+1 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 là số chính phương Vậy n = 40 Bài 8: Chứng minh n là số tự nhiên cho n+1 và 2n+1 là các số chính phương thì n là bội số 24 Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N) Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m = 4a (a+1) + ⇒ ⇒ n= m2 −1 = a (a+1) = 2a(a+1) n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b N) ⇒ k2 = 4b(b+1) +1 ⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮ (1) Ta có k2 + m2 = 3n + 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho dư 1, m2 chia cho dư Nên để k2 + m2 (mod3) thì k2 (mod3) m2 (mod3) ⇒ m2 – k2 ⋮ hay (2n+1) – (n+1) ⋮ ⇒ n ⋮ (2) Mà (8; 3) = (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24 Bài 9: Tìm tất các số tự nhiên n cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48) 2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n và p > q ⇒ ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3 a+48 = 2p a- 48 = 2q ⇒ q = và p-q = ⇒ p = ⇒ n = 5+7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 (9) DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A là số chính phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị thì ta số chính phương B Hãy tìm các số A và B Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào chữ số A đơn vị thì ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N và 32 < k < m < 100 a, b, c, d N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤ ⇒ Ta có A = abcd = k B = abcd + 1111 = m2 ⇒ m2 – k2 = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > nên m-k và m+k là số nguyên dương Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101 ⇔ Do đó m – k == 11 ⇔ m = 56 A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136 Bài 2: Tìm số chính phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = và k N, 32 ≤ k < 100 Suy 101cd = k – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10 ⋮ 101 k-10 ⋮ 101 Mà (k-10; 101) = ⇒ k +10 ⋮ 101 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91 ⇒ abcd = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ Ta có n = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11 Mà ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ nên ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) n2 = 112(9a+1) đó 9a+1 là số chính phương Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn ⇒ b = Số cần tìm là 7744 Bài 4: Tìm số có chữ số vừa là số chính phương vừa là lập phương Gọi số chính phương đó là abcd Vì abcd vừa là số chính phương vừa là lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N Vì y = x nên y là số chính phương (10) Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096 Bài 5: Tìm số chính phương gồm chữ số cho chữ số cuối là số nguyên tố, bậc hai số đó có tổng các chữ số là số chính phương Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và ≤ a ≤ ; ≤ b,c,d ≤ abcd chính phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9} d nguyên tố ⇒ d = Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100 k là số có hai chữ số mà k2 có tận cùng ⇒ k tận cùng Tổng các chữ số k là số chính phương ⇒ k = 45 ⇒ abcd = 2025 Vậy số phải tìm là 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu các bình phương số đó và viết số hai chữ số số đó theo thứ tự ngược lại là số chính phương Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b N, ≤ a,b ≤ ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba 2 Ta có ab - ba = ( 10a + b ) – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮ 11 Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11 Vì < a - b ≤ , ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11 2 Khi đó ab - ba = 32 112 (a - b) Để ab 2- ba 2là số chính phương thì a - b phải là số chính phương đó a-b = a - b = Nếu a-b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65 Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332 Nếu a - b = kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm là 65 Bài 7: Cho số chính phương có chữ số Nếu thêm vào chữ số đó ta số chính phương Tìm số chính phương ban đầu ( Kết quả: 1156 ) Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phương số lập phương tổng các chữ số nó Gọi số phải tìm là ab với a,b N và ≤ a ≤ , ≤ b ≤ (11) Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3 ⇒ ab là lập phương và a+b là số chính phương Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l ( l N ) Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 ab = 64 Nếu ab = 27 ⇒ a + b = là số chính phương ⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại Nếu ab = 64 Vậy số cần tìm là ab = 27 Bài 9: Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là số có chữ số giống Gọi số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n N) Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và ≤ a ≤ ⇒ 12n( n + ) = 11(101a – ) ⇒ 101a – ⋮ ⇒ 2a – ⋮ Vì ≤ a ≤ nên ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – { 3; 9; 15 } ⇒ a { 2; 5; } Vì a lẻ ⇒ a = ⇒ n = 21 số càn tìm là 41; 43; 45 Bài 10: Tìm số có chữ số cho tích số đó với tổng các chữ số nó tổng lập phương các chữ số số đó ab (a + b ) = a3 + b3 ⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab ⇔ 3a( + b ) = ( a + b ) ( a + b – ) a + b và a + b – nguyên tố cùng đó a + b = 3a a + b – = 3a a +b–1=3+b a+b=3+b ⇒ a=4,b=8 a=3,b=7 Vậy ab = 48 ab = 37 Chuyên đề 2: CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC 1/ Cho biểu thức f( x ,y, ) a/ Ta nói M giá trị lớn ( GTLN) biểu thức f(x,y ) kí hiệu max f = M hai điều kiện sau đây thoả mãn: - Với x,y để f(x,y ) xác định thì : (12) f(x,y ) M ( M số) (1) - Tồn xo,yo cho: f( xo,yo ) = M (2) b/ Ta nói m là giá trị nhỏ (GTNN) biểu thức f(x,y ) kí hiệu f = m hai điều kiện sau đây thoả mãn : - Với x,y để f(x,y ) xác định thì : f(x,y ) m ( m số) (1’) - Tồn xo,yo cho: f( xo,yo ) = m (2’) 2/ Chú ý : Nếu có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa có thể nói gì cực trị biểu thức chẳng hạn, xét biểu thức : A = ( x- 1)2 + ( x – 3)2 Mặc dù ta có A chưa thể kết luận minA = vì không tồn giá trị nào x để A = ta phải giải sau: A = x2 – 2x + + x2 – 6x + = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + A = ⇔ x -2 = ⇔ x=2 Vậy minA = khi x = II/ TÌM GTNN ,GTLN CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN 1/ Tam thức bậc hai: Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c Tìm GTNN P a ¿ Tìm GTLN P a ¿ ¿ Giải : P = ax2 + bx +c = a( x2 + Đặt c - b2 4a =k Do ( x + b a x ) + c = a( x + b )2 2a nên : b2 b 2 a )2 + c - 4a (13) - Nếu a b )2 2a thì a( x + , đó P k MinP = k và x = - b 2a b )2 2a ¿ ¿ thì a( x + ¿ -Nếu a đó P k MaxP = k và x = b 2a 2/ Đa thức bậc cao hai: Ta có thể đổi biến để đưa tam thức bậc hai Ví dụ : Tìm GTNN A = x( x-3)(x – 4)( x – 7) Giải : A = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12) Đặt x2 – 7x + = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y2 - 36 minA = -36 y = ⇔ ⇔ x2 – 7x + = -36 x1 = 1, x2 = ⇔ 3/ Biểu thức là phân thức : a/ Phân thức có tử là số, mẫu là tam thức bậc hai: x −5 − x Ví dụ : Tìm GTNN A = 2 = x −5 − x Giải : A = Ta thấy (3x – 1)2 chất a A b thì −2 x −6 x +5 = nên (3x – 1) +4 a b đó 1 Bài tập áp dụng: ⇔ (3 x 1) với a, b cùng dấu) Do đó - minA = - x −1 ¿2 + ¿ −2 ¿ 3x – = ⇔ x = 3 x −1 ¿2 + ¿ −2 ¿ theo tính −2 ⇒ - (14) x 4x HD giải: Tìm GTLN BT : 1 1 A max A= x 2 x 4x x 5 A x 6x 17 HD Giải: Tìm GTLN BT : 1 1 A max A= x 3 x 6x 17 x 3 8 A A x 2x (51/217) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: b/ Phân thức có mẫu là bình phương nhị thức x − x+ x −2 x+ Ví dụ : Tìm GTNN A = Giải : Cách : Viết A dạng tổng hai biểu thức không âm 2 x2 2x 1 x2 4x x x 1 A = = + x − 2¿ ¿ x − 1¿ ¿ ¿ ¿ minA = và chi x = Cách 2: Đặt x – = y thì x = y + ta có : 3( y 1) 8( y 1) A = y 1 y 1 y y y y y 1 y y 1 y 1 y2 =3- y + -1)2 + minA = ⇔ y = ⇔ x–1=1 ⇔ x=2 Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số TRẦN THỊ VÂN ANH) 1, (13/200) Tìm GTNN và GTLN bt: 2, (36/210) Tìm GTNN bt : B P x2 1 x2 x 1 x x 2006 x2 3, ( 45/ 214) Tìm GTNN và GTLN bt: C x2 x2 5x y =( y (15) 4, ( 47, 48 /215) Tìm GTNN bt : a, D x2 2x x2 2x b, E x2 x 2x2 4x c/ Các phân thức dạng khác: 3−4 x x 2+1 Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN A = Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức dạng bình phương số : A = x −4 x+ − x −1 x +1 = x − 2¿ ¿ -1 ¿ ¿ -1 Min A= -1 và x = Tìm GTLN A = x 2+ − x − x −1 x 2+ =4- x +1 ¿ ¿ ¿ ¿ Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số TRẦN THỊ VÂN ANH) 1, (42, 43/ 221) Tìm GTLN bt: 3, (35, 36 / 221) Tìm GTNN bt: a, a, A x x 2 C x2 x x Với x > 0; B b, b, D x2 x 2 x5 x Với x > E x x với x > 0; a, 4, (34, 36/ 221) Tìm GTNN bt: 6, Tìm GTNN bt: 7, (Tìm GTNN bt: 8, Tìm GTNN bt: x x 17 Q x 1 R S x3 F x b, Với x > Với x > x x 34 x 3 Với x > x 2000 x Với x > III/ TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN Ví dụ : Tìm GTNN A = x3 + y3 + xy biết x + y = sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2 (16) Đến đây ta có nhiều cách giải Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất biểu thức có chứa A x+y =1 (x – y)2 Mà x2 + 2xy + y2 = ⇒ Hay: x2 - 2xy + y2 Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 ) minA = (1) (2) ⇒ x2 + y2 và x = y = Cách 2: Biểu thị y theo x đưa tam thức bậc hai x Thay y = x – vào A 1 A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 - )2 + minA = 2 và x = y = Cách 3/ Sử dụng điều kiện đã cho để dưa biến Đặt x = 2 + a thì y = - a Biểu thị x2 + y2 ta : 1 x2 + y = ( + a)2 + ( - a)2 = ⇔ => MinA = +2 a2 ⇔ x=y = 2 Bài tập 1: Tìm Min A = a ab b 3a 3b 2014 2 Cách Ta có: A= a 2a 1 b 2b 1 ab a b 1 2011 = a 2a b 2b ab a b 2011 = = a 1 2 a 1 2 b 1 a 1 b 1 2011 a 1 a 1 b 1 b 1 b 1 2 b 1 b 1 = a 2011 2011 + b 0 a a b 1 b 0 Min A = 2011 Cách 2: b 1 a b 1 b 1 2011 a=0 (17) 2A 2 a ab b 3a 3b 2014 = a 2a b 2b a ab b 2.2 a b 4022 2 = a 1 b 1 a b 4022 Min 2A = 4022 a 0 a b 1 b 0 a b 0 => Min A = 2011 BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ: 2 Bài CMR : Min P = Với P = a ab b 3a 3b Bài CMR: không có giá trị nào x, y, z thỏa mãn ĐT: x y z x y z 15 0 Hướng dẫn Ta có: 2 VT x x y y z z 1= x-1 y z 1 Bài 3: Có hay không các số x,y,z thỏa mãn đẳng thức sau: 2 1) x y z x y z 22 0 2 2) x y z x 12 y 12 z 1994 Hướng dẫn Ta có: 1) VT x x y y z z 16 2 = x+2 y 1 z 1 2) VT = x x y 12 y z 12 z 1986 2 = x 1 y 3 3z 1986 1986 2 Bài 4: CMR: Min A=2 Với A = m 4mp p 10m 22 p 28 Hướng dẫn Ta có: A = m 4mp p p p 10m 20 p 27 2 = m p 2.5 m p 25 p 1 2 = m p p 1 2 2 Bài 5: CMR: Max B = Với B a 5b 2a 4ab 10b Hướng dẫn Ta có: (18) 2 B a 4ab 4b b 6b 2a 4b = - a 4ab 4b b 6b a 2b 1 2 = - a 2b a 2b 1 b 3 2 = - a 2b 1 b 3 4 Bài 6: Tìm GTNN a) A=a 5b 4ab 2b ( Gợi ý ) 2 ( Gợi ý B = x-y y 3 x 3 2011 ) 2 b) B = x y xy x y 2029 2 2 c) C x y z x 12 y 24 z 30 d) A = a - 2b b 1 ( Gợi ý ( Gợi ý D= 4x-3y x 1 y 2011 D= 20x 18 y 24 xy x 12 y 2016 Bài 7: Tìm các số a, b, c, d thỏa mãn : C = x+2 y 3 z 1 a b c d a b c d (*) a b c d ab a b c a b c d a b c d 0 a b c d ab ac ad 0 a b c d ab ac ad 0 a 4ab 4b a 4ac 4c a 4ad 4d a 0 Ta có : 2 2 2 a 2b a 2c a 2d a 0 Dấu “=” sảy : a 2b 2c 2d 0 a b c d 0 BÀI TẬP VỀ NHÀ: Bài 1: Tìm các số a, b, c, d, e thỏa mãn : 2a b c d e a b c d e 2 Bài 2: Tìm các số a, b, c, thỏa mãn : a b 1 ab a b 2 Bài 3: Tìm các số a, b, thỏa mãn : 4a 4b 4ab 4a 4b 0 2 Bài 4: Tìm các số x, y, z thỏa mãn : x y z 2 x y z 14 2 Bài 5: Tìm các số m, p, thỏa mãn : m p 4mp 10m 22 p 25 IV Các chú ý giải bài toán cực trị : 1, Chú ý 1: Khi tìm bai toán cực trị ta có thể đổi biến Ví dụ : Tìm GTNN ( x – 1)2 + ( x – 3)2 ) ) (19) ta đặt x – = y, biểu thức trở thành (y + 1)2 + (y – 1)2 =2y2 +2 ⇒ minA= ⇒ y=0 ⇒ x=2 Chú ý 2, Khi tìm cực trị biểu thức , nhiều ta thay điều kiện để biểu thức này đạt cực trị điều kiện tương đương là biểu thức khác đạt cực trị chẳng hạn : -A lớn ⇔ B lớn ⇔ A nhỏ B nhỏ với B > x4 1 A 2 ( x 1) (Chú ý A> nên A lớn A nhỏ và Ví dụ : Tìm GTLN ngược lại) ( x 1) x x 2x2 4 x 1 x Vậy A Ta có : A = x 1 A = x = Do đó maxA =1 x = 3,Chú ý Khi tìm GTLN, GTNN biểu thức ,người ta thường sử dụng các BĐT đã biết Bất đăng thức có tính chất sau a ) a > b , c > d với a, b, c, d > thì a.c > b d b) a > b và c > thì a.c > b.c c) a > b và c < thì a.c < b.c d) a > b và a, b, n > thì an > bn BĐT Cô si: a + b ab ; a2 + b2 2ab ; (a + b)2 Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a2 + b2) ( c2 + d2) 4ab ; 2( a2 + b2) ( a+ b)2 (ac + bd)2 Ví dụ Cho x2 + y2 = 52 Tìm GTLN A = 2x + 3y Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )2 ⇒ 2x + 3y 26 Vậy maxA = 26 ( 22+32 ).52 ⇒ ( 2x + 3y )2 2 x 3 y ⇔ 2 x y 0 13.13.4 (20) 3x Thay y = vào x2 + y2 = 52 ta 4x2 + 9x2 = 52.4 ⇒ x2 = 16 ⇒ x=4 x= -4 Với x = thì y =6 thoả mãn 2x +3y x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y Vậy Max A = 26 ⇔ x =4 , y = 3/ Trong các bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau - Nếu số có tổng không đổi thì tích chúng lớn số đó - Nếu số dương có tích không đổi thì tổng chúng nhỏ số đó bang Ví dụ: Tìm GTLN, GTNN tích xy, biết x,y N thoả mãn x + y = 2005 Giải : Ta có 4xy = (x + y)2 – (x – y)2 = 20052 - (x – y)2 xy lớn ⇔ x – y nhỏ ; xy nhó ⇔ x – y lớn giả sử x > y ( không thể xảy x = y) Do Ta có min(x –y) = x = 1003 ; y =1002 y x 2004 nên x-y 2003 max(x –y) = 2003 x =2004 , y = Do đó max(xy) = 1002.1003 x = 1003 , y = 1002 Min ( xy) = 2004 x = 2004 , y = MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ 1, Sai lầm sử dụng nhiều bất đẳng thức khac VD1: cho x, y là các số dương thỏa mãn x +y =1 Tìm GTNN biểu thức : A= x y 4 , xy (1) Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm x y ta có: x y xy xy Lại có: (2 ) A= Từ (1) và (2) suy : Phân tích sai lầm: 4 8 x y xy Vậy Min A = 4x y x y Đẳng thức sảy (1) Đẳng thức sảy (2) x = y Từ đó suy x = y = ( Loại vì x + y = 1) (21) Có bạn đến đây KL không có giá trị nhỏ là KL sai 1 4 4x y A = x+y 5 y x x y Giải đúng: Vì x + y = nên 4x y 4x y 4x y 2 4 , y x y x y x Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm Ta có : Dấu “=” xẩy 4x y x y x y 1 y 2 x x y 1 x y 2 Lưu ý: Nếu sử dụng nhiều BĐT khác bài toán thì ta phải kiểm tra xem chúng có đồng thời sảy dấu không Có thì hướng giải bài toán đúng 2, Sai lầm không sử dụng hết điều kiện bài toán: VD2:cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= Tìm GTNN BT : 1 1 A = x+ y y x Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm x, 1 x+ 2 x 2 x x x Ta có: (1) Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm y, 1 y+ 2 y 2 y y y Ta có: (2) Từ (1) và (2) =>A => Min A = x x 1 x Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy (1) y y 1 Đẳng thức sảy (2) y Từ đó suy x = y = ( Loại vì x + y = 1) Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có : x+y xy 1 xy xy (22) 2 1 1 1 A = + x +y + x y 2 Khi đó: x + y = (x + y) – 2xy - = (1) Ta có : 2 1 25 25 2 2 8 x y x y xy (2) Từ (1) và (2) =>A + +4 = =>Min A = x=y = Lưu ý: Khi giải bài toán mà không sử dụng hết điều kiện đầu bài thì cần kiểm tra lại giả thiết Có thì hướng giải bài toán đúng 3, Sai lầm chứng minh điều kiện 1: VD1: Tìm GTLN bt: A= x x 17 2 2 Lời giải sai: A đạt Max x x 17 đạt Min Ta có : x x 17 x 3 8 x Do đó Min x 17 8 x 3 Vậy Max A = x 3 Phân tích sai lầm: Kết đúng lập luận sai chỗ cho “ A có tử không đổi nên đạt GTLN mẫu đạt GTNN” mà chưa đua nhận xét tử và mẫu là các số dương Lời giải đúng: Bổ xung thêm nhận xét x x 17 x 3 8 nên tử và mẫu A là dương VD2:Tìm GTNN cuả BT: A = x2 + y2 biết x + y =4 x y 2 xy x y 2 x y 2 Ta có : A = x + y 2xy => A đạt GTNN Khi đó MinA = Phân tích sai lầm: Đáp số ko sai lập luân sai lầm chỗ ta c/m f(x,y) g(x,y) chưa c/m f(x,y) m với m là hắng số Chẳng hạn: Từ x2 4x – => x2 đạt nhỏ x2 = 4x – (x – )2 = x =2 Đi đến x2 = x = Dễ thấy kết đúng phải là Min x2 = x =0 Lời giải đúng: Ta có x + y =4 x + y =16 (1) (23) 2 Ta lại có : x - y x -2xy+y 0 (2) Từ (1) và (2) => 2( x2 + y2 ) 16 => A = x2 + y2 8 Vậy Min A = và x = y = Lưu ý: Cần nắm vững t/c BĐT cụ thể trường hợp so sánh hai phân số có tử và mẫu là số tự nhiên, số nguyên … Có thì hướng giải bài toán đúng 4, Sai lầm chứng minh điều kiện VD1: Tìm GTNN bt: A = x + x Lời giải sai : x + x = x 1 1 1 +2 x x 4 2 4 Vậy: Min A = 1 P/tích sai lầm: sau c/m f(x) chưa trường hợp xảy f(x)= x (vô lí ) Lời giải đúng: ĐKTT x là x 0 đó : A = x + x 0 => Min A = x 0 VD2: Tìm GTLN A = xyx z+y y+z z+x với x, y , z là các số không âm và x +y+ z =1 4x z+y x+y+z 1 4y z+x x+y+z 1 Lời giải sai: Áp dụng BĐT => 4xy x y 2 ta có : 4z x+y x+y+z 1 64xyx z+y y+z z+x 1 =>xyx z+y y+z z+x 1 64 Vậy Max A = 64 Phân tích sai lầm: Sai lầm chỗ chưa chi khả xảy dấu “=” ĐK để Max A = 64 là : z+y = x y+x = z x+z = y x + z + y = x, y, z x y z 0 x + z + y = x, y, z Lời giải đúng: Ta có : = x +y+ z 3 x.y.z ( vô lí ) (1) (24) = x +y + z+x + y+ z 3 x +y z+x y+ z (2) 2 A A 3 x y.z x +y z+x y+ z 9 Từ (1) và (2) => hay: 3 2 Max A = x +y = z+x = y+ z x y z x y z 1 x, y , z 0 VD3: Tìm giá trị nhỏ : A (x a)(x b) x với x > 0, a, b là các số dương x a 2 ax x a x b 2 ax.2 bx 4 x ab x b bx Lời giải sai: Ta có: Do đó: A (x a)(x b) 4x ab 4 ab x x Min A = ab x a b Phân tích sai lầm: Nếu a b thì không có: A = ab A Lời giải đúng : Ta có (x a)(x b) x ax + bx + ab ab x (a b) x x x Theo bất đẳng thức Cauchy : A = a b x ab 2 ab x nên A ≥ ab + a + b = và chi a b ab x x x ab x VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ 1 VD1: Cho x > 0, y > thỏa mẫn đk x y Tìm GTNN bt: A = x y 1 1 0, 0 , y Do x > 0, y > nên x áp dụng bất đẳng thức côsi cho số x y 1 1 1 x y ta có: x y 1 xy => Hay xy 4 Mặt khác ta có: x > 0, y > => x 0, y 0 áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: (25) x y 2 xy 2 4 Vậy: Min A = : x y 1 x y 4 x y 2 2 VD2 : Tìm GTNN của biểu thức : A x x x x 1 3 x x x x R 2 4 Ta có: 2 1 3 x x x x R 2 4 Áp dụng BĐT Cô- si cho số x x x x 2 x x 1, x x ta có : x x x x 2 x x 2 x x 1 x 0 2 Max A = x x x x x y z A y z x với x, y, z > VD3 Tìm giá trị nhỏ : Cách : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương: x y z x y z A 33 y z x y z x x y z x y z 3 x y z y z x y z x Do đó x y z x y y z y x y 2 y z x y x z x x y x Cách : Ta có : Ta đã có (do x, y > 0) nên để x y z y z y 3 1 y z x z x x chứng minh ta cần chứng minh : (1) (1) xy + z2 – yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz) (26) xy + z2 – yz – xz ≥ y(x – z) – z(x – z) ≥ (x – z)(y – z) ≥ (2) (2) đúng với giả thiết z là số nhỏ số x, y, z, đó (1) đúng Từ đó tìm x y z y z x giá trị nhỏ VD 4: Tìm giá trị lớn : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z ≥ ; x + y + z = Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x, y, z ta có: = x + y + z ≥ xyz (1) Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x+y, y +z, z + x ta có : = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ (x y)(y z)(z x) (2) 2 Nhân vế (1) với (2) (do hai vế không âm) : ≥ A A ≤ 3 2 max A = và x = y = z = xy yz zx z x y với x, y, z > , x + y + z = VD 5: Tìm GTNN xy yz xy yz 2 2y z x z x Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy : A yz zx zx xy 2z ; 2x y z Tương tự : x y Suy 2A ≥ 2(x + y + z) = A = với x = y = z = A 4xy x y xy VD 6: Tìm GTNN với : x > 0, y > 0, x + y < x y xy x y 4 xy 1 1 1 x y 2 xy 4 xy x y xy x y 2 x y xy Ta có: A Ta có: 1 4xy 4xy 2 2 x y xy 2xy 4xy 4xy x y (27) A => 5 11 4xy 11 2 2 x 2xy y 4xy x y x y x y x y VD 7: : Cho Giải : Ta có : x 2 , Tìm GTLN A = 2x x + x+3 - 2x A = 2x x + x+3 - 2x = 2x 1 x + x+3 - 2x Với x ta có: 2x 0 x 2x x+2 áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số 2x 1, x+2 Ta có: 3x Hay : 2x 1 x+2 2x 1 x+2 Dấu “ = ” xảy 2x x+2 x=1 x 3 x 3 2 x áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số x 3, Ta có: x 7 2 x Hay : Do đó: A Dấu “ = ” xảy x 4 x=1 x 7 3x 2 - 2x = Dấu “ = ” xảy x=1 S= x y z VD 8: : Cho x, y, z > và x + y + z =1 Tìm GTNN của: Ta có: S = 1 9 y 4x 4z y 9x z 1+4+9+ z z x x y z= x y y x+y+z y 4x y 4x y 4x 2 4 , x y x y x y áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số dương ta có : 4z y 4z y 2 12 y z y z Tương tự ta có : ; S + + + + 12 + =36 9x z 9x z 2 6 z x z x (28) y 4x x y 4z y z y 9x z x z x y z 1 Dấu “=” sảy : y 4 x 2 z 9 y 2 x z x y z 1 y y 2 x x z 3 x x y z 1 z 2 1 y ,x ,z Vậy Min S = 36 Không phải lúc nào ta dùng trực tiếp bất đẳng thức Côsi các số đề bài Dưới đây ta nghiên cứu số biện pháp biến đổi biểu thức để có thê vân dụng BĐT Cô-si tìm cực trị nó: Biện pháp 1: Để tìm cực trị biểu thức ta tìm cực trị bình phương biểu thức đó 3x 0 x VD1 : Tìm giá trị lớn A x x , ĐKXĐ : 7 3x 0 Bình phương hai vế ta có : A2 = + 3x 5 3x x áp dụng bất đẳng thức côsi cho x và 3x ta có: Với 3x 5 3x 2 3x 5 3x hay 2 3x 3x A2 =>A Dấu “=” xảy : 3x - = - 3x hay x = 2 VD2: Tìm GTNN biểu thức: A = -x x -x x (*) -x x 0 -x x 0 ĐKXĐ : Khi đó x x 0 x 4 x 2 x 2 x 1 x 0 -x x -x x x Từ (*) => => A > A = -x x -x x = -2x x 10 -x x -x x x x x 1 x (29) = x x x 1 x = x2 x2 2 x x x 1 x x x x 1 x x 1 x x 1 x 2 2 2 x x 1 x x 0 A= BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và số chuyên đề ) Bài Tìm GTNN, GTLN hàm số : y x x Bài 2: Tìm GTLN hàm số : y x x Bài 3: Tìm GTLN hàm số : A x 23 x Bài 4: Tìm GTLN hàm số : A x 23 x Bài 5: Tìm GTLN hàm số : A x 17 x Bài 6: Tìm GTLN hàm số : A x 20 3x Bài 7:Tìm GTLN : A x y biết x + y = 2 Bài Tìm GTNN : A = -x x 21 -x x 10 A= Bài 9( 76/29) Tìm GTNN : x y z y z x với x, y, z dương và x + y + z 12 Bài 10: ( 65/ 28) Tìm GTLN, GTNN : A x y biết x + y = 15 Biện pháp 2: nhân và chia biểu thức với cùng số khác không VD Tìm giá trị lớn biểu thức: Giải: ĐKXĐ: x 9 Ta có: A= A= x-9 5x = x - 3 x 18 Dấu “=” xảy x 9 x-9 5x 1 x -9 x-9 x 3 3 6 1 5x 5x x 30 (30) BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Tìm giá trị lớn biểu thức: Bài 2: Tìm giá trị lớn biểu thức: A= 7x - 7x-9 B= x3 - 27x Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức dã cho thành tổng các biểu thức cho tích chúng là số: 1) Tách hạng tử thành tổng nhiều hạng tử VD1: cho x > Tìm GTNN biểu thức: Giải : Ta có A= A= 3x 16 x3 3x 16 16 16 3x x x x 3 x x x Áp dụng BĐT Cô-si Ta có : A = x+x+x+ 16 16 4 x.x.x 4.2 8 x x 16 x x 2 x Vậy Min A = VD2: ( đề thi ĐHTH Hà Nội 1993) Tìm Max và Min A = x y( - x - y ) với x, y 0 và x + y x x +y+ - x - y x x A = y( - x - y ) 4 2 2 Xét x y 4 Ta có : x = y = - x - y y = ; x =2 Dấu “=” xẩy Xét x y 6 Rễ thấy: – x - y ( 1) Dấu ‘=’ xảy x + y = => A = x y( - x - y ) đạt GTNN x2y đạtGTLN 3 x+y x+x+2y x.x.2y x y= 2 Ta có : =32 hay x2y 32 (2) 4 (31) x y 6 x y x y( x y ) Từ (1) và (2) => -64 Dấu ‘=’ xảy x 4 y 2 VD3 Tìm GTLN A = x2(3 – x) biết x ≤ x x Giải : Xét ≤ x ≤ Viết A dạng : A = (3 – x) Áp dụng bất đẳng thức x x 3 x 1 x x x x 2 2 Cauchy cho số không âm , , (3 – x) ta : (3 – x) ≤ Do đó A ≤ (1) BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và số chuyên đề Bùi văn Tuyên ) Bài 1( 71/28) Cho x > , y > và x + y Tìm GTNN Bài 2( 70/28) Cho x > , Tìm GTNN Bài 3( 68/ 28) Cho x , Tìm GTNN Bài 4( 69/ 28) Tìm GTNN M N Q P 5 x y 12 16 x y x 2000 x x x 17 2( x 1) x x 34 x 3 Bài 5( 72/ 29) Cho x > y và x.y =5 , Tìm GTNN Q x 1, xy y x y Bài 6( 79/ 29) Cho x ,y thỏa mãn biểu thức: x + y =1 và x > , Tìm GTLN B x y 2) Tách hạng tử chứa biến thành tổng số với hạng tử chứa biến cho hạng tử này là nghịch đảo hạng tử khác có biểu thức đã cho VD1: Cho < x < , Tìm GTNN Ta có : B B 9x 2 x x 9x 2 x 9x x 1 7 2 x x 2 x x 9x 2 x x x Min B= x (32) BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và số chuyên đề ) B 1 x x Bài 1( 74/ 29) Cho < x <1, Tìm GTLN Bài 2( 73/ 29) Cho x >1, Tìm GTLN A 4 x Bài 3: Cho x > 0, Tìm GTNN biểu thức: Bài 4: Tìm GTNN biểu thức: Bài 5: Tìm GTNN biểu thức: B= A= A= 25 x 1 2x x 2x x-4 x x 3x x (Bồi dưỡng HSG toán đại số ) Bài 6: Tìm GTNN biểu thức: Bài 7: Tìm GTNN biểu thức: Bài 8: Tìm GTNN biểu thức: Bài 9: Tìm GTNN biểu thức: A= 3x x+1 ( với x > -1 ) B= x x-1 ( với x > ) C= x 2x-1 ( với x > ) D= x - x x ( với < x < ) Biện pháp 4: Thêm hạng tử vào biểu thức đã cho: VD1 : Cho số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm GTNN biểu thức: P x2 y2 z2 yz zx yx x2 y z x x2 yz 2 x Ta có : y z + 2 y z y2 x z y xz y2 2 y xz + 2 xz (33) z2 y x z z2 yx 2 z y x + 2 y x x2 y2 z2 y z x z y x x y z y z z x y x 4 => x2 y2 z2 x y z x y z yz zx yx Hay: x2 y2 z2 x yz x yz P x y z 1 yz zx yx 2 => x2 yz yz y xz x y z xz z yx yx Vậy Min P = z2 x2 y2 , , Lưu ý: Nếu ta thêm ( x + y), ( z + y), ( x + z) vào y+x y+z z+x ta khử (x + y), ( z + y), ( x + z) không tìm x, y, z để dấu dấu đẳng thức xảy đồng thời Khi đó không tìm giá trị nhỏ a b 1 x y VD2 : Tìm GTNN A = x + y biết x, y > thỏa mãn (a và b là số dương) a b ay bx b x y a x y x y Giải Cách : A = x + y = 1.(x + y) = ay bx ay bx 2 2 ab x y x y Theo bất đẳng thức Cauchy với số dương : Do đó A a b ab a b (34) A a b ay bx x y a b 1 x y x, y với x a ab y b ab Cách : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : a b a b A (x y).1 (x y) x y x y x y a b Từ đó tìm giá trị nhỏ A VD3 Tìm GTNN A x2 y2 z2 x y y z z x biết x, y, z > , xy yz zx 1 x2 y2 z2 x yz Giải Theo VD1 BIỆN PHÁP 4: x y y z z x Theo bất đẳng thức Cauchy xy yz zx xy ; yz ; zx nên x y z xy yz zx 2 hay xy yz zx x+y+z 2 A = x y z VẬN DỤNG BDT A B A+B ĐỂ TÌM CỰC TRỊ 2 Bài 1: Tìm GTNN hàm số : y x x x x Cách 1: y x x 1 x x 1 x 1 x Nếu: x < -1 thì y x x x x x Nếu: -1 x thì y x x x 1 x 2 Nếu: x > thì y x x x x 2 x (35) Vậy y nhỏ -1 x Cách : áp dụng BĐT Ta có : a b a b ( Dấu “=” sảy a.b 0 ) y x x x x 2 Vậy y nhỏ -1 x Bài 2: Cho x, y > và 2x + xy = Tìm GTLN A = x2y Cách 1: Từ 2x + xy = => xy = -2x Thế vào A ta có : A = x(4 -2x ) = – x x 2 x 0 x xy 4 => Max A = 2 = 2 x x 1 y 2 x.xy Cách 2: Ta có : A = Vì x, y > => 2x, xy > áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 x xy x y x xy x xy x.xy 2 x.xy 4.2 số 2x, xy ta có: Thay số ta có : x y =A 2 x xy x xy Vậy Max A =2 x 1 y 2 BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ: 2 Bài 1: Tìm GTNN HS: a, y x x 1 x 12 x b, y x2 x x2 x 2 Bài 2: Tìm GTNN HS: a, y x 20 x 25 x x 16 b, y 25 x 20 x 25 x 30 x Bài Tìm giá trị nhỏ A x x x x Chuyên đề 1: RÚT GỌN PHÂN THỨC ĐẠI SỐ I – Phương pháp giải: - Phân tích tử và mẫu thành nhân tử (nếu có) để tìm nhân tử chung (36) - Chia tử và mẫu cho nhân tử chung II – Các dạng bài toán thường gặp: 1- Rút gọn phân thức a 3a Câu : b) a a 2a a 3a a (a 2a 1) 2 a 2a a a ( a 1)2 ( x a) x a x 4ax 2 ( x a x )( x a x ) (a4 1) a2 a (a 1) (a x) (a a)(a a ) a (2 x a) (a a 1)(a a 1) (2 x a ) (a a 1) a (a a 1) 2x a Câu1: a) Câu: c) y2 y 2 y y 12 y (2 y y) ( y 2) (2 y y ) (5 y 10 y ) (2 y 4) y ( y 2) ( y 2) 2 y ( y 2) y ( y 2) 2( y 2) ( y 2)(2 y 1) ( y 2)(2 y y 2) (2 y 1) (2 y 1)( y 2) y2 Với: y -2 và y - 2- Chứng minh (37) a 4a a a 1 Câu2 : a) Hãy chứng minh: a a 14a a Giải: a 4a a a a 14a (a a ) (4a 4) (a 8) (7 a 14a ) a (a 1) 4(a 1) (a 2)(a 2a 4) a( a 2) (a 4)(a 1) (a 2)(a 5a 4) (a 4)(a 1)(a 1) (a 2)(a 4)( a 1) a 1 a Câu2 : b) Chứng minh phân thức sau không phụ thuộc vào x: ( x a)(1 a ) a x ( x a)(1 a ) a x (38) ( x a )(1 a ) a x ( x a)(1 a) a x x2 x2 a a a2 a2 x2 x2 x2a a a2 a2 x2 x2 x2 a a2 x2 a2 a x x2 a a2 x2 a2 a x (1 a a ) (1 a a ) x (1 a a ) (1 a a ) ( x 1)(1 a a ) ( x 1)(1 a a ) a a2 a a2 Giải: Vậy: Phân thức không phụ thuộc vào x 1 1 Câu2: c) Chứng minh x y z x y z thì ba số x, y, z ít có cặp số đối Giải: Từ: 1 1 x y z xyz yz xz xy xyz xyz Ta có: Từ đó ta có: ( x y z )( yz xz xy ) xyz (39) Hay ( x y z )( yz xz xy ) xyz 0 Biến đổi vế trái: ( x y z )( yz xz xy ) xyz xyz x z x y y z xyz xy yz xz xyz xyz ( xyz xz y z yz ) ( x y x z xy xyz ) z ( xy xz y yz ) x ( xy xz y yz ) ( xy xz y yz )( x z ) ( x y )( y z )( x z ) Vậy: ( x y )( y z )( x z ) 0 Tích ba nhân tử chứng tỏ ít phải có nhân tử 0, từ đó suy ít có cặp đối 3- Tính giá trị x3 x x Câu3 : a) Tính giá trị phân thức C = x x với x = 2008 x x 6x x3 x x ( x x 6) x( x 4) x x 3x ( x 2)( x 2) x ( x 2) 3( x 2) ( x 2)( x 2) x 3 Giải: C = x 2011 Với x = 2008 thì C = 2010 a b3 c3 3abc 2 Câu 3: b) Cho a+b+c = Tính giá trị phân thức a b c ab bc ac (40) a b c 3abc a b3 c 3a b 3ab 3a b 3ab 3abc a 3a b 3ab b3 c3 3a b 3ab 3abc (a b)3 c 3ab(a b c) (a b c)[(a b) (a b)c c ] 3ab(a b c ) 2 Ta có: (a b c)(a b c ab bc ca ) a3 b3 c 3abc ( a b c)(a b c ab bc ac ) a b c 5 2 2 2 a b c ab bc ac ( a b c ab bc ac ) Vậy: a b c x y z 0 1 x y z a b c Câu3: c) Cho a, b, c, x, y, z thỏa mãn và 2 x y z 2 Tính: a b c Giải: x y z 1 a b c x y z ( ) 1 a b c x y z 2 xy xz yz 1 ab ac bc a b c x y z 2 xyz c b a ( ) 1 abc z y x a b c x y z 2 xyz a b c ( ) 1 a b c abc x y z a b c 0 Mà: x y z x2 y2 z 1 Vậy: a b c 4- Tổng hợp (41) mn n (n m) 4 Câu4 : a) Cho biểu thức A = m n 2n m a1) Rút gọn A a2) Chứng minh A dương a3) Với giá trị nào m thì A đạt giá trị lớn nhất? Giải: mn n (n m) m n 2n m mn n mn m n m 2n n4 (n 1)(m 2) m 2 a1) A = a2) Ta có: m2 0, m Nên: m2 + > 0, m Do đó: m > 0, m Vậy: A > 0, m a3) Ta có: m2 0, m Nên: m2 + 2, m 1 Do đó: m 2 , m Hay: A , m Vậy: A đạt giá trị lớn A = Suy ra: m2 + = hay m = (42) 2 x2 x 3x x : 3x Câu4: b) Cho M = 3x x x b1) Rút gọn biểu thức M b2) Tìm giá trị M với x = 2008 b3) Với giá trị nào x thì M < ? b4) Với giá trị nào x thì M nhận giá trị nguyên? Giải: b1) Điều kiện: x 0, x -1, x 2 x2 x 3x x : x 1 x 1 3x 3x ( x 2)( x 1) 2.3 x 3.3 x.( x 1) x x x 4x x.( x 1) 3x 2 x 3x x x x x 3x x 4x x.( x 1) 3x ( x 2)( x 1) x x x.( x 1)(2 x) 3x 2(1 x )(1 x) x x 2.3 x.(1 x) 3x x 3x x 3x x( x 1) 3x x M= (43) b2) Với x = 2008 2008 669 M= b3) M < x – < tức là x < Kết hợp với điều kiện Vậy: M nhận giá trị âm với x < trừ các giá trị 0, -1, b4) M nhận giá trị nguyên (x-1) hay x -1 = 3k Vậy: x = 3k +1 (k Z) Câu5: a) Rút gọn biểu thức sau: 2 ab ab a b a a : 2 M = a b a b a b 2 ab ab a b a a : 2 a b a b a b a ab ab ab a ab a b 2 a b a b a b a a b2 a2 b2 a b2 a4 a b2 Giải: M= Câu5: b) Chứng tỏ: a2 a , a2 a R Giải: Ta có: a 1 0 a 2a (1) (k Z) (44) Chia hai vế (1) cho 2(a2+1), ta được: a 2 a 1 a 1 1 a 1 Do đó: a2 a 2 a 1 a a 1 2 , Vậy: a a R Câu5: c) Tính giá trị biểu thức sau: x 2a b x a a b Q x x a 2b với x b Giải: a b , ta có: Với a b b a x a a 2 a b a b x b b 2 x a b a x b a b x Ta lại có: a b 3b 3a 3(b a) 2a b 2 a b 3a 3b 3( a b) x a 2b a 2b 2 x 2a b 3(b a ) x a 2b 3(a b) x 2a b Vậy: Q = (-1)3-(-1) = -1+1 = Câu6: a) Rút gọn biểu thức sau: 1 A = (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) Với a, b, c đôi khác Giải: (45) 1 (a b)(a c ) (b c)(b a) (c a )(c b) 1 1 1 (a b)(c a ) (b c)(a b) (c a )(b c) (b c ) (c a ) (a b) (a b)(b c )(c a) b c c a a b ( a b)(b c)(c a) 0 A= (a, b, c đôi khác nhau) Câu6: b) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc a, b, c 4a 4b2 4c B = (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) Với a, b, c đôi khác Giải: (46) B 4a 4b 4c (a b)(a c) (b c)(b a ) (c a )(c b) a2 b2 c2 4 (a b)(a c) (b c )(b a) (c a )(c b) 1 (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) a2 b2 c2 4 (a b)(c a ) (b c )(a b) (c a )(b c) a (b c) b (c a ) c ( a b) 4 ( a b)(b c)(c a) a b a c b c ab ac bc 4 (a b)(b c )(c a ) a c b c ab a b ac bc 4 (a b)(b c)(c a) c (a b ) ab(a b) c (a b) 4 ( a b)(b c)(c a) (a b)[c (a b) ab c ] 4 (a b)(b c )(c a ) (a b)(cb c ab ca ) 4 (a b)(b c )(c a ) (a b)(b c)(c a) 4 4 (a b)(b c)(c a) ( a, b, c đôi khác ) Câu6: c) Tính giá trị biểu thức sau: P x 2a x 2b 4ab x x 2a x 2b với a b Giải: (47) x 2a x 2b x 2a x 2b ( x 2a )( x 2b) ( x 2a )( x 2b) ( x 2a)( x 2b) P x 2bx 2ax 4ab x 2bx 2ax 4ab x 2(a b) x 4ab 2( x 4ab) x 2( a b) x 4ab Thay x 4ab a b vào P ta có: 16a b 2 4ab ( a b) P 2 16a b 8ab 4ab ( a b) 16a b 2 4ab ( a b) 2 16a b 4ab ( a b) 2 CHUYÊN ĐỀ 2:PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI 1) Nhắc lại giá trị tuyệt đối: x x 0 x -x x < Ví dụ: a) 8; 10 10 2x+1 2x+1 0 b) 2x+1 -(2x+1) 2x+1<0 A(x) b (b 0), A(x) B(x) 2) Giải phương trình: a) Cách giải phương trình: A(x) b (b 0), A(x) b A(x) b A(x) b Ví dụ: Giải phương trình: 3x+1 5 Giải (48) 3x+1 5 3x+1 5 3x+1 x= x=-2 A(x) B(x) b) Cách giải phương trình: Cách 1: Cách 2: B(x) 0 A(x) B(x) A(x)= B(x) B(x) o A(x)=B(x) A(x)=-B(x) A(x) 0 A(x)=B(x) A(x) B(x) A(x)<0 -A(x)=B(x) 3x+2 5x-1 Ví dụ: Giải phương trình: Giải x - 3x+2 0 x= 3x+2=5x-1 3x+2 5x-1 3x+2<0 x<- -3x-2=5x-1 x=- A(x) B(x) (Nhaä n) (Loại) 3, Giải phương trình dạng: A(x)=B(x) A(x) B(x) A(x)=-B(x) Cách giải: 2-3x 2x Ví dụ: Giải phương trình: Giải x=-3 2-3x=5 2x 2-3x 2x x= 2-3x=-(5 2x) A(x) B(x) b 4,: Giải phương trình: Cách giải 1: Bước 1: Lập bảng phá dấu giá trị tuyệt đối Bước 2: Giải các phương trình theo các khoảng bảng Ví dụ: Giải phương trình: x+1 x-1 10 Giải Bước 1: Lập bảng phá dấu (49) x x+1 x-1 x+1 x-1 -x-1 -x+1 -2x -1 x+1 -x+1 + Bước 2: Giải các phương trình theo các khoảng x<-1: -2x=10 x=-5 thoả đk x<-1 x 1:2=10 Vô nghiệm X>1: 2x=10 x=5 thoã đk x>1 Vậy phương trình có nghiệm x=5 và x=-5 Cách giải 2: Đưa trường hợp sau A(x) 0 TH1: B(x) 0 A(x) 0 TH 2: B(x)<0 A(x)<0 TH 3: B(x) 0 A(x)<0 TH 4: B(x)<0 ta giải phương trình A(x) + B(x) =b Ta giải phương trình A(x) – B(x) =b Ta giải phương trình – A(x) + B(x) = b Ta giai phương trình sau –A(x) – B(x) = b x+1 x-1 10 Ví dụ: Giải phương trình : Giải x+1 0 TH1: x-1 0 x+1 x-1 2x (*) x x 1 x 1 Phương trình(*) tương đương với phương trình x+1+x-1=10 x=5 thoã x 1 x+1 0 x -1 x<1 x-1<0 x<1 TH 2: (*) x+1-x+1=10 2=10 Vô nghiệm x+1<0 x<-1 TH 3: x-1 0 x 1 : Không xãy x+1<0 x<-1 x<-1 x-1<0 x<1 TH 4: (*) (x+1)-(x-1)=10 2x=10 x=-5 thoã đk x<-1 Vậy phương trình có nghiệm: x=5 và x=-5 Ví dụ 2: Giải phương trình: x x-1 0 (1) (50) Giải Lập bảng phá dấu: x -2x -(1-x) -x+1 2x x-1 x x-1 +2 0 2x -(1-x) 3x+1 2x -(x-1) x+3 x<0 : (1) -x+1=0 x=1 không thoã x<0 x=- không thoã x 1 x 1 : (1) 3x+1=0 x>1 : (1) x+3 =0 x=-3 không thoã x>1 Vậy phương trình vô nghiệm x-1 x-2 x-3 Ví dụ 3: Giải phương trình: Cách giải tương tự các ví dụ trên Chuyên đề 3:TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN VÀ CÁC BÀI TOÁN 1/Kiến thức bản: 1/ Định nghĩa TSLG góc nhọn 2/ Hệ thức các tỉ số LG hai góc phụ 3/ Chú ý: a/ sin2α + cos2α = sin α b/ tgα = cos α tg α sin α = 1+ tg α e/ f/ tgα cotgα = k/ d/ l/ 2 =1+ tg α , cos α cos α sin α cos α = 1+ tg α =1+cot g2 α sin α c/ cot gα= ( C/M các hệ thức nầy) 4/ Hệ thức các cạnh và góc tam giác vuông ( từ định nghĩa suy ra) 5/ Giải tam giác vuông 6/ Ứng dụng thực tế tỉ số LG góc nhọn ( Đo chiều cao, đo khoảng cách, đo diện tích) 7/ Viết tỉ số LG các góc đặc biệt ( 0o 30o, 45o, 60o, 90o… ) 8/ Sử dụng thạo máy tính bỏ túi tìm tỉ số LG góc nhọn, tìm góc nhọn biết tỉ số LG nó… 9/ Khái niệm đường tròn lượng giác để liên hệ, nhận biết sâu sắc tỉ số LG góc nhọn ( giới hạn phần tư thứ nhất) 2.Kỹ cần rèn: (51) Biết cách lập các tỉ số lượng giác góc nhọn cách thành thạo Sử dụng thành thạo bảng lượng giác máy tính bỏ túi để tính các tỉ số lượng giác tính góc Biết vận dụng linh hoạt các hệ thức tam giác vuông để tính số yếu tố để giải tam giác vuông - Dựng góc nhọn - Chứng minh các đẳng thức - Rút gọn biểu thức - Tính khoảng cách - Tính chiều cao - Tính diện tích tam giác -Tính độ dài đoạn thẳng … II.Các dạng bài toán nâng cao:(Trắc nghiệm & tự luận) Dạng 1: Chứng minh các đẳng thức: a) (sinx + cosx)2 = + 2sinx.cosx b) (sinx – cosx)2 = – 2sinx.cosx c) sin4x + cos4x = – 2sin2x cos2x d) sinxcosx(1 + tgx)(1 + cotgx) = + 2sinx cosx e) Cho là góc nhọn tam giác vuông Chứng minh các hệ thức: i) sin2 α = tg α ; 1+ tg α ii) cos2 α = 1+ tg α Dạng 2: Dựng góc nhọn biết tỉ số LG nó Dựng góc nhọn α, biết rằng: sinα = ; cosα = 0,8 ; tgα = Dạng 3: Đổi các tỉ số LG góc nhọn thành tỉ số LG góc nhỏ 45o Đổi các tỉ số lượng giác các góc nhọn sau đây thành tỉ số lượng giác góc nhỏ 45o sin82o; cos47o; sin48o; cos55o Dạng 4: Xếp thứ tự từ nhỏ đến lớn các tỉ số LG đã cho a) Cho tam giác ABC có AB = cm, AC = cm, BC = cm Hãy tính các tỉ số lượng giác góc B, C b) Xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn các tỉ số lượng giác sau: sin78o; cos14o; sin47o; cos87o Dạng 5: Biết sinα Tính cosα 1) Biết sinα = 0,6 Tính cosα và tgα 2) Biết cosα = 0,7 Tính sinα và tgα 3) Biết tgα = 0,8 Tính sinα và cosα 4) Biết cosx = , tính P = 3sin2x + 4cos2x 5) a) Cho góc nhọn mà sin = Tính cos và tg b) Cho góc α mà cosα = - Tính sinα, tgα và cotgα (52) c) Cho tgx = √ Tính sinx và cosx 6) Hãy tính sinα, tgα nếu: cos α = a) 12 13 b) cos α = 6− Biết sin 15o = √ √ Tính tỉ số lượng giác góc 15o 7) Dạng 6: Các biểu thức dạng chứng minh biết số điều kiện bài toán ( áp dụng các hệ thức đểõ chứng minh các đẳng thức khác) Ví dụ: 1/ Cho các góc α, nhọn, α < Chứng minh rằng: a) cos( -α) = coscosα + sinsinα b) sin( - α) = sincosα - sinsinα 2) Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: sin a) A B C sin sin ≤ 2 b) cos A+cos B+ cos C ≤ 3) Cho tam giác ABC nhọn có ba cạnh là a, b, c Chứng minh rằng: c = a2 + b2 – 2ab.cosC (AB = c, BC = a, CA = b) Gợi ý: Ta có: AHC có H = 90o đó x2 + h2 = b2 ( định lý Pytago) Mặt khác: BH2 = AB2 – AH2 Hay (a – x)2 = c2 – h2 a2 + x2 -2ax = c2 – (b2 – x2) Hay a2 – 2ax = c2 – b2 c2 = a2 + b2 – 2ax Vậy c2 = a2 + b2 – 2abcosC 4) a/ Cho tam giác ABC có AB = 6cm, BC = 10cm, AC = 8cm Tính sinB, cosB, tgB b/ Cho tam giác ABC có AD, BE, CF là đường cao Chứng minh rằng: AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC Dạng 7: Chứng minh các đẳng thức sau: sin α a) Chứng minh sin2α + cos2α = 1, tgα = cos α b) 1 + =1 1+ tg α 1+ cot gα (53) c) sin4x – cos4x = 2sin2x – d) e) 1 + =¿ tg2x + cotg2x + 2 sin x cos x 1+sin α =1+2 tg α , −sin α f) Cho α, là hai góc nhọn Chứng minh rằng: cos2α – cos2 = sin2 - sin2α = 1 2 1+ tg α 1+ tg β Gợi ý: cos2α + sin2α = cos2 + sin2 = 1 = 1+ tg α 1 = =cos α 2 sin α cos α+ sin α 1+ cos α cos2 α sin α cos α a) tgα = cos α , cotgα = sin α ( ) b) a2 – b2 = (a + b)(a – b) c) Chứng minh rằng: và sin2x + cos2x = 1 =1+cot g2 α sin α và =1+ tg α cos α Dạng 8: Rút gọn biểu thức: 1) sin210o + sin220o + sin230o + sin280o + sin270o + sin260o Gợi ý : b) sin80o = cos10o; sin70o = cos20o; sin60o = cos30o Mà sin2α + cos2α = Do đó: sin210o + sin220o + sin230o + sin280o + sin270o + sin260o = 2) sin6x + 3sin4x.cos2x + 3sin2x.cos4x + cos6x 3) (1 + cosα)(1 – cosα) – sin2α 4) Đơn giản các biểu thức: A = cosy + siny tgy B = √ 1+ cos b √ 1− cos b C = sin a √ 1+ tg a 5) Tính: a) cos2 12o + cos2 78o + cos2 1o + cos2 89o b) sin2 3o + sin2 15o + sin2 75o + sin2 87o 6) Đơn giản biểu thức: A = sin(90o – x)sin(180o – x) B = cos(90o – x)cos(180o – x) … = Dạng 9: Bài toán cực trị Cho tam giác ABC có hai đường trung tuyến BD và CE vuông góc Tìm giá trị nhỏ 1 tổng tgB + tgC Dạng 10: Giải các tam giác vuông C, biết rằng: a) b = 10cm, A = 30o ; b) c = 20cm, B = 35o ; (54) c) a = 21cm, b = 18cm; d) a = 82cm, A = 42o Dạng 11: Tính khoảng cách - Tính chiều cao - Tính diện tích tam giác - Tính độ dài đoạn thẳng - C /m các hệ thức tam giác… :Bằng cách áp dụng tỉ số LG góc nhọn BT 1: Cho tam giác ABC có AB = 26cm, AC = 25cm, đường cao AH = 24cm Tính cạnh BC BT 2: Cho tam giác ABC cân (AB = AC) và đường tròn tâm O tiếp xúc với hai cạnh AB và AC B và C Từ điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C) kẻ MD, ME, MF vuông góc với các đường thẳng BC, CA, AB 1/ Chứng minh các tứ giác MDBF, MBCE nội tiếp 2/ Chứng minh các tam giác DBM và ECM đồng dạng 3/ Cho góc BAC = 60o và AB = 2, tính bán kính đường tròn tâm O BT 3: Một sông rộng 250m Một đò chèo vuông góc với dòng nước, vì nước chảy nên bơi 320m sang tới bờ bên Hỏi dòng nước đã giạt đò lệch góc bao nhiêu BT 4: a) Cho tam giác ABC có A nhọn Chứng minh rằng: SABC = AB AC sin A b) Gợi ý : Vẽ BH là đường cao tam giác ABC BH = ABsinBAH; SABC = BH.AC c) Cho tứ giác ABCD có AC cắt BD O và AOB nhọn Chứng minh rằng: SABCD = AC.BD.sin AOB BT 5: Cho điểm A nằm bên dãy tạo hai đường thẳng song song d và m B và C Xác định vị trí B và C Xác định vị trí B và C để diện tích tam giác ABC nhỏ BT 6: Cho tam giác ABC vuông A, đường phân giác AD Chứng minh rằng: 1 1 + ≤ + =√ a) b) AB AC AD AB 2 AC AD BT 7: Cho hình thang ABCD có hai cạnh bên là AD và BC nhau, đường chéo AC vuông góc với cạnh bên BC Biết AD = 5a, AC = 12a (55) sin B+ cos B a) Tính sin B − cos B b) Tính chiều cao hình thang ABCD BT 8: Cho tam giác ABC Biết AB = 21cm, AC = 28cm, BC = 35cm a) Chứng minh tam giác ABC vuông; b) Tính sinB, sinC BT 9: Cho hình thang ABCD Biết đáy AB = a và CD = 2a ; cạnh bên AD = a, góc A = o 90 a) Chứng minh tgC = ; b) Tính tỉ số diện tích tam giác DBC và diện tích hình thang ABCD ; c) Tính tỉ số diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác DBC BT 10: Gọi AM, BN, CL là ba đường cao tam giác ABC a) Chứng minh: ANL ~ ABC ; b) Chứng minh: AN.BL.CM = AB.BC.CA.cosAcosBcosC III.Tài liệu tham khảo: 1/ Giúp em giỏi Hình học lớp Nguyễn Đức Tấn – Võ Tất Lộc 2/ Sách giáo khoa Hình học Lớp 10 – Xuất năm 2000 3/ Hình học lớp nâng cao Vũ Hữu Bình Chuyên đề 10 :BÀI TOÁN DỰNG HÌNH Nói đến dựng hình phải nhớ là dựng thước và compa Ta đã học phép dựng hình sau: Dựng đoạn thẳng đoạn thẳng cho trước Dựng góc góc cho trước Dựng đường trung trực đoạn thẳng cho trước ,dựng trung điểm đoạn thẳng cho trước Dựng tia phân giác góc cho trước Qua điểm cho trước ,dựng đường thẳng vuông góc với đường thẳng cho trước Qua điểm nằm ngoài đường thẳng cho trước ,dựng đường thẳng song song với đường thẳng Ta đã vận dụng các phép dựng hình để dựng tam giác biết ba cạnh ,hoặc biết hai cạnh và góc xen giữa,hoặc biết cạnh và góc kề Trong các bài toán dựng hình phức tạp hơn,ta phải tuân thủ các bước phương pháp dựng hình sau: Bước 1:Phân tích hình Bước 2: Dựng hình (56) Bước 3:Chứng minh cách dựng trên thoả mãn yêu cầu đề toán Bước 4:Biện luận: Xem lại phép dựng đã thực để xem có điều kiện ràng buộc không.Từ đó suy bài toán có nghiệm hình Thí dụ 1:Dựng tam giác ABC ,biết cạnh BC = a ,trung tuyến AM = m (a và m là độ dài cho trước ) và góc AM và đường cao AH Phân tích:Giả sử bài toán đã giải xong,và ta đã dựng tam giác ABC thoả mãn yêu cầu đề toán Phân tích hình đó theo hướng phát phận hình hội đủ các điều kiện để dựng cách chính xác.Đó là tam giác vuông AHM có cạnh huyền AM = m,và HAM = cho trước.Tam giác đó hoàn toàn xác định nên dựng Sau dựng xong tam giác vuông AHM ,ta hoàn tất hình phải dựng chẳng khó khăn gì.Vậy ta có cách dựng sau : Cách dựng: Dựng đoạn thẳng AM có độ dài m cho trước (phép dựng a) Dựng MAx = cho trước (phép dựng b) Từ M kẻ MH Ax H (phép dựng e) Bây còn dựng hai đỉnh B,C Cạnh BC nằm trên đường thẳng MH,nên trên đường thẳng MH ,ta lấy hai phía khác điểm M hai điểmB,C cho MB a = MC = (phép dựng c và a) Chứng minh: Rõ ràng tam giác trên đây thoả mãn đầy đủ các yêu cầu đề toán :có cạnh BC = a cho trước , trung tuyến AM = m cho trước , MAH = cho trước Biện luận :Lần lại khâu dựng hình , khâu nào thực không có gì trở ngại.Duy có góc cho trước và yêu cầu đề là MAH tam giác vuông AMH phải ,thì rõ ràng phải là góc nhọn Vậy với điều kiện này thì bài toán giải và có nghiệm hình Thí dụ :Dựng tam giác ABC với trung tuyến AM có độ dài đoạn thẳng m cho trước ,và các góc MAB và MAC góc và cho trước (57) Phân tích : Giảsử bài toán đã giải xong và ta đã dựng tam giác ABC thoả mãn yêu cầu bài toán Hình vẽ trên cho thấy không có phận nào hình hội đủ điều kiện để dựng Thí dụ:Tam giác AMC có hai yếu tố biết là MAC = và AM = m ,nên không thể dựng được.Đây là lúc nhớ lại bài toán tương tự quí giá Thí dụ ,nhớ bài :nếu kéo dài trung tuyến AM thêm đoạn MD = AM ,thì hai tam giác AMB và DMC (c,g,c) nên A 1= D Từ đó ,hình thành tam giác ACD với A 2= , D = A 1= và AD = 2m Tam giác đó hội đủ điều kiện để dựng Sau dựng tam giác này ,ta dựng điểm B,chẳng gì khó khăn Cách dựng: Dựng đoạn thẳng AD = 2m Dựng hai góc kề cạnh đó là DAC = và ADC = ,hai cạnh AC và DC giao C.Sau đó ta vẽ trung tuyến CA tam giác ACD và kéo dài thêm đoạn MB =MC ,từ đó xác định đỉnh B tam giác ABC cần dựng Chứng minh:Theo cách dựng này ,rõ ràng tam giác AMB và tam giác DMC AD nhau(c,g,c).Từ đó AM = = m , A 1= D = , A 2= Cho nên ,tam giác ABC dựng thoả mãn đầy đủ các yêu cầu đề bài Biện luận :Trên đây ta nói hai cạnh AC và DC giao C.Thực là chúng giao + < 2v Do đó bài toán luôn giải và có nghiệm hình Thí dụ 3: Cho góc xOy và điểm M bên góc Dựng đoạn thẳng AB cho A Ox , B Oy và M là trung điểm AB (58) Phân tích :Giả sử bài toán giải xong và ta đã dựng đoạn thẳng AB thoả mãn yêu cầu đề bài là A Ox, B Oy và M là trung điểm AB Nếu kéo dài OM thêm đoạn MD = OM thì AMO = BMD(c,g,c) O 1= D Từ đó , DB Ox Ngược lại, từ D kẻ DB Ox (B Oy ,rồi BM đến cắt Oxtại A thì AMO = BMD (g,c,g) với M 1= M (đối đỉnh) , M 1= D (so le ,DB Ox) và MD =OM (do dựng ),từ đó AM = MB Cách dựng :Kéo dài OM thêm đoạn MD= OM ,rồi từ D kẻ đường thẳng song với Ox ,cắt Oy B.Tiếp đến kẻ BM cắt Ox A thì M là trung điểm AB Chứng minh: AMO và BMD có : M 1= M (đối đỉnh) MO = MD (cách xác` định điểmD) Ox) O 1= MDB (so le –DB Do đó : AMO = BMD (g,c.g) AM = MD 4.Biện luận : Bài toán luôn có nghiệm Phụ chú :Bài toán có thể phân tích cách khác : OA Kẻø MN Ox (N Oy) thì MN= Ngược lại, kẻ MN Ox(N Oy),và lấy điểm A trên Ox cho OA = 2MN,rồi kẻ AM đến cắt Oy B thì AM =MB.Quả ,gọi B là trung điểm OA = PA PM ON.Vậy BM phải qua trung điểm AB,tức AM = MB Qua phân tích này ta thấy rõ cách dựng và chứng minh Bài toán luôn có nghiệm Thí dụ :Cho góc xOy và hai điểm A,B Dựng điểm cách hai cạnh Ox,Oy và cách hai điểm A,B Phân tích : có OP (59) Giả sử bài toán đã giải xong và ta đã dựng điểm M cách hai cạnh Ox, Oy và cách hai điểm A,B ,nghĩa là có MH = MK (MH Ox,H Ox, MK Oy,K Oy) và MA=MB Vậy M vưà thuộc tia phân giác Ot xOy, vừa thuộc đường trung trực d AB nên M là giao điểm Ot và d Cách dựng : Dựng tia phân giác Ot góc xOy và đường trung trực d AB ,d cắt Ot M M là điểm cần dựng 3.Chứng minh : M Ot nên MH = MK M d nên MA = MB 4.Biện luận : a d cắt Ot AB không vuông góc với Ot Bài toán có nghiệm hình b Nếu AB Ot và OA OB thì Ot d :Bài toán vô nghiệm c Nếu AB Ot và OA = OB thì d Ot Bài toán có vô số nghiệm,nghĩa là điểm nào Ot vừa cách hai cạnh Ox và Oy,vừa cách A và B Thí dụ :Cho góc nhọn xOy và điểm A trên Oy.Tìm điểm M trên đoạn OA cho kẻ MP = MA Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong và ta đã dựng điểm M theo yêu cầu đề bài Kẻ PN AM và PN = AM thì AN NP , Có nghĩa là AN Ox (1) Mặt khác PN = AM = OP nên tam giác OPN cân : O N 1= O Mà = N 1(góc so le trong-PN Oy) Nên O 1= O Điều đó có nghĩa là N nằm trên tia phân giác góc xOy Theo (1) thì N nằm trên đường thẳng vuông góc với Ox hạ từ A.Vậy N là giao điểm đường thẳng đó với tia phân giác góc xOy Vị trí N hoàn toàn xác định ,do đó dựng (60) Cách dựng :Kẻ tia phân giác Ot góc xOy và từ A ,kẻ đường thẳng vuông góc với Ox , cắt Ot N Từ N kẻ NP Oy ,cắt Ox P Từ P kẻ đường thẳng vuông góc với Ox, cắt Oy điểm N cần dựng Chứng minh :NP Oy nên N 1= O (so le ) Mà Ot là tia phân giác : O 1= O Từ đó : O 1= N Tam giác OPN cân P : OP = PN MP và AN cùng vuông góc với Ox nên MP AN Do đó: PN = AM (đoạn thẳng song song bị chắn hai đường thẳng song song) (2) Từ (1),(2) suy ra: OP = AM Biện luận : Góc xOy nhọn nên tia phân giác Ot cắt đường thẳng kẻ từ A vuông góc với Ox điểm N nhất.Do đó bài toán có nghiệm hình BÀI TẬP Bài 1:Cho tam giác ABC vuông cân, cạnh huyền BC = 2a không đổi Gọi H là trung điểm BC Hãy dựng điểm M trên đoạn AH cho khoảng cách từ M đến BC tổng khoảng cách đến AB và AC Tính theo a độ dài HM tương ứng HD: 1/ Gọi N là điểm đối xứng M qua AB Phân tích :Giả sử đã dựng M thuộc AH mà khoảng cách từ M đến BC tổng khoảng cách từ M đến AB và AC Ta có N AP MH = MK + ML =MN MNH cân M MNH MHN MHN = = PHN Cách dựng :+Dựng điểm P là đối xứng điểm H qua AB +Dựng phân giác HN AHB PH , M AH thì ta có M là điểm cần dựng MH = MN = MK+ ML Chứng minh: Thật : MHN cân M +DỰng NM Biện luận:BaØi toán có nghiệm hình 2/Đặt MH = x.TA có : AH = AM + MH MA = a – x MH = 2MK x = (a – x) 2 a 1 x= x = a(2- ) Bài 2: Dựng tam giác ,biết hai góc và đường phân giác Biết hai góc tam giác tức là biết góc thứ ba ,nên cho biết đường phân giác thuộc góc nào thôi.Do ta dựng tam giác ABC,biết góc B ,góc C và đường phân giác BD đoạn thẳng a cho trước B = = Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong và ta đã dựng tam giác ABC theo yêu cầu đề bài Ta hãy tìm khâu” đột phá’tức là B tìm tam giác hội đủ các điềåu kiện để dựng được.Dễ dàng phát tam giác BDA có BD =a , ABD BDA = +C= + và (61) xBy = Cách dựng : Trước hết dựng góc Dựng tia phân giác Bt góc đó.Trên tia Bt dựng đoạn BD = a Từ D dựng đường thẳng song song với By cắt Bx E.Dựng góc Cạnh Dv cắt Bx A và tia đối tia Dv cắt By C EDv = BDE DBC Chứng minh : = = (so le ) BDA BDE EDA C Vậy = + = + Từđó suy = B C Vậy tam giác ABC đã dựng có = , = và tia phân giác BD = a < 2v 4.Biện luận :bài toán luôn có nghiệm hình + Bài :Dựng tam giác cân ABC (AB = AC ),biết chu vi 2p và chiều cao AH=h Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong và ta dựng tam giác ABC theo yêu cầu đề bài Nếu trên tia đối tia CB ta dựng đoạn thẳng CD = AC ,và trên tia đối tia BC dựng đoạn thẳng BE = AB thì đoạn DE = 2p,và đường cao AH=h là dựng Sau dựng tam giác cân DAE ,ta xác định vị trí hai đỉnh B và C chẳng khó khăn gì ,bằng cách dựng đường trung trực AE và AD Cách dựng :Dựng đoạn thẳng DE = 2p.Dựng đường trung trực d DE ,vuông góc với DE H.Dựng điểm A trên d cho AH = h Dựng đường trung trực AE và AD cắt DE đỉnh B và C cần dựng Chứng minh : RoÕ ràng AB = BE , AC = CD nên tam giác ABE và ACD là tam giác cân là tam giác cân(AE = AD) nên E = D .TưØ đó ABC = ACB ABC =2 ACB E , = D Mà tam giác AED ,và tam giác ABC là tam giác cân với đường cao AH = h MaËt khác , chu vi tam giác ABC = AB +AC +BC =EB + BC + CD = 2p Vậy là tam giác cânABC đã dựng đáp ứng các yêu cầu đề bài Biện luận : Bài toán luôn có nghiệm hình B Bài 4:Dựng tam giác ABC biết chu vi 2p và = C , = Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong và ta đã dựng tam giác ABC theo yêu cầu đề bài B C = Vậy là tam giác ADE hội đủ các điều kiện để dựng tam giác ABE và ACD là tam giác cân nên: = = và D = E D Cách dựng : Dựng đoạn thẳng DE = p , dựng góc = và góc = ,hai cạnh EA và DA hai góc E và D cắt A Dựng Nếu trên tia đối tia BC ta dựng đoạn thẳng BE = AB , và trên tia đối tia CB dựng đoạn thẳng CD = AC thì ta đoạn thẳng DE = 2p Hai E đường trung trực AE và AD , cắt DE B và C cần dựng Chứng minh : Các tam giác ABE vàACD là tam giác cân vì B thuộc đường trung trực AE(AB = BE ) và C thuộc đường trung trực AD (AC = CD ).Từ đó , B =2 E = và góc C =2 D = Mặt khác , chu vi tam giác ABC = AB+AC+BC=BE+CD +BC = 2p Vậy tam giác ABC thoả mãn yêu cầu đề bài Biện luận : Bài toán có nghiệm hình + < 2v BÀI TẬP Bài 1:Dựng tam giác ABC ,biết vị trí ba điểm : Đỉnh A ,trung điểm M cạnh AC và trọng tâm G tam giác Hướng dẫn :Trường hợp dựng hình nầy là thuận lợi ,vì từ đầu đã có tam giác AGM làm cơsở để hoàn tất hình cần dựng Bài 2:Dựng tam giác ABC ( A = 1v) ,biết đường cao AH và trung tuyến AM ứng với cạnh huyền Bài 3: Dựng tam giác vuông biết cạnh huyền và trung tuyến ứng với cạnh góc vuông Hướng dẫn :Chú ý tam giác vuông ,nếu biết cạnh huyền thì biết luôn trung tuyến ứng với nó,thành biết hai trung tuyến và trọng tâm tam giác Baì 4: Dựng tam giác biết cạnh và hai trung tuyến xuất phát từ hai mút cạnh đó Bài 5:Dựng tam giác ABC biết cạnh BC và trung tuyến AM,BN Hướng dẫn :Bài 4,5 biết hai trung tuyến tức là biết trọng tâm tam giác (62) Bài 6:Dựng tam giác biết độ dài ca ûba trung tuyến Hướng dẫn :Kéo dài AD thêm đoạn DI = GD = AD Chứng minh CI = BG Vậy tam giác CIG là hoàn toàn xác định,dựng Từ đó hoàn tất hình cần dựng Bài 7: Dựng tam giác ABC biết giao điểm ba đường cao với đường tròn ngoại tiếp là D,E,F Hướng dẫn : Giả sử tam giác ABC đã dựng xong ,gọi H là trực tâm tam giác ABC ,khi đó ,D,E,F là các điểm đối xứng H qua BC, CA và AB DA,BE, CF là ba đường phân giác tam giác DEF cắt (O) A,B,C.Tam giác ABC là tam giác cần dựng BaØi 8: Dựng hình thoi ABCD ,biết E là điểm trên AC ,M là điểm trên BD, E cách giao điểm hai đường chéo là a ( cm ) và Q là điểm đối xứng M qua cạnh AD Hướng dẫn : Giả sử hình thoi ABCD đã dựng xong ,tâm O nó là giao điểm của:-Đường tròn đường kính ME (vì MOE=1v) -Đường tròn (E; a) ,(vì EO = a (cm) ) Các đường thẳng EO và MO là đường thẳng chứa các đường chéo AC và BD A và D là giao điểm EO và MO và đường trung trực MQ Từ đó xác định C và B đối xứng với A và D qua O Bài 9: Cho hai điểm A và B cùng phía đường thẳng xy Dựng điểm M cho từ M nhìn đoạn AB góc cho trước và hai cạnh AM và MB chắn trên xy đoạn thẳng có độ dài m cho trước Hướng dẫn : Giả sử bài toán đã dựng xong AEC = M = E trên cung chứa góc Vẽ BC xy và BC = m dựng trên đoạn AC và E thuộc xy Lấy đoạn ED trên xy để có ED = m M là giao điểm AE và BD Chuyên đề: 12DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH I NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ: Đa giác lồi Đa giác Tổng các góc đa giác n cạnh là (n – 2) 1800 (n 3).n Số đường chéo đa giác n cạnh là Tổng các góc ngoài đa giác n cạnh là 3600 Trong đa giác đều, giao điểm O hai đường phân giác hai góc là tâm đa giác Tâm O cách các đỉnh, cách các cạnh đa giác đều, có (63) đường tròn tâm O qua các đỉnh đa giác gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác Diện tích tam giác: S a.h (a: cạnh đáy; h: chiều cao tương ứng) S a.b.sin C ( a = AB; b = CA ) Diện tích hình chữ nhật S = ab Diện tích hình vuông S = a2 10 Diện tích hình bình hành S = ah (h là chiều cao kẻ từ đỉnh đến cạnh a) 11 Diện tích hình thoi S AC.BD (AC; BD là hai đường chéo) 12 Diện tích hình thang S ( AB CD) AH (AB, CD là hai đáy; AH: chiều cao) 13 Một số kết cần nhớ a) SABM = SACM ( AM là trung tuyến tam giác ABC) b) AA’ // BC => SABC = SA’BC S ABD BD S CD DBC c) S ABD AH S DK DBC d) (D thuộc BC tam giác ABC) (AH; DK là đường cao tam giác ABC và DBC) S AMN AM AN S AB AC (M thuộc BC; N thuộc AC tam giác ABC) ABC e) II PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH: Sử dụng công thức tính diện tích để thiết lập mối quan hệ độ dài các đoạn thẳng - Ta đã biết số công thức tính diện tích đa giác công thức tính diện tích hình tam giác, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi … biết độ dài số yếu tố ta có thể tính diện tích nhữnh hình Ngược lại biết quan hệ diện tích hai hình chẳng hạn biết diện tích hai tam giác và có hai đáy thì suy các chiều cao tương ứng Như các công thức diện tích cho ta các quan hệ độ dài các đoạn thẳng Sử dụng các công thức tính diện tích các hình có thể giúp ta so sánh độ dài các đoạn thẳng - Để so sánh độ dài các đoạn thẳng phương pháp diện tích, ta có thể làm theo các bước sau: Xác định quan hệ diện tích các hình (64) Sử dụng các công thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó đẳng thức có chứa các độ dài Biến đổi các đẳng thức vừa tìm ta có quan hệ độ dài hai đoạn thẳng cần so sánh Ví dụ 1: Cho tam giác ABC Từ điểm O tam giác ta vẽ OH AB ; OI BC ; OK CA Chứng minh O di động tam giác thì tổng OH + OI + OK không đổi Giải Gọi độ dài cạnh tam giác là a, chiều cao h Ta có: S AOB S BOC SCOA S ABC 1 1 a.OH a.OI a.OK a.h 2 2 1 a (OH OI OK ) a.h 2 (OH OI OK ) h (không đổi) A H K C B I Nhận xét : - Có thể giải ví dụ trên cách khác không thể ngắn gọn phương pháp diện tích đã trình bày - Bài toán trên đúng O thuộc cạnh tam giác - Nếu thay tam giác đa giác thì tổng các khoảng cách từ O đến cách cạnh không thay đổi Ví dụ 2: Chứng minh định lý Pitago: Trong tam giác vuông, bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vuông: Giải: - Dựng phía ngoài ABC các hình vuông BCDE; ABFG; ACMN 2 - Muốn chứng minh BC AB AC ta phải chứng minh S BCDE S ABFG S ACMN - Vẽ đường cao AH kéo dài cắt DE K ta chứng minh S ABFG S BHKE và S ACMN SCHKD - Nối AE; CF FBC ABE (c-g-c) S FBC S ABE (1) FBC và hình vuông ABFG có chung đáy BF, đường cao ứng với đáy này (là AB) S FBC S ABFG (2) S ABE S BHKE Tương tự: (3) Từ (1); (2) và (3) S BHKE S ABFG (65) Chứng minh tương tự ta được: SCHKD S ACMN Do đó: S BHKE SCHKD S ABFG S ACMN S BCDE S ABFG S ACMN (đpcm) N \ G A M \ F B \ E \ H \ K \ C \ D \ Nhận xét: - Điểm mấu chốt cách giải trên là vẽ hình phụ: vẽ thêm ba hình vuông 2 Ta phải chứng minh: BC AB AC mà BC2; AB2; AC2 chính là diện tích các hình vuông có cạnh là BC; AB; AC - Để chứng minh S BCDE S ABFG S ACMN ta vẽ đường cao AH kéo dài để chia hình vuông BCDE thành hai hình chữ nhật không có điểm chung chứng minh hai hình chữ nhật này có diện tích diện tích hai hình vuông Bài tập áp dụng: (Khoảng bài tập) III TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ - Đặt các diện tích cần tìm các ẩn đưa phương trình hệ phương trình với các ẩn đó - Giải phương trình hệ phương trình để tìm nghiệm Ví dụ 1: (66) Cho ABC có diện tích đơn vị, trên cạnh AB lấy M và trên AC lấy N cho AM = 3BM BN cắt CM O Tính diện tích AOB và AOB Giải: A Đặt SAOB = x; SAOC = y (x,y > 0) N M S OAM AM \ \ O C Ta có: S OAB (vì AB ) B \ 3x \ S OAM AN Vì AC nên 4y S OAN S OAN C AN AC 4y Ta có: SBAN = SBAO + SOAN = x + 4 4y S ABC x S BAN 5 nên 5 (1) mà 3x SCOA SOAM y S CAM mặt khác: 3 S ABC S CAM 4 mà: 3x y 4 (2) đó: Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 5x + 4y = (3) 3x + 4y = (4) Lấy (3) trừ (4) theo vế ta Thay x S AOB x vào (3) ta S AOC và x Vậy Ví dụ 2: Giả sử MNPQ là hình vuông nội tiếp tam giác ABC, với M AB; N AC và P; Q BC Tính cạnh hình vuông biết BC = a và đường cao AH = h Giải: Gọi I là giao điểm AH với MN Đặt cạnh hình vuông MNPQ là x (x > 0), Ta có: (67) 1 S AMN MN AI x(h x) 2 1 S BMNC ( BC MN )MQ (a x ) x 2 S ABC a.h Ta lại có: S ABC S AMN S BMNC nên 1 a.h x(h x) x(a x) 2 ah a.h x(a h) x a h Hay: A \ I \ M \ B \ Q H \ N \ C \ P \ ah Vậy cạnh hình vuông MNPQ là a h Bài tập áp dụng: khoảng bài IV BẤT ĐẲNG THỨC DIỆN TÍCH: - Ta sử dụng hệ bất đẳng thức Côsi: hai số có tổng không đổi thì tích chúng lớn hai số - Để sử dụng các bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định là x biểu thị đại lượng cần tìm giá trị nhỏ (hay giá trị lớn nhất) biểu thức có biến x tìm điều kiện x để biểu thức có giá trị nhỏ (hay giá trị lớn nhất) Ví dụ 1: Cho tam giác ANC vuông A, AB = 4cm Trên hai cạnh AB và AC lấy các điểm M, N cho AM = CN Xác định vị trí M, N cho tứ giác BCMN có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ đó Giải: Đặt: S BCMN S ; AM = CN = x => AN = - x S = SABC - SAMN 4.4 x(4 x) x(4 x) 8 2 x(4 x) S nhỏ lớn x(4 x) lớn S B M A Vì x + (4 – x) = (không đổi) nên x(4 – x) lớn x=4–x x = (hệ bất đẳng thức Côsi Khi đó M và N là trung điểm AB và AC S 8 2(4 2) 6cm 2 N C (68) Ví dụ 2: Cho đường tròn tâm O bán kính r nội tiếp tam giác ABC Qua O vẽ đường thẳng cắt hai cạnh AC và BC tạio M và N Chứng minh SCMN 2r Giải: Đặt SCMN S SCMN SOCM SOCN ( MC NC )r Ta có Theo bất đẳng thức Côsi: ( MC NC ) CM CN 25 1 S ( MC NC ).sin C CM CN 2 (Vì ) S ( MC NC ).r 2S r 2 S 2S r Dấu “=” xảy CM = CN hay MN OC A M C N B Bài tập áp dụng: Khoảng bài V BÀI TẬP VỀ DIỆN TÍCH VÀ CHỨNG MINH Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD, đáy AB = 3cm, AD = 4cm, BC = 6cm, CD = 9cm Tính diện tích hình thang Giải Vẽ BE // AD ta có: 39 h 6h (cm2) CBE cân C A S B I IC = 36 – = 32 IC 4 4.4 S BCE 8 2 5.2 h BK S ABCD 6h 6 16 D E C K Ví dụ 2: Cho ABC có chu vi là 2p, cạnh BC = a, gọi góc BAC , đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh AC K Tính diện tích AOK + Giải C AK = AL; CK = CM; BM = BL K M (69) L CM + AK + BM = 2p AK = p – (BM + CM) AK = p – a KAO OK = (p - a)tan 1 AK ( p a ) tan SAOK = AO = * Bài tập áp dụng: Cho ABC có góc nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’ và trực tâm H HA ' HB ' HC ' Tính tổng: AA ' BB ' CC ' Một tam giác có độ dài các đường cao là các số nguyên và bán kính đường tròn ngoại tiếp Chứng minh tam giác đó Cho ABC biết A , , B , , C , đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính r; P, Q, R là các tiếp điểm Tính diện tích tam giác PQR Cho ABC Trên cạnh AB lấy điểm M, trên cạnh AC lấy điểm N cho AM AN AB AC Gọi O là giao điểm BN và CM Gọi H, L là chân đường vuông góc kẻ từ A, C tới đường thẳng BN a/ Chứng minh CL = AH b/ Chứng minh: SBOC = SBOA Kẻ CE và BD vuông góc với AO Chứng minh BD = CE c/ Giả sử SABC = 30 cm2, tính SAMON Cho hình thang ABCD, đáy AB, O là giao điểm hai đường chéo AC và BD a/ Chứng minh rằng: SOAD = SOBC b/ SOAB.SOCD = (SOBC)2 HƯỚNG DẪN GIẢI S HBC HA '.BC HA ' S ABC AA '.BC AA ' Ta có: (1) S HAB HC ' S CC ' (2) ABC Tương tự: A C B B H A C (70) S HAC HB ' S ABC BB ' (3) Cộng (1), (2) và (3) ta được: HA ' HB ' HC ' S HBC S HAB S HAC S ABC 1 S ABC AA ' BB ' CC ' = = S ABC Đặt a = BC, b = AC, c = AB Gọi x, y, z là độ dài các đường cao tương ứng với cạnh a, b, c tam giác Vì bán kính đường tròn nội tiếp nên x, y, z > Giả sử: x y z 1 Theo kết bài 1: x y z =1 z z z=3 1 1 x y z x y hay 3(x+y) = 2xy Từ: =1 (2x-3)(2y-3) = = = x = y = x = 6; y =2 (loại) Vậy = y = z đó a = b = c OP = OQ = OR = r SPQR = S OPR + SOPQ + SOQR SPQR = r2sin(1800 - ) = r2sin SORQ = r2sin SORQ = r2sin Do đó SPQR = r2 (sin + sin + sin ) a/ CN = AN SBNC = 2S BNA SBNC SBNA CL 2 AH BNchung A M O H L N (71) BO.CL E B SBOA BO AH SBOC 2SBOA D CL= 2AH A / (1) Chứng minh tương tự SBOC = 2SCOA (2) T (1) v à (2) SBOA = SCOA (3) Kẻ CE AO, BD CE Ta chứng minh được: BD = CE c/ Giả sử SBOC = 2a (cm2) SBOA = a (cm2), SCOA= a (cm2) Ta tính được: SABC = 4a (cm2) a = cm2 Ta lại có SONA = SOMA = a= (cm2) Vậy: SOAMN = cm2 a/ Kẻ đ ờng cao AH v à BH’, ta c ó: AH = BH’ AH DC Ta có: SADC = BH '.DC A SBDC = SADC = SBDC SODA = SOBC L b/ Kẻ đường cao BK ABC, ta c ó: SBOC SOAB OA SOBC OC SOAD OA S OC OCD Tương tự: SOAB SOAD SOBC SOCD (S C B K D OBC A )2 = SOAB.SOCD ( Vì SOBC = SOAD) H C (72)