Chứng minh ba điểm thẳng hàng: P2 : - Dựa vào số đo của góc bẹt Hai tia đối nhau - Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 tại một điểm - Hai đường thẳng đi qua một điểm và[r]
(1)CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN PHẦN ĐẠI SỐ Chuyền đề 1: Các bài toán thực phép tính: Các kiến thức vận dụng: - Tính chất phép cộng , phép nhân - Các phép toán lũy thừa: n a = a a a n ; am.an = am+n ; am : an = am –n ( a 0, m n) a an ( ) n n (b 0) b ; b (am)n = am.n ; ( a.b)n = an bn Một số bài 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 là 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 c c c an 1.an với a – a = a – a = … = a – a = k b) Tính tổng : A = a1.a2 a2 a3 n n-1 n n n+1 HD: a) S = 1+ a + a +… + a aS = a + a +… + a + a n+1 Ta có : aS – S = a – ( a – 1) S = an+1 – Nếu a = S = n a n 1 Nếu a khác , suy S = a c c 1 ( ) b) Áp dụng a.b k a b với b – a = k c 1 c 1 c 1 ( ) ( ) ( ) k a1 a2 k a2 a3 k an an Ta có : A = c 1 1 1 ( ) an an = k a1 a2 a2 a3 c 1 ( ) k = a1 an Bài : a) Tính tổng : 12 + 22 + 32 + … + n2 b) Tính tổng : 13 + 23 + 33 + … + n3 HD : a) 12 + 22 + 32 + ….+ n2 = n(n+1)(2n+1): b) 13 + 23 + 33 + … + n3 = ( n(n+1):2)2 (2) Bài 3: Thùc hiÖn phÐp tÝnh: a) A = B b) ( 1 1 49 ) 4.9 9.14 14.19 44.49 89 212.35 46.9 3 510.73 255.492 125.7 59.143 9 HD : A = 28 ; B = Bài 4: 1 2003 2004 2005 5 P = 2003 2004 2005 1, Tính: 2 2002 2003 2004 3 2002 2003 2004 2, Biết: 13 + 23 + + 103 = 3025 Tính: S = 23 + 43 + 63 + + 203 3 + 1,5+1 −0 , 75 11 12 1890 A= + : +115 Bài 5: a) TÝnh 5 2005 2,5+ −1 , 25 − ,625+ 0,5− − 11 12 1 1 1 b) Cho B= + + + + + 2004 + 2005 3 3 Chøng minh r»ng B< 5 13 −2 −10 230 + 46 27 25 Bài 6: a) Tính : 10 + : 12 −14 10 3 , 375− 0,3+ ( ( ) ) ( )( ) 1 1 2012 P 2011 2010 2009 2011 b) TÝnh HD: Nhận thấy 2011 + = 2010+2 = … 2012 2010 1 2011 2011 2012 2012 1 1 2012 2011 2012( ) 2011 2012 = 1 1 (1+ 2+ 3+ +99+100) − − − ( 63 1,2 −21 3,6) A= −2+3 − 4+ + 99− 100 MS 1 c) ( ) Bài 7: a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A= [ 11 − 15 −6 31 19 14 −1 93 1 + 12−5 6 ( ( ) ) ( ] ) 3150 (3) 1 1 > b) Chøng tá r»ng: B=1 − − − − .− 2 3 2004 2004 Bài 8: a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: ,75 ¿2 11 25 2 ([ ) :0 , 88+3 , 53] −¿ : 1325 ¿ 81 ,624 : − , 505 +125 A= ¿ ( ) b) Chøng minh r»ng tæng: S= 1 1 1 − + − + n − − n + + 2002 − 2004 < 0,2 2 2 2 2 Chuyên đề 2: Bài toán tính chất dãy tỉ số nhau: Kiến thức vận dụng : a c a.d b.c - b d a c e a c e a b e -Nếu b d f thì b d f b d f với gt các tỉ số dều có nghĩa a c e - Có b d f = k Thì a = bk, c = d k, e = fk Bài tập vận dụng Dạng Vận dụng tính chất dãy tỉ số để chứng minh đẳng thức a c a2 c2 a 2 Bài 1: Cho c b Chứng minh rằng: b c b a c HD: Từ c b suy c a.b a c a a.b 2 đó b c b a.b a ( a b) a b ( a b ) b = Bài 2: Cho a,b,c a c R và a,b,c thoả mãn b2 = ac Chứng minh rằng: (a 2012b) 2 = (b 2012c) HD: Ta có (a + 2012b)2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.b2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.ac = a( a + 2.2012.b + 20122.c) (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 (a 2012b)2 = (b 2012c) Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu a c = b d a+3 b c +3 d th× a − b = c −3 d (4) a c k a = kb, c = kd HD : Đặt b d 5a 3b b(5k 3) 5k 5c 3d d (5k 3) 5k a b b (5 k 3) k c d d (5 k 3) 5k Suy : và a+3 b c +3 d = Vậy a − b c −3 d Bài 4: a b ab 2 BiÕt c d cd với a,b,c, d 0 Chứng minh : a c a d b d b c a b ab 2ab a 2ab b (a b) ( a b )2 2 2 (c d ) c d (1) HD : Ta có c d cd = 2cd c 2cd d a b ab 2ab a 2ab b (a b) ( a b )2 c d (2) c d cd = 2cd c 2cd d (c d ) a b a b c d c d a b a b ( ) ( ) cd c d a b b a c d d c Từ (1) và (2) suy : Xét TH đến đpcm Bài : Cho tØ lÖ thøc a c = b d Chøng minh r»ng: ab a2 −b a+b a2 +b vµ = 2 = 2 cd c − d c+ d c +d a c = HD : Xuất phát từ biến đổi theo các b d ab a b2 a c a b a b ( ) 2 cd hướng làm xuất cd c d b d c d ( ) Bài : Cho d·y tØ sè b»ng nhau: a+ b+c +d a+2 b+ c+ d a+ b+2 c+ d a+b+ c+2 d = = = a b c d TÝnh M = a+b + b+c + c +d + d +a c+ d d +a a+b b+c a+ b+c +d a+2 b+ c+ d a+ b+2 c+ d a+b+ c+2 d = = = HD : Từ a b c d 2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d 1 1 1 1 a b c d Suy : 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) a+b b+c c +d d +a M= + + + = -4 c+ d d +a a+b b+c a+b b+c c +d d +a Nếu a + b + c + d 0 a = b = c = d M = c+ d + d +a + a+b + b+c = Bài : a) Chøng minh r»ng: (5) NÕu Th× b) Cho: x y z = = a+2 b+c a+b −c a −4 b+c a b c = = x +2 y + z x+ y − z x − y + z Chøng minh: HD : a) Từ a b c = = b c d ( a+ b+c a = b+c +d d ) x y z = = a+2 b+c a+b −c a −4 b+c a 2b c 2a b c 4a 4b c x y z a 2b c 2(2a b c) 4a 4b c a x 2y z x y z (1) 2(a 2b c) (2a b c ) 4a 4b c b 2x y z x y z (2) 4(a 2b c) 4(2a b c) 4a 4b c c 4x 4y z x y z (3) a b c Từ (1) ;(2) và (3) suy : x +2 y + z = x+ y − z = x − y + z x y z t Bài 8: Cho y + z +t = z +t + x = t + x+ y = x + y + z chøng minh r»ng biÓu thøc sau cã gi¸ trÞ nguyªn P= HD Từ x+ y y + z z +t t + x + + + z +t t+ x x+ y y+ z y z t z t x t x y x y z x y z t = = = x y z t y + z +t z +t + x t + x+ y x + y + z y z t z t x txy x yz 1 1 1 1 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 = thì P = - Nếu x + y + z + t thì x = y = z = t P = yz x zx y x y z x y z Bài : Cho số x , y , z khác thỏa mãn điều kiện : x y z 1 1 1 Hãy tính giá trị biểu thức : B = y z x Bài 10 : a) Cho các số a,b,c,d khác Tính T =x2011 + y2011 + z2011 + t2011 Biết x,y,z,t thỏa mãn: x 2010 y 2010 z 2010 t 2010 x 2010 y 2010 z 2010 t 2010 a b2 c2 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 a 14 c 11 e 13 Biết a,b,c,d,e,f thuộc tập N* và b 22 ; d 13 ; f 17 (6) a b c c) Cho số a, b, c thỏa mãn : 2009 2010 2011 Tính giá trị biểu thức : M = 4( a - b)( b – c) – ( c – a )2 Một số bài tương tự Bài 11: Cho d·y tØ sè b»ng nhau: TÝnh 2012a b c d a 2012b c d a b 2012c d a b c 2012d a b c d a+b b+c c +d d +a M= + + + c+ d d +a a+b 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 là số tự nhiên) và 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,… 1+3y 1+5y 1+7y 12 5x 4x Bài 1: Tìm cặp số (x;y) biết : 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 2y 2y => x x 12 với y = thay vào không thỏa mãn Nếu y khác => -x = 5x -12 => x = Thay x = vào trên ta đợc: 1 3y y 1 y 12 2 =>1+ 3y = -12y => = -15y => y = 15 1 Vậy x = 2, y = 15 thoả mãn đề bài a b c Bài : Cho b c a và a + b + c ≠ 0; a = 2012 Tính b, c a b c a b c 1 a = b = c = 2012 HD : từ b c a a b c Bài : Tìm các số x,y,z biết : y x 1 x z x y x y z x yz HD: Áp dụng t/c dãy tỉ số nhau: y x x z x y 2( x y z ) 2 x y z (x y z) x y z (vì x+y+z 0) Suy : x + y + z = 0,5 từ đó tìm x, y, z 1 y 1 y 1 y 24 6x Bài : Tìm x, biết rằng: 18 (7) y y y 2(1 y ) (1 y ) y y (1 y ) 24 6x 2.18 24 18 24 x HD : Từ 18 1 x 1 Suy : 6 x x y z Bài 6: T×m x, y, z biÕt: z + y +1 = x+ z +1 = x+ y − =x + y + z (x, y, z ) x y z x yz x y z 2( x y z ) HD : Từ z y x z x y 1 1 Từ x + y + z = x + y = - z , y +z = - x , z + x = - y thay vào đẳng thức ban đầu để tìm x 3x 3y 3z = = vµ x +2 y − z 2=1 64 216 x 1 y x y 7x Bài : Tìm x , y biết : Bài : T×m x, y, z biÕt Chuyên đề 3: Vận dụng tính chất phép toán để tìm x, y Kiến thức vận dụng : - Tính chất phép toán cộng, nhân số thực - Quy tắc mở dấu ngoặc, quy tắc chuyển vế - A, A 0 A A 0 A, A Tính chất giá trị tuyệt đối : với A ; - Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối : A B A B A B A B dấu ‘=’ xẩy AB 0; dấu ‘= ‘ xẩy A,B >0 A m A m A m (m 0) A m (hay m A m) A m A m ; với 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 ; Bài tập vận dụng Dạng 1: Các bài toán Bài 1: Tìm x biết a) x + 2x + 3x + 4x + … + 2011x = 2012.2013 x x x x b) 2011 2010 2009 2008 HD : a) x + 2x + 3x + 4x + … + 2011x = 2012.2013 x( + + + ….+ 2011) = 2012.2013 (8) x 2011.2012 2.2013 2012.2013 x 2011 b) Nhận xét : 2012 = 2011+1= 2010 +2 = 2009 +3 = 2008 +4 x x x x Từ 2011 2010 2009 2008 ( x 2012) 2011 ( x 2012) 2010 ( x 2012) 2009 ( x 2012) 2008 2011 2010 2009 2008 x 2012 x 2012 x 2012 x 2012 2011 2010 2009 2008 1 1 ( x 2012)( ) 2011 2010 2009 2008 1 1 x : ( ) 2012 2011 2010 2009 2008 Bài Tìm x nguyên biết 1 1 49 (2 x 1)(2 x 1) 99 a) 1.3 3.5 5.7 91006 b) 1- + 32 – 33 + ….+ (-3)x = Dạng : Tìm x có chứa giá trị tuyệt đối Dạng : x a x b và x a x b x c Khi giải cần tìm giá trị x để các GTTĐ không, so sánh các giá trị đó để chia các khoảng giá trị x ( so sánh –a và –b) Bài : Tìm x biết : 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 (*) x 2011 x 2012 x 2011 2012 x Từ (1) 2011 2012(vôly ) x (2011 2012) : Kết hợp (*) x = 4023:2 x 2010 x 2011 2012 b) (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 là : 2009 :2 6033:2 Một số bài tương tự: Bài : a) T×m x biÕt |x − 1|+|x +3|=4 b) T×m x biÕt: |x 2+|6 x − 2||=x +4 (9) c) T×m x biÕt: |2 x+3|− 2|4 − x|=5 Bài : a)Tìm các giá trị x để: |x +3|+|x +1|=3 x 2x x x b) Tìm x biết: Bài : tìm x biết : a) x 4 b) x 2011 2012 Dạng : Sử dụng BĐT giá trị tuyệt đối Bài : a) Tìm x ngyên biết : b) Tìm x biết : HD : a) ta có x x x x 8 x 2010 x 2012 x 2014 2 x x x x x x x x 8 x x x x 8 Mà (1) suy ( 1) xẩy dấu “=” 1 x 7 x 5 Hay 3 x 5 x nguyên nên x {3;4;5} x 2010 x 2012 x 2014 x 2010 2014 x x 2012 2 b) ta có Mà x 2010 x 2012 x 2014 2 (*) nên (*) xẩy dấu “=” x 2012 0 x 2012 2010 x 2014 Suy ra: Các bài tương tự Bài : Tìm x nguyên biết : Bài : Tìm x biết x x x 100 2500 x x x 100 605 x Bài : T×m x, y tho¶ m·n: x x y x = Bài : Tìm x, y biết : x 2006 y x 2012 0 HD : ta có x 2006 y 0 với x,y và x 2012 0 với x Suy : x 2006 y x 2012 0 với x,y mà x 2006 y x 2012 0 x y 0 x 2006 y x 2012 0 x 2012, y 2 x 2012 0 Bài : T×m c¸c sè nguyªn x tho¶ m·n 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 = b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162 3x -1(1 + 5) = 162 3x – = 27 x = Bài : Tìm các số tự nhiên x, y , biết: a) 2x + 3y = 12x b) 10x : 5y = 20y 22 x y x x 3 y x x+1 y x x 1 HD : a) = 12 Nhận thấy : ( 2, 3) = x – = y-x = x = y = b) 10x : 5y = 20y 10x = 102y x = 2y Bài : Tìm m , n nguyên dương thỏa mãn : (10) a) 2m + 2n = 2m +n b) 2m – 2n = 256 HD: a) 2m + 2n = 2m +n 2m + n – 2m – 2n = 2m ( 2n – 1) –( 2n – 1) = n 2 1 m n 1 m (2m -1)(2n – 1) = 2 1 b) 2m – 2n = 256 2n ( 2m – n - 1) = 28 Dễ thấy m n, ta xét trường hợp : + Nếu m – n = n = , m = 9 m – n + Nếu m – n thì – là số lẻ lớn 1, đó VT chứa TSNT khác 2, mà VT chứa TSNT suy TH này không xẩy : n = , m = x 7 Bài : Tìm x , biết : x 1 x 7 x 11 0 HD : x 7 x 1 x 7 x 7 x 7 x 1 x 1 x 11 0 x 10 0 1 x 10 0 x x10 1 ( x 7)10 0 x 7010 x7 x 8 x 6 ( x 7) 2012 Bài : Tìm x, y biết : x 2011 y ( y 1) 0 HD : ta có x 2011y 0 với x,y và (y – 1)2012 với y 2012 2012 Suy : x 2011 y ( y 1) 0 với x,y Mà x 2011y ( y 1) 0 x 2011y 0 x 2011, y 1 y 0 Các bài tập tương tự : Bài : Tìm x, y biết : a) x (3 y 4) 2012 0 b) (2 x 1) y 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, - Phân tích TSNT, tính chất số nguyên tố, hợp số , số chính phương - Tính chất chia hết tổng , tích - ƯCLN, BCNN các số (11) Bài tập vận dụng : * Tìm x,y dạng tìm nghiệm đa thức Bài 1: a) T×m c¸c sè nguyªn tè x, y cho: 51x + 26y = 2000 2 b) T×m sè tù nhiªn x, y biÕt: x − 2004 ¿ =23 − y 7¿ c) T×m x, y nguyªn biÕt: xy + 3x - y = d) T×m mäi sè nguyªn tè tho¶ m·n : x2-2y2=1 HD: a) Từ 51x + 26y = 2000 17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) 3,17 là số NT nên x 2 mà x NT x = Lại có 1000 – 13y 51 , 1000 – 13y > và y NT y = 2 b) Từ x − 20047¿ ¿=23 − y (1) 2 7(x–2004)2 0 23 y 0 y 23 y {0, 2,3, 4} Mặt khác là số NT 13 y 7 y = y = thay vào (1) suy : x= 2005 ,y =4 x = 2003, y = x 1 x c) Ta có xy + 3x - y = ( x – 1)( y + 3) = y 3 y x 3 x y 1 y 2 d) x2-2y2=1 x 2 y ( x 1)( x 1) 2 y x 2 y x 3 y 2 VP = 2y2 chia hết cho suy x > , mặt khác y nguyên tố x y Bài a) Tìm các số nguyên thỏa mãn : x – y + 2xy = 2 b) Tìm x, y biết: 25 y 8( x 2012) HD : a) Từ x – y + 2xy = 2x – 2y + 2xy = (2x - 1)( 2y + 1) = 13 2 b) Từ 25 y 8( x 2012) y2 25 và 25 – y2 chia hết cho , suy y = y = y = , từ đó tìm x 1 x y Bài a) T×m gi¸ trÞ nguyªn d¬ng cña x vµ y, cho: b) T×m c¸c sè a, b, c nguyªn d¬ng tho¶ m·n : b c a +3 a +5=5 vµ a+3=5 1 x 5 xy 5 y 5 HD : a) Từ x y ( x + y) = xy (*) + Với x chia hết cho , đặt x = q ( q là 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 y 5q 5 Z q 1 q q Ư(5) , từ đó tìm y, x b b) a +3 a +5=5 a ( a +3) = 5b – , mà a+3=5c a2 5c = 5( 5b – – 1) 5b 5c Do a, b, c nguyên dương nên c = 1( vì c >1 thì 5b – - không chia hết cho đó a không là số nguyên.) Với c = a = và b = a2 Bài 4: T×m c¸c cÆp sè nguyªn tè p, q tho¶ m·n: 52 p 2013 52 p q 2 2p 2p 2 p p p p HD : 2013 5 q 2013 q 25 25 2013 q 25 (25 1) (12) 2 Do p nguyên tố nên 2013 q 25 và 2013 – q2 > từ đó tìm q Bài : T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d¬ng n cho: 2n − chia hÕt cho HD : Với n < thì 2n không chia hết cho * Với n 3 đó n = 3k n = 3k + n = 3k + ( k N ) Xét n = 3k , đó 2n -1 = 23k – = 8k – = ( + 1)k -1 = 7.A + -1 = 7.A 7 Xét n = 3k +1 đó 2n – = 23k+1 – = 2.83k – = 2.(7A+1) -1 = 7A + không chia hết cho Xét n = 3k+2 đó 2n – = 23k +2 -1 = 4.83k – = 4( 7A + 1) – = A + không chia hết * cho Vậy n = 3k với k N * Tìm x , y để biểu thức có giá trị nguyên, hay chia hết: Bài Tìm số nguyên m để: a) Gi¸ trÞ cña biÓu thøc m -1 chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc 2m + b) |3 m− 1|<3 HD : a) Cách : Nếu m >1 thì m -1 < 2m +1 , suy m -1 không chia hết cho 2m +1 m 2m Nếu m < -2 thì , suy m -1 không chia hết cho 2m +1 Vậy m { -2; -1; 0; 1} Cách : Để m 12m 2(m 1)2m 1 (2m 1) 32m 1 32m b) Bài |3 m− 1|<3 2 m - < 3m – < m 0 m 1 vì m nguyên a) Tìm x nguyên để √ x+1 chia hết cho √ x −3 b) Tìm x ∈ Z để A Z và tìm giá trị đó A= −2 x x+3 HD: A = 2( x 3) −2 x 2 x x = x+3 2012 x Bài 3: Tìm x nguyên để 1006 x 2012 x 2(1006 x 1) 2009 2009 2 1006 x 1006 x HD : 1006 x = 2012 x để 1006 x 20091006 x x là số CP Với x >1 và x là số CP thì 1006 x 2012 2009 suy 2009 không chia hết cho 1006 x Với x = thay vào không thỏa mãn Với x = thì 2009 :1006 x 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 (13) * A B A B , A, B dấu “ = ” xẩy A.B A B A B , A, B * dấu “ = ” xẩy A,B 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 các 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 = b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 = ( x + 50)2 – 3500 - 3500 với x Vậy Min Q(x) = -3500 Từ đây ta có bài toán tổng quát : Tìm GTNN đa thức P(x) = a x2 + bx +c ( a > 0) b b b2 ( )2 HD: P(x) = a x2 + bx +c = a( x2 + 2.x 2a + 2a ) + ( c - 4a ) b b 4ac b 4ac b2 4ac b x )2 ( ) , x 2a 4a 4a = a( Vậy Min P(x) = 4a x = 2a Bài : Tìm giá trị nhỏ các biểu thức sau: a) A = - a2 + 3a + b) B = x – x2 3 25 (a 2.a ( ) ) (4 ) ( a ) 2 4 HD : a) A = - a + 3a + = 25 25 (a ) 0, a , a Do nên A Vậy Max A = a = 2 2 c) B = x x ( x 2.x.1 1 ) ( x 1) 1 Do ( x 1) 0, x B 1, x Vậy Max B = x = Bài : Tìm giá trị lớn các biểu thức sau: a 2012 2013 2012 b) Q = a 2011 2012 a) P = x x 2013 * 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 2012 HD : a) ( x y ) 0, x, y và ( y 2012) 0, y suy : P 0 với x,y x y 0 x 4024 Min P = y 2012 0 y 2012 b) Ta có ( x y 3) 0.x, y và ( x y ) 0.x, y suy : Q 2012 với x,y ( x y 3)2 0 x 2 y 1 ( x y ) 0 Min Q = 2012 2013 Bài : Tìm GTLN R = ( x 2) ( x y ) 3|x|+2 Bài : Cho ph©n sè: C= (x Z) 4|x|−5 (14) a) Tìm x Z để C đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn đó b) Tìm x Z để C là số tự nhiên C HD : x 4.(3 x 2) 12 x 23 (1 ) x 3.(4 x 5) 12 x 15 12 x 15 C lớn 23 12 x 15 lớn 12 x 15 23 (1 ) x = Vậy Max C = nhỏ và 12 x 15 x 2 n− Bài : Tìm số tự nhiên n để phân số 2n − có giá trị lớn n 2(7 n 8) 14n 16 (1 ) n 7(2 n 3) 14 n 21 14 n 21 HD : Ta có n− Để 2n − lớn thì 14n 21 lớn 14n 21 và 14n – 21 có giá trị nhỏ n 21 14 và n nhỏ n = A 0, A * Dạng vận dụng , A 0, A A B A B , A, B dấu “ = ” xẩy A.B A B A B , A, B dấu “ = ” xẩy A,B Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài 1: a) A = ( x – 2)2 + y x +3 2011 2012 x 2010 b) B = y x 0 HD: a) ta có ( x 2) 0 với x và với x,y A với x,y ( x 2) 0 x 2 y x y 2 Suy A nhỏ = x 2010 0 x 2010 2012 b) Ta có B với x B 2012 với x 2011 2011 2012 với x, suy Min B = 2012 x = 2010 Bài : Tìm giá trị nhỏ các biểu thức a) A x 2011 x 2012 b) B x 2010 x 2011 x 2012 c) C = x x x 100 A x 2011 x 2012 x 2011 2012 x x 2011 2012 x 1 HD : a) Ta có = với x A 1 với x Vậy Min A = Khi ( x 2011)(2012 x) 0 2011 x 2012 b) ta có Do B x 2010 x 2011 x 2012 ( x 2010 2012 x ) x 2011 x 2010 2012 x x 2010 2012 x 2 Và x 2011 0 với x (2) với x (1) (15) ( x 2010 2012 x ) x 2011 2 Vậy Min B = BĐT (1) và (2) xẩy ( x 2010)(2012 x) 0 x 2011 x 2011 dấu “=” hay Suy B c) Ta có x x x 100 = ( x 100 x ) ( x 99 x ) ( x 50 56 x ) x 100 x x 99 x x 50 56 x = 99 + 97 + + = 2500 Suy C 2050 với x Vậy Min C = 2500 ( x 1)(100 x) 0 ( x 2)(99 x ) 0 ( x 50)(56 x) 0 1 x 100 2 x 99 50 x 56 50 x 56 Chuyên đề : Dạng toán chứng minh chia hết 1.Kiến thức vận dụng * Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, * Chữ số tận cùng 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 thì : 3n 2 2n 2 3n 2n chia hết cho 10 n 2 n2 n n n2 n n2 n HD: ta có = n n = (3 1) (2 1) n n n n = 10 5 3 10 10 = 10( 3n -2n) n2 n2 n n Vậy 10 với n là số nguyên dương Bài : Chứng tỏ rằng: 2004 A = 75 (4 + 42003 + + 42 + + 1) + 25 là 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 p m+n N* và p là số nguyên tố thoả mãn: m−1 = (1) p Chứng minh : p2 = n + HD : + Nếu m + n chia hết cho p p (m 1) p là số nguyên tố và m, n N* m = m = p +1 đó từ (1) ta có p2 = n + + Nếu m + n không chia hết cho p , từ ( 1) (m + n)(m – 1) = p2 Do p là số nguyên tố và m, n N* m – = p2 và m + n =1 m = p2 +1 và n = - p2 < (loại) Vậy p2 = n + Bài 4: a) Sè A=10 1998 − cã chia hÕt cho kh«ng ? Cã chia hÕt cho kh«ng ? b) Chøng minh r»ng: A=36 38+ 4133 chia hÕt cho HD: a) Ta có 101998 = ( + 1)1998 = 9.k + ( k là số tự nhiên khác không) Bài : Cho m, n (16) = 3.1 + Suy : A=10 1998 − = ( 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=36 38+ 4133 = 7k + + 7q – = 7( k + q) 7 Bài : a) Chøng minh r»ng: 3n+ −2n +4 +3 n+ 2n chia hÕt cho 30 víi mäi n nguyªn d¬ng b) Chøng minh r»ng: 2a - 5b + 6c ⋮ 17 nÕu a - 11b + 3c ⋮ 17 (a, b, c Z) Bài : a) Chøng minh r»ng: a+2 b ⋮ 17 ⇔10 a+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 thì a, b, c chia hết cho HD a) ta có 17a – 34 b 17 và 3a + 2b 17 17a 34b 3a 2b 17 2(10a 16b) 17 10a 16b 17 vì (2, 7) = 10a 17b 16b 17 10a b17 b) Ta có f(0) = c f(0) 3 c 3 f(1) - f(-1) = (a + b + c) - ( a – b + c) = 2b , f(1) và f(-1) chia hết cho 2b3 b3 vì ( 2, 3) = f(1) 3 a b c 3 b và c chia hết cho a 3 Vậy a, b, c chia hết cho 102006 53 Bài : a) Chøng minh r»ng lµ mét sè tù nhiên n b) Cho +1 lµ sè nguyªn tè (n > 2) Chøng minh n −1 lµ hîp sè HD : b) ta có (2 +1)( – 1) = -1 = -1 (1) Do - chia hêt cho và 2n +1 lµ sè nguyªn tè (n > 2) suy 2n -1 chia hết cho hay 2n -1 là hợp số n n 2n n n Chuyên đề : Bất đẳng thức 1.Kiến thức vận dụng * Kỹ thuật làm trội : Nếu a1 < a2 < a3 <… < an thì n a1 < a1 + a2 + … + an < nan 1 1 nan a1 a2 an na1 1 2 a (a 1) a a (a 1) * a(a – 1) < a2 < a( a+1) * a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 , * a2 – ab + b2 = ( a – b)2 với a,b 2.Bài tập vận dụng a b c Bài 1: Cho a, b, c > Chøng tá r»ng: M = a+b + b+c + c+ a kh«ng lµ sè nguyªn HD : Ta có M M 1 a b c a b c a b c 1 a b b c c a a b c c a b a b c a b c (17) Mặt khác M 3 ( a b c (a b) b (b c) c (c a) a a b b c c a a b b c ca b c a ) a b b c c a = – N Do N >1 nên M < Vậy < M < nên M không là số nguyên Bài Chứng minh : a b 2 ab (1) , a b c 3 abc (2) với a, b, c 0 2 2 2 HD : a b 2 ab (a b) 4ab a 2ab b 4ab a 2ab b 0 (a b) 0 (*) Do (*) đúng với a,b nên (1) đúng Bài : Với a, b, c là các số dương Chứng minh 1 (a b)( ) 4 a b a) (1) 1 (a b c)( ) 9 a b c b) (2) 1 (a b)( ) 4 ( a b) 4ab ( a b) 0 a b HD : a) Cách : Từ (*) Do (*) đúng suy (1) đúng 1 1 ( a b)( ) 2 ab 4 a b ab ab Cách 2: Ta có a b 2 ab và a b Dấu “ =” xẩy a = b 1 b c a c a b a b b c a c (a b c)( ) 3 3 ( ) ( ) ( ) a b c a b c b a c b c a b) Ta có : a b b c a c 2; 2; 2 c b c a Lại có b a 1 (a b c)( ) a b c 3 9 Dấu “ = ” xẩy a = b = c Suy Bài : a) Cho z, y, z lµ c¸c sè d¬ng x y z Chøng minh r»ng: + + ≤ x + y + z y + z + x z+ x + y b) Cho a, b, c tho¶ m·n: a + b + c = Chøng minh r»ng: ab+ bc+ ca ≤ HD : b) Tính ( a + b + c)2 từ cm ab+ bc+ ca ≤ Chuyên đề : Các bài 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 (18) P(-1) = 50 - a + b – c + d = 50 P( 0) = d = P(2) = 8a + 4b + c + d = 120 Từ đó tìm c, d, và a và XĐ P(x) Bài : Cho f ( x)=ax2 + bx+ c víi a, b, c lµ c¸c sè h÷u tØ Chøng tá r»ng: f (−2) f (3)≤ BiÕt r»ng 13 a+b+ 2c =0 HD : f( -2) = 4a – 2b + c và 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 Bài Cho ®a thøc f ( x)=ax2 + bx+ c víi a, b, c lµ c¸c sè thùc BiÕt r»ng f(0); f(1); f(2) cã gi¸ trÞ nguyªn Chøng minh r»ng 2a, 2b cã gi¸ trÞ nguyªn HD : f(0) = c , f(1) = a + b + c , f(2) = 4a + 2b + c Do f(0) ,f(1), f(2) nguyên c , a + b + c và 4a + 2b + c nguyên a + b và 4a + 2b = (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên 2a , 2b nguyên Bài Chøng minh r»ng: f(x) ¿ ax 3+ bx +cx+ d cã gi¸ trÞ nguyªn víi mäi x nguyªn vµ chØ 6a, 2b, a + b + c vµ d lµ sè nguyªn 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 là các số nguyên Do d nguyên a + b + c nguyên và (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b nguyên 2b nguyên 6a nguyên Chiều ngược lại cm tương tự Bài : Tìm tổng các hệ số đa thức nhận đợc sau bỏ dấu ngoặc biểu thức: A(x) = 3+4 x+ x ¿2005 −4 x+ x ¿2004 ¿ ¿ HD : Giả sử A( x) = ao + a1x + a2x2 + … + a4018x4018 Khi đó A(1) = ao + a1 +a2 + …….+ a4018 A(1) = nên ao + a1 +a2 + …….+ a4018 = Bài : Cho x = 2011 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: x 2011 2012 x 2010 2012 x 2009 2012 x 2008 2012 x 2012 x 2011 2010 2009 2008 HD : Đặt A = x 2012 x 2012 x 2012 x 2012 x 2012 x x 2010 ( x 2011) x 2009 ( x 2011) x 2008 ( x 2011) x( x 2011) x x = 2012 thì A = 2011 Chuyên đề Các bài toán thực tế Kiến thức vận dụng - Tính chất đại lượng tỉ lệ thuận : Đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x và : y y1 y2 y3 n k xn y = k.x x1 x2 x3 ( k là hệ số tỉ lệ ) - Tính chất đại lượng tỉ lệ nghịch : (19) Đại lượng y và đại lượng x gọi là hai đại lượng tỉ lệ nghịch : x.y = a x1 y1 x2 y2 x3 y3 xn yn a ( a là hệ số tỉ lệ ) - Tính chất dãy tỉ số Bài tập vận dụng *Phương pháp giải : - Đọc kỹ đề bài , từ đó xác định các đại lượng bài toán - Chỉ các đại lượng đã biết , đại lượng cần tìm - Chỉ rõ mối quan hệ các đại lượng ( tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch) - Áp dụng tính chất đại lượng tỉ lệ và tính chất dãy tỉ số để giải Bài : Một vật chuyển động trên các cạnh hình vuông Trên hai cạnh đầu vật chuyển động với vận tốc 5m/s, trên cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, trên cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s Hỏi độ dài cạnh hình vuông biết tổng thời gian vật chuyển động trên bốn cạnh là 59 giây Bài : Ba lớp 7A,7B,7C có 94 học sinh tham gia trồng cây 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 bao nhiêu học sinh Biết số cây 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 % đó đến B sớm dự định 10 phút Tính thời gian ô tô 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 víi B×nh lµ 2: §Õn lóc gÆp nhau, thêi gian An ®i so víi B×nh ®i lµ 3: Tính quãng đờng ngời tới lúc gặp ? Bài : Ba đội công nhân làm công việc có khối lượng Thời gian hoàn thành công việc đội І, ІІ, ІІІ là 3, 5, ngày Biêt đội ІІ nhiều đội ІІІ là người và suất công nhân là Hỏi đội có bao nhiêu công nhân ? Bài : Ba ô tô cùng khởi hành từ A phía B Vận tốc ô tô thứ kém ô tô thứ hai là Km/h Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai và thứ ba hết quãng đường AB là : 40 5 phút, , Tính vận tốc ô tô ? 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 đó là 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 đó là hai góc đáy tam giác cân (20) - Chứng minh hai đường thẳng song song mà hai góc đó là 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) - Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ điểm - Hai đường thẳng qua điểm và song song với đường thẳng thứ - Dựa vào tính chất đường trung tuyến, phân giác, trung trực, đường cao Chứng minh hai đường thẳng vuông góc P2 : - Tính chất tam giác vuông, định lí Py – ta – go đảo - Qua hệ đường thẳng song song và đường thẳng vuông góc - Tính chất đường trung trực, ba đường cao Chứng minh đường thẳng đồng quy( qua điểm ) P2 : - Dựa vào tính chất các đường tam giác So sánh hai đoạn thẳng, hai góc : P2 : - Gắn hai đoạn thẳng , hai góc vào tam giác từ đó vận định lí quan hệ cạnh và góc đối diện tam giác , BĐT tam giác - Dựa vào định lí quan hệ đường xiên và hình chiếu, đường xiên và đường vuông góc II Bài tập vận dụng Bài : Cho tam giác ABC có  < 900 Vẽ phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng 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 90 BAC DAC * Gọi I là giao điểm AB và CD Để CM : DC BE cần CM I B1 90 Có I1 I ( Hai góc đối đỉnh) và I1 D1 90 Cần CM B1 D1 ( vì ∆ABE = ∆ ADC) Lời giải a) Ta có BAE 90 BAC DAC DAC BAE , mặt khác AB = AD, AC = AE (gt) Suy ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c) DC = BE b) Gọi I là giao điểm AB và CD Ta có I1 I ( Hai góc đối đỉnh) , I1 D1 90 ( ∆ ADI vuông A) và B1 D1 ( vì ∆ABE = ∆ ADC) I B1 90 DC BC *Khai thác bài 1: Từ bài ta thấy : DC = BE vµ DC BE ∆ABD và ∆ ACE vuông cân, có ∆ABD và ∆ ACE vuông cân , Từ B kẻ BK CD D thì ba điểm E, K, B thẳng hàng Ta có bài toán 1.2 (21) Bài 1: Cho tam giác ABC có  < 900 Vẽ phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC Từ B kẻ BK CD K Chứng minh ba điểm E, K, B thẳng hàng HD : Từ bài chứng minh DC BE mà BK CD K suy ba điểm E, K, B thẳng hàng *Khai thác bài 1.1 Từ bài 1.1 gọi M là trung điểm DE kẻ tia M A thì MA BC từ đó ta có bài toán 1.2 Bài 1.2: Cho tam giác ABC có  < 900 Vẽ phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC Gọi M là trung điểm DE kẻ tia M A Chứng minh : MA BC Phân tích tìm hướng giải HD: Gọi H là giao điểm tia MA và 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 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) và 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 là giao điểm tia MA và BC , Trên tia AM lấy điểm N cho AM = MN kẻ DQ AM Q Ta có ∆MDN = ∆MEA ( c.g.c) vì : AM = MN ; MD = ME (gt) và EMA DMN ( hai góc đối đỉnh) DN = AE ( = AC) và AE // DN vì N1 MAE ( cặp góc so le ) EAD ADN 1800 ( cặp góc cùng phía) mà EAD BAC 1800 BAC ADN BAC ADN Xét ∆ABC và ∆DNA có : AB = AD (gt) , AC = DN và ∆ABC = ∆DNA (c.g.c) N1 ACB Xét ∆AHC và ∆DQN có : AC = DN , BAC ADN và N1 ACB ( chứng minh trên ) (22) ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) ∆AHC vuông H hay MA BC * Khai thác bài toán 1.3 + Từ bài 1.2 ta thấy với M là trung điểm DE thì tia MA BC , ngược lại AH BC H thì tia HA qua trung điểm M DE , ta có bài toán 1.4 Bài 1.3 : Cho tam giác ABC có  < 900 Vẽ phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC Chứng minh tia HA qua trung điểm đoạn thẳng DE HD : Từ bài 1.2 ta có định hướng giải sau: Kẻ DQ AM Q, ER AM R Ta có : + DAQ HBH ( Cùng phụ BAH ) AD = AB (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn) DQ = AH (1) + ACH EAR ( cùng phụ CAH ) AC = AE (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn) ER = AH ( 1) Từ (1) và (2) ER = DQ Lại có M M ( hai góc đối đỉnh ) ∆QDM = ∆REM ( g.c.g) MD = ME hay M là trung điểm DE + Từ bài 1.3 ta thấy với M là trung điểm DE thì tia MA DE , ngược lại H là trung điểm BC thì tia KA vuông góc với DE, ta có bài toán 1.4 Bài 1.4: Cho tam giác ABC có  < 900 Vẽ phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC Gọi H trung điểm BC Chứng minh tia HA vuông góc với DE HD : Từ bài 1.3 ta dễ dạng giải bài toán 1.4 Trên tia AH lấy điểm A’ cho AH = HA’ Dễ CM ∆AHC = ∆A’HB ( g.c.g) 'B A’B = AC ( = AE) và HAC HA AC // A’B BAC ABA ' 1800 ( cặp góc cùng phía) Mà DAE BAC 180 DAE ABA ' Xét ∆DAE và ∆ABA’ có : AE = A’B , AD = AB (gt) DAE ABA ' ∆DAE = ∆ABA’(c.g.c) 0 AA ' ADE B mà ADE BAA ' 90 ADE MDA 90 Suy HA vuông góc với DE (23) Bài : Cho tam giác cân ABC (AB = AC) Trên cạnh BC lấy điểm D, trên tia đối tia CB lấy điểm E cho BD = CE Các đờng thẳng vuông góc với BC kẻ từ D và E cắt AB, AC lần lît ë M, N Chøng minh r»ng: a) DM = EN b) §êng th¼ng BC c¾t MN t¹i trung ®iÓm I cña MN c) Đờng thẳng vuông góc với MN I luôn qua điểm cố định D thay đổi trên c¹nh BC * Phân tích tìm lời giải a) Để cm DM = EN Cm ∆BDM = ∆CEN ( g.c.g) Có BD = CE (gt) , D E 90 ( MD, NE BC) BCA CBA ( ∆ABC cân A) b) Để Cm §êng th¼ng BC c¾t MN t¹i trung ®iÓm I cña MN Cần cm IM = IN Cm ∆MDI = ∆NEI ( g.c.g) c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BC , O là giao điểm AH với đường thẳng vuông góc với MN kẻ từ I Cần cm O là điểm cố định Để cm O là điểm cố định Cần cm OC AC OAC OCN 900 Cần cm OBA OCA Cần cm : và OBM OCM Cần cm ∆OBM = ∆OCN ( c.c.c) và ∆OAB = ∆OAC (c.g.c) *Khai thác bài Từ bài ta thấy BM = CN , ta có thể phát biểu lại bài toán sau: Bài 2.1 Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC) Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm M, trªn tia AC lÊy ®iÓm N cho BM = CN Đường thẳng BC cắt MN I Chøng minh r»ng: a) I là trung điểm MN b) Đờng thẳng vuông góc với MN I luôn qua điểm cố định D thay đổi lời giải: Từ lời giải bài để giải bài 2.1 ta cần kẻ MD BC ( D BC) NE BC ( E BC) (24) Bài : Cho ∆ABC vuông A, K là trung điểm cạnh BC Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với AK , đường thẳng này cắt các đường thẳng AB và AC D và E Gọi I là trung điểm DE a) Chứng minh : AI BC b) Có thể nói DE nhỏ BC không ? vì sao? *Phân tích tìm lời giải a) Gọi H là giao điểm BC và AI Để cm AI BC Cần cm A1 ACK 90 Để cm A1 ACK 90 AEK EAK 900 Có cần cm A1 AEK và ACK CAK Cần cm ∆AIE cân I và ∆AKC cân K b) Để so sánh DE với BC cần so sánh IE với CK ( vì 2.IE = DE, 2CK = BC) So sánh AI với AK ( vì AI = IE, AK = CK) Có AI AK Lời giải : cần cm A1 AEK và a)Dễ dàng chứng ∆AIE cân I và ∆AKC cân K ACK CAK mà AEK EAK 90 A1 ACK 90 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 đó ∆ABC vuông cân A Bài 4: Cho tam giác ABC (AB > AC ) , M là trung điểm BC Đường thẳng qua M và vuông góc với tia phân giác góc A H cắt hai tia AB, AC E và F Chứng minh rằng: EF AH AE a) b) 2BME ACB B A c) BE = CF lơì giải Áp dụng định lý Py –ta-go cho tam giác vuông AFH, ta có: HF2 + AH2 = AF2 Mà AHE = AHF (g-c-g) nên HF = EF; AF = AE B EF AH AE Suy ra: Tõ AEH AFH Suy E1 F ACB CMF CMF ACB F XÐt cã lµ gãc ngoµi suy E M C H D F (25) vËy BME cã E1 lµ gãc ngoµi suy BME E1 B ) (E B ) CMF BME ( ACB F hay 2BME ACB B (®pcm) Từ AHE AHF Suy AE = AF và E1 F Từ C vẽ CD // AB ( D EF ) => BME CMD( g c g ) BE CD (1) Lại có: E1 CDF (cặp góc đồng vị) Do đó CDF F CDF cân CF = CD ( 2) Từ (1) và (2) suy BE = CF Bài : Cho tam giác ABC có góc B và góc C là hai góc nhọn Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AD = AB , trên tia đối tia AC lấy điểm E cho AE = AC a) Chứng minh : BE = CD b) Gọi M là trung điểm BE , N là trung điểm CB Chứng minh M,A,N thẳng hàng c)Ax là tia nằm hai tia AB và AC Gọi H,K là hình chiếu B và C trên 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) D b) E Để cm M, A, N thẳng hàng Cần cm BAN BAM 180 M Có BAN NAD 180 Cần cm MAB NAD MAB NAD k Để cm N A K Cần cm ABM = ADN (c.g.c) c) Gọi là giao điểm BC và Ax Để cm BH + CK BC I B C H Cần cm BH BI ; CK CI x Vì BI + IC = BC d) BH + CK có giá trị lớn = BC đó K,H trùng với I , đó Ax vuông góc với BC Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đờng cao AH miền ngoài tam giác ABC ta vẽ các tam giác vuông cân ABE và ACF nhận A làm đỉnh góc vuông Kẻ EM, FN cùng vuông gãc víi AH (M, N thuéc AH) a) Chøng minh: EM + HC = NH b) Chøng minh: EN // FM *Phân tích tìm lời giải (26) a) Để cm EM + HC = NH Cần cm EM = AH và 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 là giao điểm AN và EF N để cm AEF EF 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 là giao điểm BA và IE để Cm Để cm : AE = BC cần cm : ∆AFE = ∆ CAB ∆AFE = ∆ CAB Cần cm AF = AC (2); AFC BAC 90 (1); EAF ACB (3) + Để cm (1) : AFC BAC 90 Cm CI // AE vì có FI // AC và BAC 90 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 ( vì cùng phụ HAC ) *Khai thác bài toán : Từ bài ta thấy AH AM HE AM + BC = 3AM ( vì AM = MB = MC) Vậy HE lớn = 3AM = BC H trùng M đó tam giác ABC vuông cân (27) Bài Cho tam giác ABC có AB < AC Gọi M là trung điểm BC, từ M kẻ đờng thẳng vu«ng gãc víi tia ph©n gi¸c cña gãc A, c¾t tia nµy t¹i N, c¾t tia AB t¹i E vµ c¾t tia AC t¹i F Chøng minh r»ng: a) AE = AF b) BE = CF c) AE= AB+ AC * Phân tích tìm lời giải a) Để cm AE = AF ∆ANE = ∆ ANF ( c g c) Hoặc ∆AEF cân A ( Có AH vừa là tia phân giác , vừa là 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) Để cm BE = CF BEI Có BIE ABF ( cặp góc đồng vị ∆ BEI cân B E AF E ) mà E vì ∆AEF cân A c) AB + AC = AB + AF + CF =( AB + FC) + AF mà CF = BC và AE = AF AE = AB + AC hay AE= AB+ AC Bài Cho tam giác ABC có góc A khác 90 0, góc B và C nhọn, đờng cao AH Vẽ các điểm D, E cho AB lµ trung trùc cña HD, AC lµ trung trùc cña HE Gäi I, K lÇn lît lµ giao ®iÓm cña DE víi AB vµ AC a) Chứng minh : Tam giác ADE cân A b) TÝnh sè ®o c¸c gãc 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 ngoài ∆ HIK nên HA là tia phân giác Do AHC 90 nên HC là tia phân giác ngoài đỉnh H Các tia phân giác góc ngoài đỉnh H và K ∆ HIK cắt C nên IC là tia phân giác góc HIK , đó IB IC , Chứng minh tượng tự ta có BK KC (28) - Xét TH góc A>900 *Khai thác bài toán : Gọi M là điểm thuộc cạnh BC , qua M lấy điểm D’, E’ cho AB là trung trực D’M, AC là trung trực ME’ Khi đó ta có ∆ AD’E’ cân A và góc DAC có Từ đó ta có bài toán sau: Bài 9.1 Cho tam giác ABC nhọn Tìm điểm M trên cạnh BC cho vẽ các điểm D, E đó AB là đường trung trực MD, AC là đường trung trực ME thì DE có độ dài nhỏ HD Tự nhận xét bài dễ dàng tìm vị trí điểm M trên cạnh BC Bài 10 Cho ∆ ABC với góc A không vuông và góc B khác 135 o Gọi M là trung điểm BC Về phía ngoài ∆ ABC vẽ ∆ ABD vuông cân đáy AB Đường thẳng qua A vuông góc với AB và đường thẳng qua C song song với MD cắt E Đường thẳng AB cắt CE P và DM Q Chứng minh Q là trung điểm BP HD Trên tia đối tia MQ lấy điểm H cho MH = MQ - Cm ∆ BMQ = ∆ CMH ( c.g.c) BQ = CH (1) và MBQ MCH BQ//CH hay PQ // CH ( vì MBQ, MCH là cặp góc so le trong) - Nối PH , cm ∆ PQH = ∆ HCP ( g.c.g) PQ = CH (2) , Do Q nằm B và P dù góc B nhỏ 1350 A Từ (1) và (2) Suy đpcm Bài 11 Cho tam giác ABC cân A có A 20 , vẽ tam giác DBC (D nằm tam giác ABC) Tia phân giác góc ABD cắt AC M Chứng minh: a) Tia AD là phân giác góc BAC b) AM = BC HD a) Chứng minh ADB = ADC (c.c.c) suy DAB DAC 0 Do đó DAB 20 : 10 b) ABC cân A, mà A 20 (gt) 20 M D B C (29) 0 nên ABC (180 20 ) : 80 600 ABC nên DBC Tia BD nằm hai tia BA và BC 0 suy ABD 80 60 20 Tia BM là phân giác góc ABD nên ABM 10 Xét tam giác ABM và BAD có: AB cạnh chung ; BAM ABD 20 ; ABM DAB 10 Vậy: ABM = BAD (g.c.g) suy AM = BD, mà BD = BC (gt) nên AM = BC Bài 12 Cho tam giác ABC vuông A ( AB > AC) Tia phân giác góc B cắt AC D Kẻ DH vuông góc với BC Trên tia AC lấy điểm E cho AE = AB Đường thẳng vuông góc với AE E cắt tia DH K Chứng minh : a) BA = BH b) DBK 45 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 vuông góc với EK , cắt EK I Ta có : ABI 90 , Cm ∆HBK = ∆IBK ( cạnh huyền – cạnh góc vuông) B3 B4 mà B1 B2 DBK 450 c) Chu vi tam giác DEK = DE + EK + KD = … = 2.4 = cm * Từ bài ta thấy DBK 45 thì chu vi ∆DEK = AB có chu vi ∆DEK = thì ta cm DBK 45 Ta có bài toán sau : Bài 12.1 Cho cạnh hình vuông ABCD có độ dài là Trên các cạnh AB, AD lấy các điểm P, Q cho chu vi APQ b»ng Chøng minh r»ng gãc PCQ b»ng 450 HD : (30)