Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh rằng a Hai số tự nhiên liên tiếp khác 0 là hai số nguyên tố cùng nhau.. b Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau..[r]
(1)TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH CHỦ ĐỀ SỐ HỌC Cách ghi số tự nhiên I/ Ghi số tự nhiên n n 1 - Hệ thập phân: an an a1a0 an 10 an 1.10 a1.10 a0 10 Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, xoá số tận cùng thì ta được số nhỏ số ban đầu 2010 Giải: Gọi: Số cần tìm là: x3 10 x ( x N ); Số sau xoá số tận cùng là x: Theo bài ta có phương trình: 10x + – x = 2010 x 2007 x 223 Vậy số cần tìm là: 2233 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab , biết ab ba 3; ab ba 5 Giải: Ta có ab 10a b(a, b Z ;1 a, b 9) Từ đã: ab ba 11(a b) , vì ƯCLN(3,5) = ab ba 11(a b)15 a b 15 (ƯCLN(11,15) =1) (a, b) 7,8 , 8, , 9, , 6,9 Do a, b 9 Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96 II/ Các phép tính N; phép chia có dư 1/ Phép tính(+; -; x; :) - Phép tính luỹ thừa: + a n a.a a nthuaso n m m n + a a a + a m : a n a m n m n, m, n N , a 0 (a m )n a m.n + Quy ước: a a; a 0(a 0) n n n n + Lưu ý: ( x0) y 0;( x6) y 6;( x1) y1;( x5) y5 + Những số có số tận cùng là 4, luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 6; luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là ; + Những số có số tận cùng là 9, luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 1; luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là ; 200 300 Ví dụ 1: So sánh 300 và 200 200 200 200 100 200 100 400 Giải: Ta có: 300 3 100 9 100 9 10 200300 200300.100300 8100.100300 8100.(10 )300 8100.10600 Do < 10, nên 9100< 10100 (2) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 100 10 Vậy 300 400 200 10500 10600 8100.10600 < 200 300 2004 1000 Ví dụ 2: 12 10 Ta có 24 = 16 100 2 25 2 2010 2 1005 41005 45.41000 45.(48 )125 có số tận cùng là 12 =(10 + 2)2004 = (102004 + 2004.2.102003+ + 2004.10.22003+ 22004) Mà 102004 + 2.102003+ + 10.22003 Vây xét 22004 = (24)501 có số tận cùng là 6, nên 122004có số tận cùng là 2004 122004 21000 10 B/ Phép chia hết tập hợp các số nguyên I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết Tính chất: + Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có và chỉ số chia hết cho n” + Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho + Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho + Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho + Tích của số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120 Các dấu hiệu chia hết a )an an a1a0 2 a0 2 b)an an a1a0 5 a0 5 c) an an a1a0 3 n a 3 i i 0 d )an an a1a0 3 n a 9 i i 0 f )an an a1a0 25; a1a0 25; g )an an a1a0 125;8 a2 a1a0 125;8 Dấu hiệu chia hết cho 11 Cho A = a5 a4 a3 a2 a1 a0 A ⋮ 11 ⇔ [(a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + )] ⋮ 11 Chứng minh: 3 A = (a0 + 10 a2 + 10 a4 + ) + (10a1 + 10 a + 10 a5 + ) Chú ý : 10 = 99 + 1, 10 = 9999 + 1, , tổng quát : 2k 10 = bội 11 + , còn 10 = 11 – 1, 10 = 1001 – 1, 10 = 100001 – 1, 2k + Tổng quát 10 = bội 11 – Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ) + + (bội 11 – a1 – a3 – a5 - ) = béi 11 + ( a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + ) Như vậy điều kiện cần và đủ đó số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đã có hiệu chia hết cho 11 Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11n 6 (3) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3 - 9 Chứng minh: 718 + 18.3 - 9 (Đề thi chọn HSG lớp huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010) Giải: Ta có: 717 + 17.3 - 9, Đặt: 717 + 17.3 - = 9k Mặt khác: 718 + 18.3 – = 7.(717 + 17.3 – 1) + [18.3 – - 7.(17.3 - 1)] = 7.9k – 33.9 = 9.(7k - 33) 18 Vậy: + 18.3 - 9 Ví dụ3: Cho 717 + 17.3 - 3 Chứng minh: 718 + 18.3 - 3 (Đề thi chọn HSG líp 9, cấp trường năm học 2010 - 2011) Sử dụng định lý mở rộng n a)n N : a n b n a b a n a n 2b ab b n ; a, b Z a n b n (a b) n 2k , k N , a n b n (a b) n b)k N , n 2k 1: a n bn a b a n a n 2b ab bn n 2k 1: a n bn a b ; a b Các ví dụ: Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n + 323 Một số phương pháp chứng minh khác - Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh + Xét vì n = n0 đúng + Gỉa sử vì n = k đúng + Biến đổi chứng minh vì n = k + đúng Từ đã được điều phải chứng minh Bài tập vận dụng: Chứng minhrằng a )32 n 2n 7(n N ) b)32 n 1 n 7(n N ) n c) 10 18n 19 2n n Giải: a )3 7 + Vì n = 1; hiển nhiên đúng, 2k k 2k k 7q + Gỉa sử, n = k đúng, tức là: Đặt: + Xét vì n = k + 1,ta có 32( k 1) 2k 1 9(3k 2k 1 ) 9.2k 2.2k 7(9q 2k ) 7 Vậy n = k + đúng, 2n n Kết luận: 7 b) Làm tương tự: (4) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH n c) 10 18n 127 Giải: + Vì n = hiển nhiên đúng, vì 10 + 18.0 – = 27 k k + Gỉa sử n = k đúng, tức là 10 18k 127 , Đặt: 10 18k 27 q + Xét vì n = k +1 ta có: 10k 1 18(k 1) 10(10k 18k 1) 18k 18 (180k 10) 10.27 q 27 6k 27(10q 6k 1) 27 Vậy n = k + đúng, n Kết luận: 10 18n 127 Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó x36 y51375 Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134 xy45 (Đề thi chọn HSG lớp huyện Văn Bàn năm học 2008 - 2009) Bài 3: Cho S=21 + 22 + 23 + + 2100 a/ Chứng minh S chia hết cho b/ Chứng minh S chia hết cho 15 c/ S tận cùng là chữ số nào? Lời giải 100 a/ S = + + + + =(21 + 22 )+ (23 + 24)+ +(299+ 2100) = 2(1 + 2) + 23(1 + 2) + …+ 299(1 +2) = 3.(2 + 23 +…+ 299) ⋮ Vậy S ⋮ b/ Nhóm số hạng của S ta được:S = 15.(2 + 25 + 29 +…+ 227) ⋮ 15 c/ S ⋮ 15 và S là số chẵn nên S tận cùng là Bài tập 4(Đề thi HSG Toán năm 2010 -2011) CMR: A( n ) n(n3 n 12) 14412 3.Các dạng bài tập khác sử dụng a) Tìm số tận cùng b) Sử dụng phép chia có dư c) Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne d) Sử dụng đồng dư thức C/ Số nguyên tố I/ Số nguyên tố, hợp số Bài tập liên quan đến số nguyên tố Ngoài các kiến thức số nguyên tố , số nguyên tố cùng ƯCLN, BCNN, ta có thêm số tính chất chia hết 1) Nếu tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn thừa số của tích chia hết cho p n Hệ quả: Nếu a chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p (5) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 2) Nếu tích a.b chia hết cho m đó b và m là hai số nguyên tố cùng thì a chia hết cho m Thật vậy, phân tích m Theo số nguyên tố : k1 k2 kn m = a1 a2 an (1) Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2, an vì số mò lớn hoặc số mò của các thừa số nguyên tố đó (1) Nhưng b và m nguyên tố cùng nên b không chứa thừa số nguyên tố nào các thừa số a1 , a2, , an Do đó a chứa tất cả các thừa số a1 , a2 , an tức là a chia hết cho m 3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so đó chia hết cho BCNN ( m,n) Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng m và n thì a chia hết cho tích m.n II Những ví dụ Ví dụ Tìm số tự nhiên n cho 18n + chia hết cho ⋮ Giải : Cách 1: 18n + ⇔ 14n + 4n + ⋮ ⇔ 4n + ⋮ ⇔ 4n + – ⋮ ⇔ 4n – ⋮ ⇔ 4(n – 1) ⋮ ⋮ Ta lại có (4,7) = nên n – Vậy n = 7k + ( k N) ⋮ Cách 2: 18n + ⇔ 18 n + – 21 ⋮ ⇔ 18n - 18 ⋮ ⇔ 18(n – 1) ⋮ Ta lại có (18,7) = nên n – ⋮ Vậy n = 7k + ( k N) Nhận xét: Việc thêm bớt các bội của hai cách giải trên nhằm đến biểu thức chia hết cho mà ở đó hệ số của n Ví dụ: Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b N) Chứng minh 10a + b chia hết cho 13 Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y Ta biết x ⋮ 13, cần chứng minh y ⋮ 13 Cách 1: xét biểu thức: 10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b Như vậy 10x – y ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 4y ⋮ 13 Suy y ⋮ 13 Cách 2: Xét Biểu thức: (6) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 4y – x = (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a Như vậy 4y – x ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 4y ⋮ 13 Ta lại có ( 4,13) = nên y ⋮ 13 Cách : Xét biểu thức: 3x + y = (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b Như vậy 3x + y ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 3x ⋮ 13 Suy y ⋮ 13 Cách 4: Xét biểu thức: x + 9y = a + 4b + (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b Như vậy x + 9y ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 9y ⋮ 13 Ta lại có (9,13) – 1, nên y ⋮ 13 Nhận xet: Trong các cách giải trên, ta đã đưa các biểu thức mà sau rút gọn có số hạng là bội của 13, đó số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13 Hệ số của a ở x là 4, hệ số của a ở y là nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức là làm cho hệ số của 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo hệ số của a 13 Hệ số của b ở x là 4, hệ số của b ở y là nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo hệ số của b 13 Ví dụ Chứng minh p là số nguyên tố lớn thì (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24 Giải Ta có (p – 1)p(p + 1) ⋮ mà (p,3) = nên (p – 1)(p + 1) ⋮ (1) p là số nguyên tố lớn nên p là số lẻ, p – và p + là hai số chẵn liên tiếp Trong hai số chẵn liên tiếp, có số là béi của nên tích của chúng chia hết cho (2) Từ (1) và (2) suy (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng và Vậy (p – 1)(p + 1) ⋮ 24 III Tìm số bị chia biết các số chia và số dư hai phép chia Ví dụ Tìm số tự nhiên nhỏ chia cho thì dư 1, chia cho thì dư Giải : Gọi n là số chia cho dư 1, chia cho dư Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r N, r < 35), đó r chia dư 1, chia dư Số nhỏ 35 chia cho dư là 5, 12, 19, 26, 33 đó chỉ có 26 chia cho dư 1, vậy r = 26 Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26 Cách 2: Ta có n – ⋮ n – + 10 ⋮ n + (1) Ta có n – ⋮ n – + 14 ⋮ n + ⋮ (2) Từ (1) và (2) suy n + ⋮ 35 số n nhỏ nhBất có tính chBất trên là n = 26 (7) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Cách 3: n = 5x + = 7y + 5x = 5y + 2y + 2(y + 2) ⋮ y + ⋮ Giá trị nhỏ nhBất của y 3, giá trị nhỏ của n 7.3 + = 26 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên n có bội chữ số cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98 Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98 131x = 131y + y – 14 y – 14 ⋮ 131 y = 131k + 14 ( k N) n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946 Do n có bội chữ số nên k = , n = 1946 Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy 131(x – y) = y – 14 Nếu x > y thì y – 14 131 y 145 n có nhiều bội chữ số Vậy x = y, đó y = 14, n = 1946, Cách Ta có n = 131x + 112 nên 132 n = 131.132x + 14784 (1) Mặt khác n = 132y + 98 nên 131n = 131.132y + 12838 (2) Từ (1) và (2) suy 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946 n = 131.132(x – y) + 1946 Vì n có bội chữ số nên n = 1946 III/ ƯCLN, BCNN 1) Tìm hai số đó biết ƯCLN của chúng Ví dụ Tìm hai số tự nhiên, biết tổng của chúng 84, ƯCLN của chúng Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a b) Ta có (a,b) = nên a = 6a’; b = 6b’ đó (a’, b’) = (a, b, a’, b; N) Do a + b = 84 nên (a’ + b”) = 84 suy a’ + b’ = 14 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng có tổng 14 (a’ b’), ta được: a’ Do đó a 18 30 b’ 13 11 b 78 66 54 Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích 300 ƯCLN Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a b) Ta có (a,b) = nên a = 5a’, b = 5b’ đó (a’, b’) = Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy a’b’ = 12 = 4.3 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng có tích 12 (a’ b’) ta được: a’ Do đó a 15 b’ 12 b 60 20 2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng (8) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Ví dụ Tìm hai số tự nhiên biết ƯCLN của chúng 10, BCNN của chúng 900 Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a b Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’ b Do đó ab = 100 a’b’(1) Mặt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2) Từ (1) và (2) suy a’b’ = 90 Ta có các trường hợp: a’ Do đó a 10 20 50 90 b’ 90 45 18 10 b 900 450 180 100 3) Tìm ƯCLN của hai số thuật toán Ơ clit Ví dụ Cho hai số tự nhiên a và b (a > b) a) Chứng minh a chia hết cho b thì (a,b) = b b) Chứng minh a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số ƯCLN của số nhỏ và số dư phép chia số lớn cho số nhỏ c) Dùng các nhận xét trên đó tìm ƯCLN (72,56) Giải : a) Mọi ước chung của a và b hiểnn nhiên là ước của b Đảo lại,do a chia hết cho b nên b là ước chung của a và b Vậy (a,b) = b b) Gọi r là số dư phép chia a cho b (a > b) Ta có a = bk + r (k N), cần chứng minh (a, b) = (b,r) Thật vậy, a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, đó ước chúng của a và b còng là ước chung của b và r (1) Đảo lại b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, đó ước chung của b và r còng là ước chung của a và b (2) Từ (1) và (2) suy tập hợp các ước chung của a và b và tập hợp các chung của b và r Do đó hai số lớn hai tập hợp đó còng nhau, tức là (a, b) = (b,r) c) 72 chia 56 dư 16 nên 972,56) = ( 56,16) 56 chia 16 dư nên (56,16) = (16,8); 16 chia hết cho nên (16,8) = Vậy (72,56) = Nhận xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r 1, b chia cho r1 dư r2, r1 chia cho r2 dư r3 , rn – chia cho rn-1 dư rn’ rn-1 chia cho rn dư (dãy số b, r1 , r2 , ,rn là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn đó quá trình trên phải kết thúc vì số dư 0) Theo chứng minh ở ví dụ trên ta có (a, b) = (b,r1) = (r1,r2) = =(rn-1’rn)= rn (vì rn-1 chia hết cho rn) Như vậy ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng dãy các phép chia liên tiếp a cho b; b cho r1; r1 cho r2; đó r 1,r2, là số dư các phép chia theo thứ tự trên Trong thực hành ngưêi ta đặt tính sau: 72 56 (9) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 16 56 16 Việc thực hiện dãy phép chia liên tiếp trên được gọi là thuật toán Ơ–clit Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết quả vì số thứ ba 4) Hai số nguyên tố cùng nhau: Hai số nguyên tố cùng là hai số có ƯCLN Nói cách khác, chúng chỉ có ước chung là Ví dụ Chứng minh a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng c) 2n + và 3n + ( n N) là hai số nguyên tố cùng Giải: a) Gọi d ƯC (2n + 1,2n + 3) (2n + 3) – (2n + 1) ⋮ d ⋮ d d {1; 2} Nhưng d vì d là ước của số lẻ Vậy d = c) Gọi d ƯC (2n + 1, 3n + 1) (2n + 1) – (3n + 1) ⋮ d ⋮ d d=1 Ví dụ Tìm số tự nhiên n đó các số 9n + 24 và 3n + là các số nguyên tố cùng Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + cùng chia hết cho số nguyên tố d thì 9n + 24 – (3n + 4) ⋮ d 12 ⋮ d d { ; 3} Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = là d và d Hiển nhiên d vì 3n + không chia hết cho Muốn d phải có ít hai số 9n + 24 và 3n + không chia hết cho Ta thấy: 9n + 24 là số lẻ ⇔ 9n lẻ ⇔ n lẻ 3n + là số lẻ ⇔ 3n lẻ ⇔ n lẻ Vậy điều kiện đó (9n + 24,3n + 4) = là n lẻ 5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số Ví dụ Tìm ƯCLN của 2n - và 9n + (n N) Giải : Gọi d ƯC (2n – 1, 9n + 4) 2(9n + 4) - 9(2n – 1) ⋮ d 17 ⋮ d d { ; 17 } Ta có 2n – ⋮ 17 ⇔ 2n – 18 ⋮ 17 ⇔ 2(n – 9) ⋮ 17 ⇔ n – ⋮ 17 ⇔ ⇔ n = 17k + ( k N) ⋮ Nếu n = 17k + thì 2n – 17 và 9n + = 9.(17k + 9) + = 17.9k + 85 ⋮ 17, đó (2n – 1, 9n + 4) = 17 Nếu n 17k + thì 2n – ⋮ không chia hết cho 17, đó (2n – 1, 9n + 4) =1 n(n+1) và 2n + (n N *) n(n+1) , n+1 thì n(n + 1) ⋮ d và 2n + Ví dụ Tìm ƯCLN của Giải : Gọi d ƯC ( ) ⋮ d (10) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Suy n(2n + 1) – n(n + 1) ⋮ d tức là n2 ⋮ d Từ n(n+1) ⋮ d và n2 ⋮ d suy n ⋮ d Ta lại có 2n + ⋮ d, đó ⋮ d, nên d = Vậy ƯCLN của n(n+1) và 2n + V Số lượng các ước của số (*) x y z Nếu dạng phân tích thừa số nguyên tố của số tự nhiên A = a b c thì số lượng các ước của A (x + 1)(y + 1)(z + 1) Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p đó m có x + cách chọn ( là 1, a, a2 , ax), y n có y + cách chọn (là 1, b , b , , b ), z p có z + cách chọn (là 1, c, c , c ), Do đó số lượng các ước của A (x + 1)(y + 1)(z + 1) Ví dụ Tìm số nhỏ có 12 ước Giải : Phân tích số phải tìm theo số nguyên tố : x y z N = a b c ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 12 ( x y z 1) Số 12 có bội, cách viết thành tích của hay nhiều theo số lớn là: 12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2 Xét các trường hợp sau: a) n chứa theo số nguyên tố : Khi đó x + = 12 nên x = 11 Chọn theo số 11 nguyên tố nhỏ là 2, ta có số nhỏ trường hợp này là b) n chứa hai thừa số nguyên tố: Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, đó x = 5, y = hoặc x = , y = Để n nhỏ ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có n = = 96 hoặc n = = 72 Số nhỏ trường hợp này là 72 c) n chứa ba thừa số nguyên tố : Khi đó (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = Số nhỏ là 3.5 = 60 11 So sánh ba số , 72, 60 ba trường hợp, ta thấy số nhỏ có 12 ước là 60 CHỦ ĐỀ THEO DÃY QUY LUẬT I Dãy cộng : Xét các dãy số sau: a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3, b) Dãy số lẻ: , 3, , 7, c) Dãy các số chia cho dư : , 4, 7,10 Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kế từ số hạng thứ hai, lớn số hạng đứng liền trước nó cùng số đơn vị, số đơn vị này là ở dãy a); là ở dãy b); là ở dãy c) Ta gọi các dãy trên là dãy cộng Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19 Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là Số hạng thứ của dãy này là 19, : + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là + (10 – 1).3 = 31 (11) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Tổng quát, dãy cộng có số hạng đầu là a và hiệu giữa hai số hạng liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng đó (kí hiệu an) bằng: an = a1 + (n - 1)d (1) Đó tính tổng các số hạng của dãy cộng + + 10 + + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số) Ta viết : A = + + 10 + 25 + 28 + 31 A = 31 + 28 + 25 + + 10 + + nên A = (4 + 31) + (7 + 28) + + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( + 31) 10 (4 31).10 175 Do đó A = Tổng quát, dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a 1, số hạng cuối là an thì tổng của n số hạng đó được tính sau: S= ( a1 +an ) n (2) (*) Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ bằng: n(n 1) + + + + n = (3) II Các dãy khác Ví dụ Tìm số hạng thứ 100 của các dãy được viết theo quy luật: a) , , 15 , 24 , 35, (1) b) , 24 , 63 , 120 , 195, (2) c) , , , 10 , 15, (3) d) , , 10 , 17, 26, (4) Giải a) Dãy (1) có thể viết dạng: 1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7, Mỗi số hạng của dãy (1) là tích của hai theo số, theo số thứ hai lớn theo số thứ là đơn vị Các theo số thứ làm thành dãy : 1,2,3,4,5, dãy này có số hạng thứ 100 là 100 Do đó số hạng thứ 100 của dãy (1) : 100 102 = 10200 b) Dãy (2) có thể viết dạng : 1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15, Số hạng thứ 100 của dãy , 4, 7, 10 , 13 , là : + 99.3 = 298 Số hạng thứ 100 của dãy (2) : 298 300 = 89400 c) Dãy (3) có thể viết dạng : 1.2 ; 2.3 ; 3.4 ; 4.5 ; 5.6 ; 100.101 5050 Số hạng thứ 100 của dãy (3) : d) Dãy (4) có thể viết dạng: (12) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 2 2 + , + , + , + , + , Số hạng thứ 100 của dãy (4) : + 100 = 10001 BÀI TẬP Tìm chữ số thứ 1000 viết liên tiếp liền các số hạng của dãy số lẻ : 1, 3, 5, 7, a) Tính tổng các số lẻ có hai chữ số b) Tính tổng các số chẵn có hai chữ số Có số hạng nào của dãy sau tận cùng hay khằng? 1;1+2;1+2+3; + + + ; a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ đến 100 tạo thành số A Tính tổng các chữ số của A b) Cũng hỏi trên viết từ đến 1000000 Khi phân tích thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7, số bao nhiêu ? Tích A = 1.2.3 500 tận cùng bao nhiêu chữ số ? a) Tích B = 38.39.40 74 có bao nhiêu theo số phân tích thừa số nguyên tố ? b) Tích C = 31 32 33 90 có bao nhiêu thừa số phân tích theo số nguyên tố ? Có bao nhiêu số tự nhiên đồng thời là các số hạng của cả hai dãy sau: 3, , 11, 15 , 407 (1) 2,9,16,23, , 709 (2) Trong dãy số 1, 2, 3, , 1990, có thể chọn được nhiều bao nhiêu số đó tổng hai số bất kì được chọn chia hết cho 38 ? 10 Chia dãy số tự nhiên thành nhóm ( các số cùng nhóm được đặt dấu ngoặc) (1), (2,3), (4,5,6), ( 7,8,9,10), (11,12,13,14,15), a) Tìm số hạng đầu tiên của nhóm thứ 100 b) Tính tổng các số thuộc nhóm thứ 100 11 Cho S1 = + 2, S2 = + + 5, S3 = + + + 9, S4 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14, Tính S100 12 Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau: a) 1.6; 2.7; 3.8; b) 1.4; 4.7; 7.10; (13) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 20 21 13 Cho A = + + + + + , B = : Tính B – A 99 100 14 Cho A = + + + + + , B = B Chứng minh : A < 15 Tính giá trị của biểu thức: a) A = + 99 + 999 + + 99 50 chữ số b) B = + 99 + 999 + + 99 200 chữ số DÃY CÁC PHÂN SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT Dãy các số viết theo quy luật đã được trình bày ở chủ đề I Chúng ta gặp các phân số mà tử và mẫu của chúng được viết theo các quy luật định Ví dụ Tính nhanh: 1 1 A= + + + .+ 3 3 Giải 1 A=1+ + + + 3 1 1 A= + + + + 3 3 Ta có: Lấy (1) trừ (2) được: 2A = A= Do đó: 3280 6561 (1) (2) 1 6560 =1− = 6561 6561 Ví dụ Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của các dãy sau: a) ¿ 1 1 , , , , ⋅⋅ 2 3 4,5 ¿ Giải a) Ta chú ý : b) ¿ 1 1 , , , , ⋅⋅ 66 176 336 ¿ 1 1 1 1 − = , − = ,⋅⋅ , − = 2 3 n n+ n (n+1) Do đó: 1 + +⋅+ =¿ 2 100 101 1 1 1 1 ¿ − + − + ⋅+ − + − =¿ 2 99 100 100 101 ¿ 1− 100 = 101 101 (14) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH b) Trước hết ta viết các mẫu : 6, 66, 176, 336, dạng 1.6; 6.11; 11.16; 16.21; , số hạng thứ n của dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1) 1 1 Cần tính tổng A = + 11 + 11 16 + ⋅+ 496 501 1 1 1 ; ; ; 496 501 496.501 Nhận xet: 1.6 11 6.11 1 Tổng quát : n − − n+1 = (5 n −4 )(5 n+1) 1 1 1 500 A= − + − +⋅+ − =1− = Do đó: 6 11 496 501 501 501 100 Suy : A=501 Ví dụ Tính tổng: Giải áp dụng phương pháp khử liên tiếp ở ví dụ trên: viết mỗi số hạng thành hiệu của hai số cho số trừ ở nhóm trước số bị trừ ở nhóm sau: Ta xét: 1 1 1 − = , − = ,⋅⋅ , − = 2 3 3 37 38 38 39 37 38 39 Tổng quát : Do đó: = 1 − = n(n+1) (n+1)( n+2) n( n+ 1)(n=2) 2 2 B= + + +⋅+ =¿ 3 37 38 39 ( 12 − 2.13 )+( 2.13 − 31 )+⋅( 37.138 − 38 39 )=¿ 1 740 370 − = = 38 39 38 39 741 185 Suy ra: B=741 Tổng quát 1 1 + + = − 3 n( n+1)( n+2) (n+1)(n+2) Ví dụ 4: Tính giá trị các biểu thức: a) b) 1 1 1+ + +⋅+ + 97 99 A= ; 1 1 + + +⋅ + 99 97 95 97 99 1 1 + + +⋅ 100 B= 99 98 97 + + +⋅+ 99 Giải a) Ghép các phân số ở số bị chia thành cặp đó mẫu chung, giêng mẫu của các phân số tương ứng ở số chia Biến đổi số bị chia: cộng cặp các phân số cách hai đầu ta được: 100 100 100 + + +⋅ (1+991 )+( 13 +971 )+( 15 + 951 )+ ⋅+( 491 +511 )=100 99 97 95 49 51 Biểu thức này gấp 50 lần số chia Vậy A = 50 b) Biến đổi số chia: Viết các tử thành hiệu 100 – 1, 100 – , 100 – 99 Số chia bằng: (15) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 100 −1 100 −2 100 −3 100 − 99 + + +⋅+ =¿ 99 100 100 100 100 99 ¿ + + +⋅ − + + +⋅ =¿ 99 99 1 = 100 + 100 + + ⋅ 99 − 99=¿ 1 1 1 = + 100 + + ⋅+ 99 =100 + +⋅ 99 +100 Biểu thức này 100 lần số bị chia Vậy B = 100 ( ( ( )( ) ) ( ) ) Ví dụ 5: a) Tính tổng A =1.2 + 2.3 + 3.4 + + 98.99 b) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính B = 12 + 22 + 32 + + 972 + 982 c) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính: C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + + 98.2 + 99.1 Giải a) Đó tích mỗi số hạng thành hiệu của hai số nhóm triệt tiêu cặp hai số, ta nhân mỗi số hạng của A vì Thừa số này được viết dạng – ở số hạng thứ nhất, – ở số hạng thứ hai, – ở số hạng thứ ba, , 100 – 97 ở số hạng cuối cùng Ta có: 3A = 1.2(3 – 0) + 2.3(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + + 97.98 (99 – 96) + 98.99(100 – 97) = 1.2.3 - 0.1.2 + 2.3.4 - 1.2.3 + 3.4.5 - 2.3.4 + + 97.98.99 - 96.97.98 + 98.99.100 - 97.98.99 = 98.99.100 Suy A = 323400 Tổng quát ta có : 1.2 + 2.3 + + n(n+1) = n(n+1)(n+2) b) B = 12 + 22 + 32 + + 972 + 982 = = 1(2 – 1) + 2(3 - 1) + 3(4 – 1) + + 97(98 – 1) + 98(99 – ) = = (1.2 + 2.3 + 3.4 + + 97.98 + 98 99) – (1 + +3 + + 97 + 98) =A- 98 99 =323400 − 4851=318549 Tổng quát : 12 + 22 + 32 + + n2 = ¿ c) n(n+1)(n+2) n(n+ 1) n(n+ 1)(2 n+1) − = C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + + 98.2 + 99.1 = = 1.99 + 2(99 – 1) + 3(99 – 2) + + 98(99 – 97) + 99(99 – 98) = = (1.99 + 2.99+ + 98.99 + 99.99) – (1.2+2.3+ + 97.98 + 98.99) = = 99 ( + + + + 99 ) – A = = 99 99 100 98 99 100 99 100 101 − = =166650 Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + + (n –1)2 + n.1 = BÀI TẬP n(n+1)(n+2) (16) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 16 Tính nhanh: 1 1 A = + + +⋅+ 10 2 17 Viết tất cả các phân số dương thành dãy: ; , ; , , ; , , , ; 2 3 a) Hãy nêu quy luật viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luật 50 b) Phân số 31 là số hạng thứ của dãy ? 18 Tìm x, biết 1 1 101 a) + 11 + 11 14 +⋅ x( x +3) =1540 ; 1 1 1991 x ( x 1) 10 1993 b) = C/ Phương trình nghiệm nguyên I/ Phương trình nghiệm nguyên: ax + by = c Điều kiện đó có nghiệm: (a,b) = d; c d - Cách giải: + Đặt ẩn phụ liên tiếp x ;y + Tìm nghiệm riêng 0 của phương trình, từ đã nghiệm của (1) là x x0 bt y y0 at + Phương pháp phân tích thành nhân tử + Phương pháp loại trừ + Phương pháp xuống thang CHỦ ĐỀ: ĐẠI SỐ A/ Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử I Phương pháp chung Phương pháp đạt nhân tử chung Phương pháp nhóm các hạng tử Phương pháp dùng đẳng thức Phương pháp tách các hạng tử Vì đa thức bậc hai: f ( x) ax bx c phân tích đa thức thành nhân tử có thể sử dụng các cách sau: C1: Tách b = b1 + b2, cho b1.b2= a.c đã thực hiện nhóm các hạng tử đã phân tích thành nhân tử C2: Nếu f ( x) ax bx c = có hai ngiệm (hoặc nghiệm kép ) là x1; x2 đã f ( x) ax bx c a ( x x1 )( x x2 ) Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp Phương pháp đồng các hạng tử: (17) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH II/ Các bài tập áp dụng Dạng bài phân tích thành nhân tử Bài Hãy phân tích các đa thức sau thành ácan tử a) 5x2 – 5y2 b) x3 - 2x2y + xy2 – 16x c) x4 + d) x8 + x4 + e) x10 + x5 + f) x2 + 3x - g) (x4 + 2x3 – 3x2 + 2x – 2) Bài Giải phương trình: a) x2 + 2x = x + b) 3x2 + 7x + =0 B Chia đa thức Đặt chia Dùng sơ đồ Hooc – ne f ( x) an x n an x n a1 x a0 an an-1 a0 q an qan+ an-1 r + Vì q là ước của a0 + Nếu r = thì f ( x ) ( x q) Vý d”: a) Tìm a cho x x a ( x 3) b) Tìm a và b cho x ax b ( x 1) C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ 1)Đưa tam thức bậc hai rồi biến đổi dạng: a) y = a + A2 a Miny a A 0 , 2k Tương tự vì: y = a + A a Miny a A 0 ; A a Miny a A 0 ; Và : y = a + b) y = a - A2 a => Maxy = a A 0 2k Tương tự vì: y = a - A a Max y a A 0 ; A a Max y a A 0 Và : y = a c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn của: y= - x2 + 2x +7 Tìm giá trị nhỏ của: y = 3x2 +6x + 2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bậc f ( x) f ( x) kg ( x );( g ( x ) 0) g ( x ) hai có cách giải Cách 1: Đặt: rồi biện luận k k ? phương trình đã phải có nghiệm(Xét ) rồi kết luận k Cách 2: + Max g ( x) g(x) đạt giá trị nhỏ (k là hằngsố) k k + Min g ( x) g(x) đạt giá trị lớn (k là hằngsố) (18) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn và nhỏ của A = x x Giải: Đặt: k (4 x x 3) 3;( Do4 x x 0, x) 4x 4x 4kx 4kx 3(k 1) 0(*) Đã phương trình (*) có nghiệm k ' (2k )2 12k (k 1) 0 4k 0 8k 12k 0 k 0 0k 3 2k Vậy: Max A = x = 4k A không có giá trị nhỏ Lưu ý vì tam thức bậc hai f ( x) ax bx c có hai nghiệm x1và x2 ta luôn có: + af(x) vì x , x1 ; x1 , + af(x) 0 vì x x1 ; x2 + Nếu x x1 ; x2 => f(x1) f(x1) 0 x2 x 1 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn và nhỏ của A = x x 3 Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử an an a1 a0 k k (an an a1.a0 ) ( ) n an an a1 a0 n Khia đã: Max Vì tích của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử an an a1.a0 k n Khia đã: Min (an an a1 a0 ) n k an an a1 a0 Bất đẳng thức Chaychy a) a 0, b 0 a b 2 a.b , dấu “ = ” sảy a = b b) Mở réng cho n số, ta có an , an , , a1 , a0 0 an an a1 a0 n n an , an , , a1 , a0 an an a1 a0 D Chứng minh thức: I Phương pháp giải: Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa A B A – B 0 + Lập hiệu số A- B + Rút gọn A- B và chứng minh A – B (19) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH + Kết luận A B Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi trực tiếp + Biến đổi A: A A1 A2 B M B Phương pháp 3: Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết 3.1) Bất đẳng thức Chauchy a) a 0, b 0 a b 2 a.b , dấu “ = ” sảy a = b b) Mở réng cho n số, ta có an , an , , a1 , a0 0 an an a1 a0 n n an , an , , a1 , a0 an an a1 a0 3.2) Bất đẳng thức Bu- nha- cop- xki ax by a b2 x y a b , dấu “ = ” sảy ra: y x 3.3) Ngoài sử dụng các bất đẳng thức đã học Phương pháp 4: Phương pháp so sánh Phương pháp dùng tính chất bắc cầu: Phương pháp 6: Phương pháp tương đương: A B A1 B1 (*) Mà (*) đóng A B Phương pháp Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng Đã chứng minh A B ta giả sử A < B các phép biến đổi tương đương dẫn đến vô lý Ta kết luận: A B II Các bài tập vận dụng: A.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất bản: Cho a, b > Chứng Chứng minh: a3 b3 a b minh ab a b2 2 Cho a + b Chứng minh: Cho a, b > Chứng minh: a b a3 b3 2 a b b a Chứng minh: Vì a b 1: 1 a Chứng minh a2 b2 c2 a b c Chứng minh: 2 Chứng minh x y z xy yz zx a a b 1 b 1 ab ; a,b,cR a2 b2 c2 d2 e2 a b c d e \ abc ab bc ca ; a,b,c 0 Chứng minh: (20) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH a2 b2 c2 a b c 3 minh a2 2 b c ab ac 2bc 10 Chứng minh b Chứng 11 2 Chứng minh: a b ab a b 12 2 Chứng minh: x y z 2xy 2xz 2yz 13 4 2 Chứng minh: x y z 2xy(xy x z 1) a3 b3 14 15 a b Chứng minh: Nếu a + b thì : Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác Chứng minh: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) abc (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > B Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 8abc ; a,b,c 0 2 2 Chứng minh (a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0 3 Chứng minh 1 a 1 b 1 c 1 abc vì a , b , c m Cho a, b > Chứng m a b m1 1 minh b a bc ca ab a b c ; a,b,c 0 Chứng minh: a b c x y9 3x2y3 16 ; x,y 0 Chứng minh: 2a4 3a2 1 a Chứng minh: Chứng minh: Chứng minh a1995 1995 a 1 2 a 1 b b 1 c , vì m Z+ ,a>0 c2 1 a2 6abc a 2 b 2 c 1 1 1 2 a b c a c 2 10 11 12 Cho a , b > Chứng minh: a b b c Cho a , b , Chứng minh: ab a b b a Cho x, y, z > và x + y + z = Chứng minh xyz 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) 13 14 a) b) Cho a > b > c, Chứng minh: a 3 a b b c c Cho: a , b , c > và a + b + c = Chứng minh b + c 16abc (1 – a)(1 – b)(1 – c) 8abc (21) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH c) 1 1 1 1 1 64 a b c 3 x y y x 15 Cho x > y > Chứng minh 16 Chứng minh x2 a) x2 x8 2 17Chứng minh: x ,x R b) 6 a2 , x > c) a2 4 ab bc ca a bc ; a, b, c a b bc c a 18 Chứng minh: x2 1 16x y2 1 16y , x , y R a b c 19Chứng minh b c a c a b ; a , b , c > 1 1 a3 b3 abc b3 c3 abc c3 a3 abc abc 20 Cho a , b , c > C/m: 21 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si a a b c d abcd b a b c 3 abc vì a , b , c , d (CÔsi) vì a , b , c , ((CÔsi) 3 2 22 Chứng minh: a b c a bc b ac c ab ; a , b , c > 23 Chứng minh a b c 9 abc Lời giải I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất bản Cho a, b > Chứng minh (*) a3 b3 a b 0 a3 b3 a b (*) a b a b ab a b2 2 Chứng minh: () a + b , () luôn đúng a + b > , () Vậy: a2 b2 2ab a2 b2 0 a b 0 đóng ab a b 2 a b a3 b3 2 Cho a + b Chứng minh 2 b a a b b a a b 0 a b a b a b a3 b3 Cho a, b > Chứng minh: b a () () a a b b a b b a a b a a b b 0 (22) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH a b a b 0 a 2 1 a 1 b a b 0 Chứng minh: Vì a b 1: b 1 a 1 b 1 ab () 1 ab a ab b2 0 0 2 2 1 ab 1 ab a ab b ab b a a b 0 2 1 ab 1 a 1 b a b a b a b 0 b a a ab2 b ba2 0 1 ab 1 a 1 b2 2 1 a 1 ab 1 b 1 ab Vậy : a b ab ab – 2 Chứng minh a b c 2 a b c ; a , b , c R 2 a 1 b 1 c 1 0 2 2 Chứng minh: a b c d e a b c d e a2 a2 a2 a2 ab b2 ac c2 ad d2 ae e2 0 4 2 a a a a b c d e 0 2 2 2 2 2 Chứng minh x y z xy yz zx 2 2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx 0 x y x z y z 0 abc ab bc ca ; a,b,c 0 3 a Chứng minh: a2 b2 c2 ab bc ca a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca ab bc ca a bc abc ab bc ca 3 a2 b2 c2 a b c 3 b Chứng minh a2 b2 c2 a2 b2 c2 a b2 c2 a2 b2 c2 ab bc ca a b c 10 a2 b2 c2 a b c 3 Chứng minh: 11 2 a2 b2 c2 ab ac 2bc a2 a b c b2 c2 2bc 0 Chứng minh: 2 2 a b c 0 2 a b ab a b 2a 2b 2ab 2a 2b 0 b a ab 1 0 1 ab 1 a2 1 b2 , (23) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 12 a 2ab b2 a2 2a 1 b2 2b 0 a b a 1 b 1 0 Chứng minh: 13 x2 y2 z2 2xy 2xz 2yz Chứng minh: x2 y2 z2 2xy 2xz 2yz (x – y + z)2 x y z2 2x(xy x z 1) x4 y4 z2 1 2x2y2 2x2 2xz 2x 2 x y 2 x z x 1 0 a3 b3 14 Chứng minh: Nếu a + b thì: a + b b – a b3 = (1 – a)3 = – a + a2 – a3 1 1 3 a 2 4 a3 + b3 = 15 Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác Chứng minh: a ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) ab + bc + ca a2 + b2 + c2 (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2 a b c , b a c , c a b 2 2 2 2 a b 2bc c , b a 2ac c , c a 2ab b a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) b abc (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) a a b c a a c b a b c b2 b2 a c b2 b c a a b c c c a b c b c a a c b 2 2 2 a b c a b c a c b b c a abc a b c a c b b c a c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 > (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > , đóng Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác c – a + b > , c + a – b > , a + b – c > , a + b + c > II Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Cô- si Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 8abc ; a, b, c 0 áp dụng bBất đẳng thức CÔ- si: a b ab , b c 2 bc , a c ac 2 a b b c a c 8 a b c 8abc 2 2 Chứng minh (a b c)(a b c ) 9abc ; a,b,c 0 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si 2 2 2 a b c 33 abc , a b c 3 a b c 3 3 2 a b c a b c 9 a b c 9abc (24) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 3 Chứng minh: 1 a 1 b 1 c 1 abc , vì a , b , c 1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac bc abc 2 a b c 33 abc , ab ac bc 3 a b c 1 a 1 b 1 c 1 33 abc 33 a 2b2c abc 1 abc m Cho a, b > Chứng minh m a b 1 1 b a m m a b a b 1 1 1 1 b a b a m m 2m , vì m Z+ b a 2 a b m 4m 2m bc ca ab a b c ; a, b, c a b c Chứng minh: áp dụng Bất đẳng thức Cô- si bc ca abc 2 2c bc ba b ac 2b a b ab ac , a c , ca ab a bc 2 2a b c bc bc ca ab a b c a b c x6 y9 3x2y3 16 ; x,y 0 Chứng minh: () () x y 64 12x y x y áp dụng Bất đẳng thức Cô- si x2 y3 43 3x2y3 12x2y3 Chứng minh: () 2a4 1 a a a a 1 1 a 43 12x2 y3 3a2 1 3 4a2 () a4 , a4 , a2 1, Áp dụng Bất đẳng thức Cô- si a a a 1 44 a4a a 1 1 a 1 a 1 a2 4a 1995 1995 a 1 () , a > Chứng minh: a 1995 1995a 1995 a1995 1995 1995a () a 1995 1995 a1995 1995 a1995 1994 a1995 1 1 1995 a 1995a 1994 soá 2 2 2 Chứng minh: a 1 b b 1 c c 1 a 6abc 2 2 2 2 2 2 2 a 1 b b c c 1 a a a b b b c c c a áp dụng Bất đẳng thức Cô- si a2 a2b2 b2 b2c2 c2 c2a2 6 a6b6c6 6abc (25) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH a b c 1 1 1 2 2 2 10 Cho a , b > Chứng minh: a b b c a c a b c a 2 a b a 2ab 2b a 2 b b 2 b c , b 2bc 2c c c , a c c 2ac 2a 1 1 a b c a c 2 Vậy: a b b c 11 Cho a , b , Chứng minh: ab a b b a a a 1 a , b b 1 2 b ab 2b a , ab 2a b ab a b b a 12 Cho x, y, z > và x + y + z = Chứng mimh: xyz 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) x x 1 x x y z x 1 x 1 y 1 z 1 44 x 1 y 1 z 1 2 4 z 44 x 1 y 1 z 1 Tương tự : y x y 1 z ; xyz 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) a 33 a b b c c 13 Cho a > b > c, Chứng minh a a b b c c a b b c c 14 Cho: a , b , c > và a + b + c = Chứng minh a) b + c 16abc 2 bc bc 1 a 16abc 16a bc 16a 4a 1 a 2 2 4a 1 a 1 a 4a 4a 1 a 1 1 2a 1 a b c b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) 8abc (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b) bc.2 ac.2 c) 1 1 1 1 1 1 64 a b c a a b c a bc a a a 1 4 ab2c b b 1 1 1 1 1 1 64 a b c 1 4 abc2 c c x 15 Cho x > y > Chứng minh VT x y y 16 Chứng minh x2 a) x2 2 x y y 33 x y y x y y 3 x y y 3 2 2 x 2 x x 1 x ab 8abc (26) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH x 1 x8 x b) x = x 1 x 2 x x a2 2 c a 1 2 a 1 17 Chứng minh: Vì : a b 4 a2 a2 6 4 ab bc ca a bc ; a, b, c a b bc c a ab ab ab ab bc bc bc ac ac ac a b ab , b c bc , a c ac 2 2 a b c ab bc ca , dựa vào a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ac a b c ab bc ca 2 x2 18 Chứng minh:: x 1 16x x x y2 1 16y 2 1 16x 1 4x 2.4x y2 1 16y x2 1 16x y2 1 4y y2 1 16y y2 2.4y , x , y R a b c bc ac ab 19 Chứng minh: ;a,b,c>0 X = b + c , Y = c + a , Z = a + b a+b+c= (X + Y + Z) YZ X ZX Y XY Z a ,b ,c 2 a b c 1 Y X Z X Z Y b c a c a b X Y X Z Y Z 3 2 Cách khác: 3 áp dụng bất đẳng thức Cô- si a b c a b c 1 1 1 bc ac ab bc a c ab a b b c c a bc a c a b a b b c c a bc a c a b 20 Cho a , b , c > C/m: 3 a b abc 3 b c abc 3 c a abc abc (27) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH +) 3 a b a b a2 ab a2 a b ab 3 a b abc a b ab abc ab a b c , tương tự 3 +) b c abc b c bc abc bc a b c 3 +) c a abc c a ca abc ca a b c VT 1 1 a bc ab a b c bc a b c ca a b c a b c abc 21 áp dụngbất đẳng thức Cô- si a a b c d 4 abcd với a , b , c , d (CÔ- si) a b 2 ab , c d 2 cd a b cd ab cd 2 ab cd 4 abcd b a b c 33 abc abc với a , b , c , (CÔ- si) abc a bc 4.4 abc 3 abc abc abc 3 abc abc 22 Chứng minh ; a , b , c > a abc 2a bc , a bc abc abc 3 a b c 33 abc b3 abc 2b2 ac , c abc 2c ab 3 2 a b c 3abc a bc b ac c ab 3 2 2 a b c 2 a bc b ac c ab , 3 với : a b c 3abc a3 b3 c3 a2 bc b2 ac c2 ab Vậy: 23 Cho x,y là các số dương chứng minh 1 a) x y x y 1 x y z ( ) x y z x yz b) Bất đẳng thức Các bài toán tìm giá trị lớn , nhỏ Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác CMR: ab + bc + ca a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca) Giải: Ta có: (28) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH c −a ¿ b − c ¿2 +¿ ≥ a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca a −b ¿ + ¿ ¿ ¿ ¿ Đẳng thức xảy và chỉ a = b = c Vậy: ab + bc + ca a2 +b2 +c2 Lại có: a < b + c ⇒ a2 < a.(b + c) (1) Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được: a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca) Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: √ z (x − z)+ √ z ( y − z )≤ √ xy Giải: ¿ x=z +m Đặt: y=z +n ¿{ ¿ (m,n,z > 0) Khi đó (1) trở thành: √ zm+ √ zn ≤ √( z +m).( z +n) ⇔ √ m+ √ n ≤ (√ 1+ mz ) ( n+ z ) (2) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: m ( n+ z)≥ z ( ) 1+ ⇔ 2 m z =( √ n+ √ m ) z ( √ ) √ n+ (√ 1+ mz ) (n+ z )≥ √ n+√ m Vậy (2) đúng, tức là (1) đúng (đpcm) 4 Bài 3:Cho xy > và x + y = 1.CMR: ( x + y ) + ≥ xy Giải: Từ giả thiết Ta có: ¿ xy >0 x+ y=1>0 ⇒ x , y >0 ¿{ ¿ 1 1=x + y ≥2 √ xy ⇒ ≥ xy ⇒ ≥ (1) xy Lại có: x + y ¿ 2=[(1 2+12 ).( x + y 2) ] ≥ ¿ ¿ 4 2 4 ( x + y ) =4 (1 +1 ).( x + y )≥ ¿ Suy ra: 8.(x4 + y4) (2) Từ (1) và (2) suy ra: (1) (29) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH ( x + y ) + ≥ 1+4=5 xy 4 Ta có đpcm Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít ba số sau đây là số dương: x = (a + b + c)2 - 9ab ; y = (a + b + c)2 - 9cb ; z = (a + b + c)2 - 9ac Giải: Ta có: x + y + z = (a + b + c)2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2- ab - bc - ca) = = c − a ¿2 b − c ¿2 +¿> a − b ¿2 +¿ ¿ ¿ (Do a b c a) Vậy ba số x,y,z luôn có ít số dương ¿ a+b ≥ Bài 5: Nếu ab>0 ¿{ ¿ 4 thì a +b ≥ Giải: Hoàn toàn tương tự bài Bài 6:CMR: ( x 10+ y 10 ) ( x2 + y ) ≥ ( x 8+ y ) ( x + y ) Giải: Ta có: ( x 10+ y 10 ) ( x2 + y ) ≥ ( x 8+ y ) ( x + y ) ⇔ x 12+ y 12 + x y ( x + y ) ≥ x12 + y 12+ x y ( x + y ) ⇔ x y ( x8 + y 8) ≥ x y ( x + y ) ⇔ x y ( x8 + y − x y − x2 y ) ≥0 ⇔ x2 y2 ( x2 − y2 ) ( x6 − y6 ) ≥ ⇔ x y ( x2 − y ) ( x + x2 y 2+ y ) ≥ Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi khác và a + b + c < thì : P = a3 + b3 + c3 - 3abc < Giải: Có: P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < n+1 ¿2 ¿ ¿ Bài 8:CMR: 1 A= + + .+ ¿ 25 với n ∈ Ν , n>1 Giải: Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được: n+1¿ ¿ ¿ ¿ Áp dụng ta có: (30) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 1 1 1 1 1 1 1 1 A< + + + .+ =¿= − + − + .+ − = − < 2.3 3.4 4.5 2 3 n+1 n+2 2 n+2 (2 n+1).(2 n+2) [ ] [ ] [ Ta có đpcm Bài 9:CMR: Nếu: p,q > thì: 2 p +q ≥ √ pq p+q Giải: 2 ( p − q ) ( p+ √ pq+ q ) Có: p +q − √ pq= √ √ ≥0 p+q p+ q Ta có đpcm 1 < − với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra: k k −1 k 1 1 1+ + + + < 2− với n >1 n n Bài 10:CMR: Ta có: Giải: 1 1 < = − k ( k − 1) k k −1 k Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được: 1+ 1 1 1 1 1 + + + <1+ − + − + + − =2 − 2 n −1 n n n ( ) x2 + y2 −2 √ 2≥ Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: x− y Giải: Ta có: x2 + y2 2 =x − y+ ≥ ( x − y ) =2 √ 2≥ x− y x− y x−y √ Ta có đpcm Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: a ≤ b ≤ c CMR: ( a+b +c )2 ≤ bc Giải: Từ giả thiết bài ta có: b ≥b+ a>c ⇒4 b −c >0 ⇒ (b − c).(4 b− c)≤ ⇒ b2 +c ≤5 bc ⇒ ( b+c )2 ≤ bc(1) Mà: (a + b + c)2 (2b + c)2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: (a + b + c)2 (2b + c)2 9bc Ta có đpcm Bài 13: Cho < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn Giải: Ta có: a (2 −b) b (2 −c ) c (2 −a)=a (2− a) b (2 −b) c (2− c) ≤ a+ 2− a b+2 −b c +2− c =1 2 ( )( )( ) Tích của ba số nhỏ hoặc vì vậy chúng không thể đồng thời lớn Ta có đpcm Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR: b c < √a+ b − √ a −b √ a+ c − √a − c ] (31) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH b c < √ a+ b − √ a −b √ a+ c − √ a − c Ta có: ⇔ Giải: √ a+ b+ √ a −b < √ a+c + √ a − c 2 ⇔ √ a+b+ √ a− b< √ a+ c+ √ a− c 2 2 ⇔ a+2 √ a − b <2 a+2 √a − c 2 2 ⇔ √ a − b < √ a −c ⇔ b2 >c Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng Vậy ta có đpcm Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn: x 2+ y + z ≥ CMR: x3 y3 z3 + + ≥ y z x Giải: 3 Áp dụng BĐT Cô Si: x + xy ≥2 x xy=2 x √ y y3 +yz ≥2 y z Tương tự: (2) và y z3 + xz ≥ z2 x (1) (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có: x3 y3 z3 + xy + + yz+ +zx ≥2 (x 2+ y 2+ z ) y z x Suy ra: 3 x y z + + ≥ (x2 + y + z 2) −(xy + yz+zx )≥( x2 + y + z 2)≥1 y z x Vậy ta có đpcm DẠNG BÀI VỀ RÚT GỌN BIỀU THỨC Các kiến thức bản phân thức: A C A C ( B 0) B a) Phép cộng, trừ : B B - Lưu ý: + Nếu các phân số không cùng mẫu thì tiân hành QĐMT + Một số quy tắc đổi dấu: A A A A A A B; B; QT1: B B QT2: B B A C A.C ( B, D 0) b Phép nhân: B D B.D QT3: A A A A B B B B; - Lưu ý: phép nhân có đầy đủ các tính chất: Giao hoán, kết hợp; phép nhân phân phối với phép cộng; và thực hiện rút gọn c Phép chia: A B A, B 0 + Phân thức: B có phân thức nghịch đảo là A và ngược lại B 0 + Phân thức: B có phân thức nghịch đảo là B và ngược lại A C A D A.D : + Phép chia: B D B C B.C (32) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Những bài tập áp dụng: Bài 1(Đề thi HSG cấp huyện năm 2008 - 2009) Cho biểu thức: a) Rút gọn P P x x x 6 b) Tính giá trị của P c) Tìm x đã P x x x 1 x x với x 0; x 4;9 3 Giai: a) Rút gọn P P x9 x x 6 x x 1 x 3 x x ( x 2)( x 3) x x 1 x x 2 x ( x 32 ) (2 x 1)( x 2) ( x 2)( x 3) x x 2x x ( x 2)( x 3) b) Tính giá trị của P Từ x 3 5) 2 3 6 Thay vào P ta được: P ( x 1) 6 6 ( 1) : ( 3) 4 ( x 3) ( x 2)( x 1) c) P 10 62 ( x 1) 1 ( x 3) 1 1 ( x 3) x 30 x 9 Vậy x 9; x 4 Bài (Đề thi HSG cấp huyện năm 2009 - 2010) P ( 1) ) ( 1) x ( ) ( x 1) ( x 3) 2(3 ( x x ( x 2)( x 3) ( x 2)( x 3) x 10 x x 3 x 1 x 3 x x x với x 0; x 1 Cho biểu thức: a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P x= c) Chứng minh P với mọi x thuộc điều kiện xác định d) Tìm giá trị lớn của P a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P (33) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Với: x= Thay vào P ta được: P 10 x x x 1 x 3 x x 1 x P 10 x (2 x 3).( x 1) ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4) ( x 4)( x 1) ( x 4)( x 1) 10 x (2 x x 3) ( x x 4) ( x 1)( x 4) 3x 10 x ( x 1)( x 5) ( x 1)(7 x ) ( x 1)( x 4) (7 x ) ( x 4) 7 4 c) P (7 x ) 3 ( x 4) (7 x ) 3 ( x 4) x 3( x 4) 19 Với x 0; x 1 d) Tìm MaxP: (7 x ) 19 P ( x 4) ( x 4) Ta có: Nhận thấy: 19 19 P ( x 4) 19 P 4 Vậy GTLN : Khi x 4 x 0 Bài 3: Cho biểu thức x − √ x x+ √ x 2( x −1) P= − + x+ √ x +1 √x √ x −1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nhỏ của P x c) Tìm x để biểu thức Q= √ P nhận giá trị là số nguyên Lời giai: a) ĐK: x> ; x ≠ Rút gọn được P=x − √ x+1 3 b) Biểu diễn P= √ x − + ⇒ MinP= ⇔ x= x Q= √ = P c) Biểu diễn √x + − √x ta thấy với x> ; x ≠ thì √ x+ −1>1 (theo BĐT Cô-Si) suy √x ±3 √ 0<Q<2 Vì Q nguyên nên Q =1 ⇒ x= (t/m) ( ) y − √ xy x y x+y : + − Bài 4- Cho biểu thức: P= √ x+ √ x+ √ y √ xy + y √ xy − x √ xy ( )( ) (34) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH a) Với giá trị nào của x, y thì biểu thức có nghĩa b) Rút gọn P c) Tính giá trị của P với x = 3, y = 2 − √3 Lời giải a) Với x > 0, y > 0; x ≠ y b) Với x > 0; y > và x ≠ y Ta có: x + √ xy + y − √ xy x √ x ( √ y − √ x)+ y √ y ( √ y + √ x) −( x+ y)( y − x ) : P= √ x +√ y √ xy ( y − x ) ( √ y − √ x )( √ x+ √ y ) x + y √ xy (x + y ) x+ y x − y y− x : = = = =√ y − √ x = √ x + √ y √ xy (x − y ) √ x + √ y x+ y √ x +√ y √ x +√ y √3 ¿ ¿ +¿ 2(2+ √ 3) = ¿ − √3 c) Với x = 3; y = √3+1 ¿2 ¿ ¿ 4+ √ √ − √ 3= √¿ Thì ta có: P = Bài 5: Cho biểu thức P ( x x 3x x )( 1) x 3 x x x a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P x 6 c) Tìm giá trị nhỏ của P Lời giai: a) ĐK: x 0; x 3; x 2 Rút gọn được: P x x x 6 x ( x 9) (2 x x 2) ( x 3)( x 2) x x ( x 1)( x 2) x 1 ( x 3)( x 2) ( x 3)( x 2) ( x 3) b) Ta có P ( x 3 ( 1 ) x 1 , nên 1 1 3 5 3 42 1)( 3) : 2 2 5 x 1 1 ( x 3) c) x 9; x 4 P 1 x (2 x 1) x x 1 x9 ( x 3)( x 3) x x ( x 3)( x 2) ( x 3)( x 2) ( x 3)( x 2) 0 x x 30 x 9 (35) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH d) Ta có: P x 1 1 PZ x x Để x x U (4) 1; 2; 4 ) x x 4(loai) ) x 1 x 16 ) x x 1 ) x 2 x 25 ) x x 1(VN ) ) x 7 x 49 Vậy P Z x 1;16; 25;49 x 4 1 x 1 x (1) đ)Ta có: P 4 4 x 1 1 x x x Mà Vậy GTNN của P = - x 1 x 0 CHỦ ĐỀ: ĐƯỜNG THẲNG Đường thẳng : ax + by = c (a b 0) y a c x (b 0) b b (1) a c x (d ) b b a) Cách vẽ đường thẳng d: c c ;0 0; + Đường thẳng cắt trục Ox A( a ); cắt trục Oy B( b ); y + Nối A với B ta được đường thẳng d b) Nếu đường thẳng cho ở dạng: y = ax + b (a 0 ) b ;0 Cách vẽ: + Đường thẳng cắt trục Ox A( a ); cắt trục Oy B( 0;b ); + Nối A với B ta được đường thẳng d c) Hệ số góc của đường thẳng y = ax + b (a 0 ) là: a Viết phương trình đường thẳng: a) Viết phương trình qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) Cách 1: + Gọi đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b + Vì đường thẳng qua hai điểm A và B ta có: ax1 b y1 ax2 b y2 giải hệ tìm a và b (36) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Cách 2: Viết phương trình qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) có dạng: x x1 y y1 x1 x2 y1 y2 b) Viết phương trình qua điểm A(x0; y0), với hệ số k có dạng: y = k(x – x0) + y0 c) Chứng tỏ ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến) Cách giải: Cách 1: + Viết phương trình qua hai ba điểm + Thay toạ đó điểm còn lại vào phương trình đường thẳng, thoả mãn phương trình đã ta kết luận ba điểm đã cho thẳng hàng Cách 2: Ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến), x1 x2 y y2 thoả mãn: x2 x3 y2 y3 Vị trý của hai đường thẳng: (d): y = ax + b và (d’): y = a’x + b’ a) (d) // (d’) a a ' 0; b b ' b) (d) (d’) a a ' 0; b b ' c) (d) (d’) a a ' d) (d) (d’) a.a ' Ngoài ra, cho dạng (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = c’ a) (d) (d’) ab ' a ' b 0 ab ' a ' b 0 ac ' a ' c 0 bc ' b ' c 0 b) (d) // (d’) ab ' a ' b 0 ( d ) ( d ') ac ' a ' c 0 b ' c bc ' 0 c) Xác định giao điểm của hai (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = ’là nghiệm(nếu có) của hệ phương trình sau: ax by c a ' x b ' y c ' Hệ số góc của đường thẳng Bài tập vận dụng: Bài tập 1: Cho ba đường thẳng: (d): x + y = (d1): 5x - 3y = (d2): ax - by = 5b (a 0; b 0) a) Tìm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng trên đồng quy b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1; 5) và song song với đường (37) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH thẳng (d) b)Xác định hệ số góc đường thẳng (d2) qua điểm M(1; 5) Giải: a) Tm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng trên đồng quy x y 3 x y 7 + Giao điểm của (d) và (d ) là hệ của hệ phương trình: x 2 y 1 , vậy (d) và (d ) cắt đỉêm có toạ đó: C(2; 1) + Giải hệ tìm được + Để đường thẳng trên đồng quy điểm C, ta có hệ thức: 2a – b = 5b => a = 3b Vậy ba đường thẳng trên đồng quy khi: a = 3b Bài tập 2(Đề thi HSG Toán năm học 2010 - 2011): Cho ba đường thẳng: (d): y = (m - 1)x + 3m - (d1): y = 4mx - m - (d2): y = (m2 + 4)x + 2m - a) Với giá trị nào của m thì hai đường thẳng (d) và (d1) vuông góc với b) Với giá trị nào của m thì hai đường thẳng (d2) và (d1) cắt điểm trên trục tung c) Chứng minh m thay đổi thì đường thẳng (d 1) luôn qua điểm cố định Phương trình và hệ phương trình I.Giải phương trình cách đặt ẩn phụ thích hợp 2 x −2 x+ x −4 =0 Bài 1:Gpt: 10 x+ + x −1 −11 x −1 Giải: ( ) ( ) ( ) x−2 x+ Đặt u= x +1 ; v = x −1 (1) Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = ⇔ (u-v).(10u-v)=0 ⇔ u=v hoặc 10u=v Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x cách dễ dàng Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15 Giải: Đặt x2 - 5x + = u (1) Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15 ⇔ (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0 ⇔ (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0 ⇔ (x2-5x+4).(x2-5x+6)-15=0 ⇔ (u-1).(u+1)-15=0 ⇔ u2-16=0 ⇔ u= ± Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x Bài 3:Gpt: x x + =90 x+1 x −1 ( ) ( ) (38) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Giải: x +1 ¿ ¿ x −1 ¿2 ¿=90 ⇔ ¿ ¿ x ¿ 2 x −1 ¿ ¿ ¿ 2 x +2 ⇔ x2 ¿ Đặt u = x2 ( u Ta có: 0) (1) u− 1¿ ¿ u− 1¿ ( u 1) ¿ 2u+ u ¿ ⇔ 88 u2 − 182u+ 90=0 Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x Bài 4:Gpt: √3 x+ √3 x −3=√3 12.(x −1) Giải: Đặt √3 x=u ; √3 x − 3=v (1) Có: u+ v=√ (u 3+ v )⇔ u 3+ v +3 uv (u+ v)=4 (u3 + v 3) u − v ¿2 =0 ⇔ ¿ u=− v ¿ u=v ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ (u+ v).(u −2 uv +v 2)=0 ⇔ (u+v ) ¿ Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x x2 Bài 5:Gpt: √ x +3 x +3 x −2+ = +3 x 2 (1) Giải: Từ (1) suy ra: √ x3 +3 x 2+ x −2=x2 +6 x − ⇒ 20 x +12 x + 12 x − 8=x +36 x +1+12 x −2 x − 12 x ⇒ x −8 x +22 x −24 x +9=0 (x 0) 24 ⇒ x − x +22 − + =0 x x Đặt x+ x = y (*) ta có: y2 - 8y + 16 = suy y = thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x (39) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Bài 6:Gpt: ( x+ ) ( x −4 )+ 3.(x − 4) x +1 − 18=0 (1) x−4 √ Giải: Điều kiện x > hoặc x < -1 *Nếu x > 4, (1) trở thành: ( x+ 1) ( x − 4)+3 √ (x+ 1) ( x − 4) −18=0 Đặt √( x +1).( x − )= y ≥ (2) ta có: y2 + 3y -18 = Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x *Nếu x < -1, (1) trở thành: (x+ 1) (x − 4) −3 √ ( x+ 1).(x − 4)−18=0 Đặt √( x +1).( x − )= y ≥ (3) ta có: y2 - 3y -18 = Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1) Giải: (1) ⇔ x +4 x −20 x + x +1=0 (x 0).Chia cả hai vế cho x2 ta được : ⇔ 4x2 + 4x -20 + ⇔ ( x+ + x x2 = +2 x + − 24=0 Đặt y = x x ) ( ) 2x+ (2) x Ta có: y2 + 2y -24 = Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x Bài 8:Gpt: √ x2 −16 x +64 −2 √ x −8 x+ 16+ √ x2 =0 Giải: ⇔|x −8|− 2.|x − 4|+|x|=0 Đến đây ta xét khoảng ,bài toán trở nên đơn giản Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4) Giải: ⇔ 1+ x + x +2 x +2 x +2 x =5+5 x + x ⇔ x −2 x +2 x −2 x +4=0 ⇔ x − x +x − x+2=0 Nhận thấy x = không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được: 2x2 - x + - x + =0 Đặt y = x+ x (*) Ta có: x 2y - y - = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16 Giải: Đặt - x = y (*) Ta có: (y-1)4 + (y + 1)4 =16 ⇔ 2y4 +12 y2 +2 = 16 ⇔ 2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0 ⇔ y =1 hoặc y = -1 (40) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau: Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y + 3y = t Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t *Nếu t > thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy không tồn x thỏa mãn *Nếu t < -2 thì 2t + < nên t2 + 2t > t2 + 4t + suy t2 + 2t > t2 + 4t + = (t+2)2 Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*) Lại có: t2 +2t < t2 suy x2 < t2 (**) Từ (*)&(**) suy (t + 2)2 < x2 < t2 suy x2 = (t+1)2 suy t2 +2t = (t +1)2 (=x2) Suy : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý) *Nếu t = -1 suy x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý) *Nếu t = suy x = ⇒ y = hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 ¿ x − y+ z=2(1) Bài 2: x − xy+ x −2 z=1(2) ¿{ ¿ Giải: Từ (2) ta có: 2x - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có: 2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1 ⇔ 2x2 -xy +3x-2y-5 =0 x +3 x −5 =x +1 − ∈ Ζ ⇒ ⋮ x+ 2⇒ x +2=±1, ± x+ x+ Từ đó ta tìm được x ⇒ tìm được y ⇒ tìm được z ¿ x − y − z=3(1) Bài 3: x − y − z 2=1(2) ¿{ ¿ ⇔ y= Giải: Thay (1) vào (2) ta được: (y + z -3)2 -y2 -z2 =1 ⇔ yz - 3y - 3z = -4 ⇔ (y-3).(z-3) = = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1= =(-5).(-1 Từ đó ta tìm được y và z ⇒ tìm được x Bài 4: 2xy + x + y = 83 Giải: 83 − y 166 − y 167 x= ⇔ x= =−1+ ∈ Ζ ⇒ 167 ⋮ y +1 ⇒2 y+ 1=± 1,± 167 ⇔ y +1 y +1 y +1 Từ đó ta tìm được y ⇒ tìm được x xy yz zx Bài 5: z + x + y =3 Giải: Điều kiện : x,y,z (41) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có số -3 thỏ mà chỉ có hai chuồng-mọi số nguyên khác chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương) Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy x.y = |xy| > và x y , >0 y x xy yz zx Đặt A= z + x + y =3 xy yz zx Giả sử z <0 đó = A = z + x + y <0+0+ 0=0 (Vô lý) Vậy z >0.Ta có: |xy| |xy| x y z z =3 √|xy| z A = xy + yz + zx =3= + z y + z x ≥3 z x y z ⇒ ≥|xy| z ⇒ z=1,|xy|=1⇒ z=1 , x= y=1 ¿ z=1 , x= y =−1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ | x | | y| √ z | y| | x| Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19 Giải: Từ bài ta có: 2 x +5 x+ 19 17 =x+2+ ∈ Ζ ⇒17 ⋮ x +1 ⇒2 x +1=±1, ±17 x+1 x+1 Từ đó ta tìm được x ⇒ tìm được y y= III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác 1 =2 Bài 1: x + √2 − x Giải: Điều kiện : x ≠ 0,|x|< √ 1 1 <¿ ≤ < -Nếu x < thì x + √2 − x √2 − x √ Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a và √ 2− x2=b (a,b > 0) ¿ 1 + =2 a b Ta có: a2 +b 2=2 ¿{ ¿ 1 Có: 2= + ≥ ⇒ ab ≥ a b ab √ (1) Lại có: = a2 + b2 2ab suy ab (2) Từ (1)&(2) suy ab = mà a2 + b2 =2 nên suy (a+b)2 = suy a + b = ¿ ab=1 a+ b=2 Vậy ta có: ⇒ a=b=1⇒ x=1 ¿{ ¿ (42) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Bài 2: √ − x2 + √ 1+4 x + √ x 2+ y −2 y −3=√ x −16 − y +5 ¿ − x ≥0 (1) 1+ x ≥ 0(2) Giải: Điều kiện: x + y −2 y − ≥0 (3) x −16 ≥ 0(4) ¿{{{ ¿ Từ (4) suy x2 kết hợp với (1) suy x2 = kết hợp với (2) suy x = Phương trình đã cho trở thành: | y −1|=− y +5 Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu) Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0 Giải: Nhận thấy x = không phải là nghiệm của phương trình đã cho Vậy x 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được: 105 50 25 25 x −21 x+74 − + =0 ⇔ x + − 21 x + −26=0 x x x x 25 Đặt x+ x = y ta có: 2y2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y ⇒ tìm x ( ¿ 2.|1+|x||−|1−|x||=5 Bài 4: |1+|x||+ |1−|x||=7 ¿{ ¿ ) ( ) Giải: ¿ a=|1+| x||≥ Đặt : b=|1−|x||≥ ¿{ ¿ ¿ a −b=5 Hệ đã cho trở thành: a+ b=7 ¿{ ¿ Từ đó tìm được a =3,b =1 Đến đây việc tìm x không còn khó khăn nữa ¿ |x − 1|+| y −5|=1(1) y=5+|x −1|(2) Bài 5: ¿{ ¿ Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: |x − 1|+|5+|x −1|−5|=1 ⇔ |x −1|=1 Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y không có gì khó khan nữa (43) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH ¿ x −15 xy + y − 12 x +45 y −24=0 (1) Bài 6: x −2 y 2+3 y −3 x +xy=0(2) ¿{ ¿ Giải: Phương trình (2) phân tích được sau: ⇔ x= y ¿ x=3 −2 y (x - y).(x -3 + 2y) = ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + = Giải: Phương trình đã cho phân tích được sau: [ x −(m− 5)] [ x −2 x −(m −1)]=0 Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa ¿ x + y +z=1 Bài 8: x + y + z =xyz ¿{ ¿ Giải: Bổ đề: ∀ a , b , c ∈ R : a + b +c ≥ ab+ bc+ ca Đẳng thức xảy và chỉ a = b = c (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên) Sử dụng bổ đề ta có: xyz = x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz.(x + y + z) = xyz Suy các dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có: x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được: x= y=z = 2 ¿ x + y 2=1(1) Bài 9: 1999 1999 2000 2000 √ x − √ y =( √ y − √ x ) (x + y + xy+2001)(2) ¿{ ¿ Giải: Điều kiện: x,y Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: -Nếu x > y thì: VT > 0, VP < suy ra: VT > VP -Nếu y > x thì: VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP -Nếu x = y đó: VT =VP =0 Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y ) ta được: x= y= √2 (44) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Bài 10: √ x+ √ x −5 − 2+ √ x −3 √2 x − 5+2=2 √2 (1) Giải: 2 (1) ⇔ ( √ x −5+1 ) + ( √ x −3 − ) =2 √2 √2 √2 ⇔ √ x −5+1+|√2 x − 5− 3|=4 √ √ Ta có: 4=|3 − √ x − 5|+ √ x −5+1 ≥ 3− √ x −5+ √ x −5+1=4 Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là: − √ x −5 ≥ ⇔ x − ≥0 9≥ x −5 ⇔7 ≥ x ≥ ¿{ Bài 11 Giải phương trình: x x x (1)( Đề thi HSG huyện Văn Bàn 2010 - 2011) Đa thức và những vấn đề liên quan Bài 1:Cho P= x +5 a b ∧Q= + Với những giá trị nào của a,b thì P= x −2 x −3 x −2 x +2 x+1 Q với mọi giá trị của x tập xác định của chúng Giải: x ≠ 2,− Điều kiện: Ta có: P=Q ( ∀ x ≠ 2,− 1) ⇔ ⇔ a=1 a+ b=0 a −2 b=5 ⇔ ¿ a=1 b=−2 ¿{{ ax +(2 a+b) x +a −2 b x +5 = ∀ x ≠ 2,− 3 x −3 x −2 x −3 x − Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 - n a- Phân tích A thành nhân tử b- Tìm n để A= c-CMR: A chia hết cho 30 Giải: a) A= n - n = n.(n -1) = n.(n-1).(n+1).(n2 + 1) b) A=0 ⇔ n = 0,1,-1 c) Theo Định Lý Fecma: n5 ≡n( mod 5) ⇒ n5 −n ⋮ ⇒ A ⋮5 (1) Lại có: n(n− 1) ⋮2 ⇒ A ⋮ (2) và: (n −1) n (n+1)⋮ ⇒ A ⋮ (3) Vì 2,3,5 đôi nguyên tố cùng nên từ (1),(2)&(3) suy A ⋮(2 5) (đpcm) Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho thì cả x và y chia hết cho 4 (45) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Giải: Nhận xét:Số chính phương chia cho có số dư là hoặc Vì vậy từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho ⇒ x , y ⋮ Bài 4:Tìm giá trị của p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q Giải: 2 Giả sử (x + 1) = (x + px + q).( x + mx + n) Khai triển và đồng hệ số ta được hệ: ¿ m+ p=0 n+ pm+ q=0 qn=1 ⇔ ¿ m=− p qn=1 p2=q+ q ¿{{ ¿ ¿ ∀ q>0 √ Vậy có thể thấy các giá trị của p,q cần tìm là: p= q+ q ¿{ ¿ Bài 5:Cho đa thức: A (x )=x −14 x +71 x −154 x +120 x∈Z a)Phân tích A(x) thành nhân tử b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24 Giải: a).Ta có: A (x )=x −14 x +71 x −154 x +120 ¿( x −2).(x −12 x + 47 x −60) ( x − 2).(x − 3).(x − x+ 20) x ( x −1).( x+1).( x −14 )+ ⏟ 72 x − 144 x+120 ⏟ b).Ta có:A(x)= ⋮ 24 B (x) -Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư thì x + chia hết cho 4,x-1 chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho Vậy mọi trường hợp ta có B(x) chia hết cho (1) Mà tích của ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho nên (x-1).x.(x+1) chia hết cho ⇒ B(x) chia hết cho (2) Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy B(x) chia hết cho 24 Vậy ta có đpcm Bài 6:Tìm tất cả các số nguyên x để: x2 + chia hết cho x-2 Giải: Ta có: x + = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 và chỉ 11 chia hết cho x-2 ⇒ x-2=-1,-11,1,11 ⇒ (46) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Từ đó ta dễ dàng tìm các giá trị x thỏa mãn bài Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư của phép chia đa thức đó cho (x-2).(x-3) Giải: Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b Ta có: F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b (trong đó A(x) là đa thức thương phép chia) Theo giả thiết và theo định lý Bơdu ta có: F(2)=2a +b=5 và F(3)=3a+b=7 Giải hệ hai phương trình trên ta tìm được a = 2, b = Vậy đa thức dư là 2x+1 Bài 8: Cho biết tổng các số nguyên a1, a2, a3 , an chia hết cho 3.Chứng minh rằng: A(x) = a31 + a32+ .+a3n chia hết cho Giải: Theo định lý fecma ta có: n ≡n( mod 3) ∀ n ∈ Z Áp dụng ta có: a31 ≡ a1 (mod 3) , a32 ≡ a2 (mod 3) , , a31 ≡ a1 (mod 3) Suy ra: a31 + a32+ .+a3n a1 +a 2+ .+ an (mod3)≡0(mod 3) Ta có đpcm Bài 9:Chứng minh (7.5 ❑2n +12.6 ❑n ) luôn chia hết cho 19, với mọi số n tự nhiên Giải: Ta có: A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n Ta có: 25 ≡6(mod 19) ⇒ 25n ≡6 n (mod 19) Suy ra: A ≡7 6n +12 n ≡19 6n ( mod19)≡0( mod 19) Ta có đpcm Bài 10: Phân tích thành nhân tử x10 + x5 + Giải: 10 Ta có: x + x + = (x + x + 1).(x - x + x5 - x4 + x3 - x + 1) Các bài toán liên quan tới phương trình bậc hai và định lý Vi-et Bài 1:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m 2.Chứng minh có hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m Giải: 2 Ta có : Δ = (2m +1) - 4.(m + m - 1) = > suy phương trình luôn có nghiệm với mọi m ¿ x +x 2=2 m+1( 1) 2.Theo vi-et ta có: x x2=m2 +m −1(2) ¿{ ¿ x1 + x − Từ (1) suy ra: m= thay vào (2) ta có: (47) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH x + x − x 1+ x2 −1 x + x −1 x1 + x − x x2= + −1 ⇒ x x2 − − =1 2 2 ( )( ) ( ) ( ) Ta có đpcm Bài 2: Tìm những giá trị nguyên của k để biệt thức Δ của phương trình sau là số chính phương: k.x2 + (2.k-1).x + k-2= 0; (k 0) Giải: Ta có : Δ = (2k-1) - 4.k.(k-2) =4k +1 Giả sử 4k + là số cp đó nó là số cp lẻ hay: 4k + = (2n + 1)2 n là số tự nhiên Hay: k = n2 + n Vậy để Δ là số cp thì k = n2 + n( thử lại thấy đúng) Bài 3: Tìm k để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt : (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3)= Giải: 2 Đặt f(x)= (x-2)(x + k.x + k - 3) = (x-2).g(x) Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt ¿ Δ=k − (k −3)>0 g (2)≠ ⇔ khác hay: ¿ 2>k >− k ≠ −1 ¿{ ¿ Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau là tương đương: x2 + (3a + 2b) x - =0 (1) và x2 + (2a +3b)x + 2b=0 (2) với a và b tìm được hãy giải các phương trình đã cho Giải: -Điều kiện cần: Nhận thấy pt (1) luôn có nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) phải có nghiệm phân biệt giống với (1) Đặt f(x) = x2 + (3a + 2b) x - =0 và g(x) = x2 + (2a +3b)x + 2b Để hai phương trình đã cho là tương đương thì f(x) = g(x) (*) với mọi x (Vì hệ số của x2 của cả hai pt 1) Thay x = vào (*) ta có b = -2 (3) Thay x = vào (*) kết hợp với (3) ta được a= -2 -Điều kiện đủ: Với a=b=-2 ta thấy hai phương trình tương đương với Bài 5: Giả sử b và c là các nghiệm của phương trình : x2 - a.x- a2 =0; (a chứng minh : b4 + c4 2+ √ 0) Giải: ¿ b+ c=a Theo định lý Viet ta có: bc=− a2 ¿{ ¿ (48) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH b+ c ¿2 −2 bc ¿ ¿ Ta có: ¿ b2 +c ¿2 − b2 c2 =¿ b 4+ c 4=¿ 3 4 ⇒ b +c = a + + =a + +2 ≥ a4 + 2=√ 6+2>2+ √ a 2a 2a 2a ( ) √ Bài : Chứng minh với mọi a,b,c phương trình sau luôn có nghiệm : a(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) = Giải: Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) = = (a + b + c).x2 -2.(ab + bc + ca).x + 3abc *Nếu a + b + c 0.Khi đó: ' = a2b2 + b2c2 + c2a2 -abc.(a + b + c) = [(ab-bc)2 + (bc-ca)2 + (ca-ab)2] *Nếu a + b + c = 0.Khi đó: -Nếu ab + bc + ca thì phương trình đã cho luôn có nghiệm -Nếu ab + bc + ca =0 Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh được a=b=c=0.Và dĩ nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình:ax2 + bx + c = (a 0) là các số lẻ thì phương trình bậc hai trên không thể có nghiệm hữu tỉ Giải: Giả sử phương trình bậc hai trên với các hệ số a,b,c là các số lẻ có nghiệm hữu tỉ Δ x0 = m n với m,n là các số nguyên (m,n)=1 và n ;khi đó ta có: m m + b + c=0 hay: am + bmn+ cn2 =0 (1).Suy ra: a n n ¿ ¿ cn ⋮ m c⋮m 2 am ⋮n mà (m,n)=1 ⇒(n , m )=( m, n )=1 nên: a⋮ n mà c,a là các số lẻ nên ¿{ ¿{ ¿ ¿ ( ) suy m,n là các số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n là các số lẻ Do đó: 2 am + bmn+ cn =¿ số lẻ (Mâu thuẫn với (1)) Vậy điều ta giả sử là sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm PHẦN HÌNH HỌC Các dạng bài tổng hợp Bài : Cho nửa đường tròn đường kính AB Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax và dây AC bất kì Tia phân giác của góc CAx cắt nủa đường tròn D; tia AD cắt BC E a/ Chứng minh tam giác ABE cân B b/ Dây AC cắt BD K Chứng minh EK vuông góc với AB (49) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH c/ Dây BD cắt Ax F Chứng minh tứ giác AKEF là hình thoi d/ Cho góc BAC =300, chứng minh AK = 2KC Giải: a) Ta có ABE : ABD DBE ( AD DC ); BD AC (vì ADB 90 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ABE cân B b)Ta có, tam giác AEB có: x BD AE ( ADB 900 ), AC BE ( AEB 900 ), E BD AC K K là trực tâm BA KE F C D K A B O c) Ta có: AKF cân A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao : AD FK , FD DK (1) + Tương tự: ABE cân B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao : BD AE , ED DA (2) Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi d) Ta có góc BAC =300 EBA 60 ABE K là trực tâm vừa là trọng tâm AK = 2KC Bài : Cho (O; R) và đường thẳng d cố định nằm ngoài đường tròn Từ điểm M tuỳ trên đ kẻ tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O) ; (P, Q là các tiếp điểm) Từ O hạ OH vuông góc với d Dây cung PQ cắt OH I và cắt OM ở K Chứng minh rằng: a/ Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc đường tròn b/ OI.OH = OK.OM c/ Vị trí điểm I luôn cố định điểm M di động trên d d/ Tìm trên d điểm A và trên O điểm B cho độ dài AB nhỏ Giải d H M Q K I P O a) + Vì MHO MPO 90 (OH OM ; OP PM ) MHO MPO 180 => Tứ giác OPMH nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, H cùng thuộc đường tròn + Tương tự: MQO MPO 90 (OQ QM ; OP PM ) MQO MPO 180 => Tứ giác OPMQ nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, Q cùng thuộc đường tròn Vậy: Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc đường tròn (50) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH OI OK OIK OMH (OKI OHM 900 ; HOMchung ) OI OH OK OM OM OH b) 2 c) Trong OPM (OPM 90 ; OK OM ) OK OM OP R R2 OI OH OK OM OI OH R OI OH Mặt khác: Do O, H cố định => I cố định OH (O ) L d) Kẻ Ta có A AB OB OA OH OL LH R OL AB LO Vậy AB đạt GTNN AB = LO A H ; B L d H L B O Bài 3: Cho góc xAy vuông.Trên tia Ax lấy điểm B cố định, trên tia Ay lấy điểm C di động Vẽ đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC,tiếp xúc với cạnh ,BC, CA, AB D,E,F Hai đường thẳng cắt G y C D G E O H A F B x Bài : Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đờng tròn tâm O, đờng kính AI Gäi E lµ trung ®iÓm cña AB vµ K lµ trung ®iÓm cña OI Chøng minh r»ng tø gi¸c AEKC nội tiếp đợc đờng tròn Bài : Cho hình chữ nhật ABCD Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường chéo AC H Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của AH, BH, CD a/ Chứng minh tứ giác EFCG là hình bình hành b/ Chứng minh BEG 90 (51) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH c/ Cho BH = h; BAC Tính diện tích hình chữ nhật ABCD theo h và Tính đường chéo AC theo h và Giải: a) Ta có ABE : ABD DBE ( AD DC ); BD AC (vì ADB 90 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ABE cân B B A b)Ta có, tam giác AEB có: BD AE ( ADB 900 ), AC BE ( AEB 900 ), F E BD AC K K là trực tâm BA KE H G D C c) Ta có: AKF cân A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao : AD FK , FD DK (1) + Tương tự: ABE cân B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao : BD AE , ED DA (2) Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi d) Ta có góc BAC =300 EBA 60 ABE K là trực tâm vừa là trọng tâm AK = 2KC Dạng bài tính số đo góc, tính diện tích Bài 1: : Cho ABCD(AB//CD) biết đường tròn đường kính CD qua trung điểm hai cạnh bên AD, BC và tiếp xúc với AB Tìm số đo các góc của hình thang Giải: 1 BD ON R OM AC Ta có: AC = BD vì A Nên ABCD là hình thang cân M 1 OH HE R OM 2 + Ta có 0 OHM có OHM 60 ; HMO 30 MOD 30 E B H N D +Tam giác MOD cân O, nên: ODM OMD (180 DOM ) C 750 D A 1800 750 1150 B Bài 2: Cho ABC có diện tích 1, trên đường trung tuyến BK lầy điểm M cho MK = 1/4 BK, đường thẳng AM cắt BC L Tính diện tích ALC (52) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH B L M C A H K N Bài (Đề thi HSG Toán huyện Văn Bàn năm học 2010 - 2011)Cho nửa đường tròn (O) AB = 2R vẽ các tiếp tuyến Ax; By(Ax; By và nửa đường tròn cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ BA) Gọi M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn, tiếp tuyến M cắt Ax; By theo thứ tự C và Kẻ AH (H nằm giữa O và C) cho HAC 45 a) Chứng minh rằng: AC.OH = OA.HC b/ Tìm vị trí của điểm M để hình thang ACDB có chu vi nhỏ c/ Tìm vị trí của điểm C; D để hình thang ACDB có chu vi 14 biết AB = 4cm Chứng minh: x y a) Do AH là tia phân giác góc CAB(vì 1 CAH= CAB ; BAC 90 (góc tạo bởi tia C E tiếp tuyến và bán kính) CA OA CA.OH CH OA CH OH b) + Kẻ CE BD , đó ta có: CED vuông E: CE CD (1) P M F H Q D + Mặt khác: tứ giác CEBA là hình chữ nhật, ta có: CE = AB (2) => Từ (1) và (2) suy CE đạt giá trị A B O nhỏ CE = AB, tức là: M F Tử đó ta có chu vi CDBA đạt giá trị nhỏ : M F c) + Ta có chu vi tứ giác CABD là: PABDC AB BD DC CA + Mặt khác: CM = CA; DM = DP => CD = CM + MD = CA + BD + Đặt AC = x; BD = y => + 2x + 2y = 10 => x + y = => (x; y) = (1; 4) = (2; 3) Vậy AC = 1cm và BD = 4cm; AC = cm và BD = 3cm Bài tập 7(Đề thi HSG Toán huyện Văn Bàn năm học 2010 - 2011) Chứng minh 0, r 0,5 h Trong đó r là bán kính của đường tròn tan giác vuông ta có: nội tiếp tam giác; h là đường cao hạ từ cạnh huyền Các bài toán hình học phẳng mang yếu tố chuyển động (53) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O), (A khác B, C) Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD cho DI = DB Đường thẳng BI cắt đường (O) điểm K khác điểm B CMR: Tam giác KAC cân CMR: Đường thẳng AI luôn qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A cho AI có độ dài lớn Trên tia đối AB lấy điểm M cho AM = AC.Tìm tập hợp các điểm M A di động trên cung lớn BC của (O) Giải: A K D O I C J B 1.Ta có: Δ DBI cân D nên: ∠ DBI= ∠ DIB Mà: ∠ DIB = ∠ IBC + ∠ ICB (1) Và: ∠ DBI = ∠ KCI = ∠ KCA + ∠ ACD = ∠ KBA + ∠ ICB (2) Từ (1) và (2) suy ∠ ABI = ∠ CBI Suy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ⇒ BI là phân giác góc B của tam giác ABC ⇒ K là trung điểm cung AC ⇒ Tam giác KAC cân 2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn qua trung điểm J của cung nhỏ BC Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J ⇒ JI = JB = const Suy AI = AJ - IJ = AJ - const lớn và chỉ AJ lớn tức là AJ là đường kính của (O) ⇒ A phải nằm trung điểm của cung lớn BC 3.Ta dễ dàng tính được: ∠ BMC = ∠ BAC = số đo cung nhỏ BC = const Suy quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC góc số đo cung nhỏ BC Bài 2: Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C Chứng minh BC qua điểm cố định Gọi AH là đường vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC Tìm tập hợp các điểm H Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều cao AH = h cho trước Giải: (54) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH A B C H O D Dễ thấy BC luôn qua điểm O cố định Nhận thấy ∠ AHO vuông Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường kính AO Đường thẳng d // với BC cách BC khoảng h cắt (O) hai điểm A và A' thỏa mãn yêu cầu của bài toán Có vị trí của A thỏa mãn bài (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC khoảng h) Bài 3: Cho đường tròn tâm O cố định Một đường thẳng d cố định cắt (O) A, B; M là điểm chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MP và MN với đường tròn CMR: Đường tròn qua ba điểm M, N, P luôn qua điểm cố định khác O Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn qua M, N, P Tìm trên d điểm M cho tam giác MNP là tam giác Giải: P O I Y X M A B K J N Gọi K là trung điểm của AB Dễ thấy M, N, P, O, K nằm trên đường tròn đường kính OM Vậy K là điểm cố định cần tìm Tâm I của đường tròn qua M,N, P là trung điểm của OM Từ I hạ IJ vuông góc với AB Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const Vậy có thể phán đoán quĩ tích của I là đường thẳng song song với AB cách AB khoảng nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB 3.Giả sử tam giác MNP thì: OM = 2.OP = 2R: MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài (55) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Bài 4: Cho hình vuông EFGH Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG và GH M, N; còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự P, Q CMR: Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân Gọi R là giao của PN và QM; còn I, K lần lượt là trung điểm của PN và QM Tứ giác EKRI là hình gì? Giải thích? CMR: F, K, H, I thẳng hàng Từ đó có nhận xét gì đường thẳng IK góc vuông xEy quay quanh E? Giải: Dễ dàng chứng minh được: Δ EHQ = Δ EFM (cgc) Suy dễ dàng tam giác EMQ vuông cân ∠ PEF = ∠ PQN (đồng vị) mà ∠ FEM = ∠ QEH Suy ra: ∠ PEN = ∠ PEF + ∠ FEM = ∠ EQH + ∠ QEH = 900 Vậy tam giác PEN vuông (1) Thấy: Δ NEQ = Δ PEM (g.c.g) nên suy EN = EP (2) Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân 2.Có: EI PN và EK QM Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4) Lại có: ∠ PQR = ∠ RPQ = 450 suy ra: ∠ PRQ = 900 (3) Từ (3) và (4) suy tứ giác ẺIK là hình chữ nhật 3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp Ta có: ∠ EKH = 1800 - ∠ EQH (5) Và: ∠ EKF = ∠ EMF = ∠ EQH (6) Từ (5) và (6) suy ra: ∠ EKH + ∠ EKF = 1800 Suy H, K, F thẳng hàng Lại có: Tứ giác FEPI nội tiếp nên ∠ EFI = 1800- ∠ EPI = 1800 - 450 = 1350 Suy ra: ∠ EFK + ∠ EFI = 450 + 1350 =1800 Suy K, F, I thẳng hàng Vậy ta có đpcm Bài 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E a) CMR: Tam giác DCE vuông b) CMR: Tích AD.BE không đổi c) CMR: Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên đường thẳng cố định Giải: a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó: ∠ DCM = ∠ DAM và ∠ MCE = ∠ MBE = ∠ MAB.Vậy: ∠ DCE = ∠ DCM + ∠ MCE = ∠ DAM + ∠ MAB = 900 Ta có đpcm b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay: ∠ DCA = 900 - ∠ ECB = ∠ CEB Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên: AD AC = ⇒ AD BE=BC AC=const BC BE (56) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác, ta luôn có OI AB Vậy M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc với AB Bài 6: Cho tam giác ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn tâm O M là điểm chạy trên đáy BC Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB B Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn đó CMR a) MN luôn qua A và tích AM.AN không đổi c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi d) Tìm tập hợp các trung điểm H của DE Giải: a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA, vậy tia NM qua A Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy AM.AN = AB2 không đổi c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A) Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông góc với BC I.J,L Ta có: BD CE BJ CL BM CM BM CM 1 BK CK BI CI BI CI BI BD CE 1 BD CE CK = không đổi CK CK d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có: KI DJ EL KI BD CE KI ( DJ EL) 2 KI BK CK Nên H nằm trên đ ường HQ = thẳng song song với BC cách BC khoảng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK đó quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC) CHUYÊN ĐỀ 6: Các bài toán hình học phẳng có nội dung chứng minh, tính toán Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A và B vẽ hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn Hai tiếp tuyến này không đối xứng với qua trục đối xứng của tam giác và chúng cắt ở M a)Chứng minh bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường tròn.Tìm tập hợp các điểm M b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2| Giải: a)Gọi I,T lần lượt là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ A và B Dễ thấy: Δ OIA = Δ OTB (cạnh huyền-cạnh góc vuông) Do đó: ∠ IAO = ∠ OBT.Suy tứ giác OAMB nội tiếp được 1 b) Có: ∠ APB = ∠ AMB = (1800- ∠ AOB)= const (57) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Vậy có thể chứng minh được quĩ tích các điểm P là cung chứa góc nhìn AB góc không đổi là (1800- ∠ AOB) c)Xét vị trí của M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự) Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI - IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB = MA.MB (đpcm) Bài 2: Cho điểm P nằm ngoài đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và B Các tiếp tuyến kẻ từ A và B cắt ở M Dựng MH vuông góc với OP a) CMR: điểm O, A, B, M, H nằm trên đường tròn b) CMR: H cố định cát tuyến PAB quay quanh P Từ đó suy tập hợp điểm M c) Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH Chứng minh PA PB = PI PN và IP.IN = IA2 Giải: M P A N I H B O a) Nhận thấy điểm O, A, B, M, H nằm trên đường tròn đường kính OM (đpcm) b) Phương tích của điểm P đường tròn đường kính OM là: PH.PO = PA.PB = const (1) Suy H cố định nằm trên đoạn PO Từ đó dễ dàng suy được quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đoạn TV với T,V là giao điểm của d với (O) c)Phương tích của điểm P đường tròn đường kính ON là: PN.PI = PH.PO (2) Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB = PI.PN (đpcm) Lại có: IP.IN = (NI + NP).IN = IN2 + NI.NP (3) Phương tích của điểm N đường tròn đường kính PM là: NP.NI = NH.NM Phương tích của điểm N đường tròn đường kínhOM là: NH.NM = NA.NB Suy ra: NI.NP = NA.NB (4) Từ (3) và (4) suy ra: IP.IN = IN2 + NA.NB Ta sẽ chứng minh: IN2 + NA.NB = IA2 (5).Thật vậy: (5) ⇔ NA.NB = IA2- IN2 ⇔ NA.NB = (IA - IN).(IA + IN) ⇔ NA.NB = NA.(IB +IN) ⇔ NA.NB = NA.NB (luôn đúng) Vậy ta có đpcm (58) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R,tâm O a)Chứng minh BC = 2R.SinA b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) đó A,B,C là ba góc của tam giác Giải: a)Kéo dài BO cắt (O) điểm thứ hai là D Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin( ∠ BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) điểm thứ hai là E Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB Ta có: AC AD+ CD AD CD SinB= R < R =BD + BD =Cos(∠ ADB)+Cos(∠CDB)=CosC +CosA (1) Tương tự ta có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm Bµi 4: Cho đờng tròn (O) bán kính R, đờng thẳng d không qua O và cắt đờng tròn hai điểm A và B Từ điểm C trên d (C nằm ngoài đờng tròn), kẻ hai tiếp tuyến CM, CN với đờng tròn (M, N thuộc (O) ) Gọi H là trung điểm AB, đờng thẳng OH c¾t tia CN t¹i K Chøng minh c¸c tø gi¸c CHOM, COHN néi tiÕp Chøng minh KN.KC = KH.KO Đoạn thẳng CO cắt đờng tròn (O) I, chứng minh I cách CM, CN và MN Một đờng thẳng qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần lợt E và F Xác định vị trí C trên d cho diện tích tam giác CEF là nhỏ nhÊt (59)