›
›
›

Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Lớp 9 (Có lời giải chi tiết)

docx 68 trang Hàn Vy 03/03/2023 4124
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Lớp 9 (Có lời giải chi tiết)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxcac_chuyen_de_boi_duong_hoc_sinh_gioi_toan_lop_9_co_loi_giai.docx

Nội dung text: Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Lớp 9 (Có lời giải chi tiết)

  1. CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN THCS Chuyên đề 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I- ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên. II- TÍNH CHẤT: 1- Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có chữ tận cùng bằng 2, 3, 7, 8. 2- Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. 3- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n+1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N). 4- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n +1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 ( n N ). 5- Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 6- Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9 Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25 Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. III- MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG. A- Dạng 1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG. Bài 1: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì: A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương. Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = ( x2 5xy 4y2 )(x2 5xy 6y2 ) y4 Đặt x2 5xy 5y2 t (t Z) thì A = (t y2 )(t y2 ) y4 t 2 y4 y4 t 2 (x2 5xy 5y2 )2 Vì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z x2 5xy 5y2 Z Vậy A là số chính phương. Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. Giải : Gọi 4 số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n+1, n+2, n+3 (n Z). Ta có: n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n . ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1 = ( n2 3n)(n2 3n 2) 1 (*) Đặt n2 3n t (t N) thì (*) = t(t + 2) + 1 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2 = (n2 + 3n + 1)2 Trang 1
  2. Vì n N nên n2 + 3n + 1 N. Vậy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + 1 là số chính phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k + 1)(k + 2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương. 1 1 Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = k (k + 1)(k + 2). 4= k(k + 1)(k + 2). (k 3) (k 1) 4 4 = 1 k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - 1 k(k + 1)(k + 2)(k - 1) 4 4 => 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) => 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 Theo kết quả bài 2 => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 là số chính phương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; . . . - Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa các chữ số đứng trước và đứng sau nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương. Ta có 44 488 89 = 44 488 8 + 1 = 44 4 . 10n + 8 . 11 1 + 1 n chữ số 4 n - 1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1 10n 1 10n 1 = 4. .10n 8. 1 9 9 4.102n 4.10n 8.10n 8 9 4.102n 4.10n 1 = 9 9 2 2.10n 1 = 3 Ta thấy 2.10n + 1 = 200 01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 n - 1 chữ số 0 2 2.10n 1 => Z hay các số có dạng 44 488 89 là số chính phương. 3 Các bài tương tự: Chứng minh rằng số sau đây là số chính phương. A = 11 1 + 44 4 + 1 2n chữ số 1 n chữ số 4 B = 11 1 + 11 . . .1 + 66 . . . 6 + 8 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6 C= 44 . . . 4 + 22 . . . 2 + 88 . . . 8 + 7 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8 Trang 2
  3. D = 22499 . . .9100 . . . 09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 E = 11 . . .155 . . . 56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 2 2 2 10n 2 10n 8 2.10n 7 Kết quả: A= ; B ; C 3 3 3 n 2 n 2 10 2 D = (15.10 - 3) E = 3 Bài 5: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương. Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n - 2, n - 1, n +1, n + 2 ( n N, n >2). Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5 . (n2 + 2) Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2 + 2 không thể chia hết cho 5 => 5. (n2 + 2) không là số chính phương hay A không là số chính phương. Bài 6: Chứng minh rằng số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n >1 không phải là số chính phương. n6 - n 4 + 2n3 + 2n2 = n2. (n4 - n2 + 2n +2) = n2. [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)] = n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) . [(n3 + 1) - (n2 - 1)] = n2(n + 1)2 . (n2 - 2n + 2) Với n N, n > 1 thì n2 - 2n + 2 = ( n -1)2 + 1 > ( n - 1)2 Và n2 - 2n + 2 = n2 - 2(n - 1) n2 - 2n + 2 không phải là một số chính phương. Bài 7: Cho 5 số chính phương bất kỳ có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương. Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương. Bài 8: Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ bất kỳ không phải là số chính phương. a và b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + 1 (Với k, m N). => a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1 = 4 (k2 + k + m2 + m) + 2 => a2 + b2 không thể là số chính phương. Bài 9: Chứng minh rằng nếu p là tích của n (với n > 1) số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không thể là các số chính phương. Trang 3
  4. Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p2 và p không thể chia hết cho 4 (1) a- Giả sử p + 1 là số chính phương. Đặt p + 1 = m2 ( m N). Vì p chẵn nên p + 1 lẻ => m2 lẻ => m lẻ. Đặt m = 2k + 1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 => p + 1 = 4k2 + 4k + 1 => p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1)  4 mâu thuẫn với (1). => p + 1 không phải là số chính phương. b- p = 2.3.5 là số chia hết cho 3 => p - 1 có dạng 3k + 2. => p - 1 không là số chính phương. Vậy nếu p là tích n (n >1) số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không là số chính phương. Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 . . . 2007. 2011 Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N và 2N + 1 không có số nào là số chính phương. a- 2N - 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 - 1 Có 2N  3 => 2N - 1 = 3k + 2 (k N) => 2N - 1 không là số chính phương. b- 2N = 2.1.3.5.7 . . . 2011 => 2N chẵn. => N lẻ => N không chia hết cho 2 và 2N  2 nhưng 2N không chia hết cho 4. 2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 hoặc dư 3 => 2N không là số chính phương. c- 2N + 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 + 1 2N + 1 lẻ nên 2N + 1 không chia hết cho 4 2N không chia hết cho 4 nên 2N + 1 không chia cho 4 dư 1. => 2N + 1 không là số chính phương. Bài 11: Cho a = 11 . . . 1 ; b = 100 . . . 05 2010 chữ số 1 2009 chữ số 0 Chứng minh ab 1 là số tự nhiên. Giải: b = 100 . . . 05 = 100 . . . 0 - 1 + 6 = 99 . . . 9 + 6 = 9a + 6 2009 chữ số 0 2010 chữ số 0 2010 chữ số 9 ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2 ab 1 (3a 1) 2 3a 1 N B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương a) n2 + 2n + 12 b) n(n + 3) c) 13n + 3 d) n2 + n + 1589 Giải: a) Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) Trang 4
  5. (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n + 1)2 = 11 (k + n + 1)(k – n - 1) = 11 Nhận xét thấy k + n + 1 > k - n - 1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1 k + n + 1 = 11 k = 6 k - n – 1 = 1 n = 4 b) đặt n(n + 3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2 (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 (2n + 3)2 – 4a2 = 9 (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 2n + 3 + 2a = 9 n = 1 2n + 3 – 2a = 1 a = 2 c) Đặt 13n + 3 = y2 (y N) 13(n - 1) = y2 – 16 13(n - 1) = (y + 4)(y – 4) (y + 4)(y – 4)  13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4  13 hoặc y – 4  13 y = 13k 4 (với k N) 13(n - 1) = (13k 4)2 – 16 = 13k.(13k 8) 13k2 8k + 1 Vậy n = 13k2 8k + 1 (với k N) thì 13n + 3 là số chính phương d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n + 1 > 2m – 2n – 1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28 Bài tương tự : Tìm a để các số sau là những số chính phương a) a2 + a + 43 b) a2 + 81 c) a2 + 31a + 1984 Kết quả: a) 2; 42; 13 b) 0; 12; 40 c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728 Bài 2 : Tìm số tự nhiên n 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + + n! là một số chính phương. Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 33 là số chính phương Trang 5
  6. Với n 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương. Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3 Bài 3: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n2 là số chính phương. Giả sử 2010 + n2 là số chính phương thì 2010 + n2 = m2 (m N ) Từ đó suy ra m2 - n2 = 2010 (m + n) (m – n) = 2010 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn. (m + n) (m – n)  4 nhưng 2006 không chia hết cho 4 Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Bài 4: Biết x N và x > 2. Tìm x sao cho x(x 1).x(x 1) (x 2)xx(x 1) 2 Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x 1) (x 2)xx(x 1) Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương. Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1) Do x là chữ số nên x 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và 2 < x 9 (2) Từ (1) và (2) x chỉ có thể nhận một trong các giá trị 5; 6; 7 Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thoả mãn đề bài, khi đó 762 = 5776 Bài 5: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính phương. Ta có 10 n 99 nên 21 2n + 1 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 2n + 1 bằng 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n + 1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương. Vậy n = 40 Bài 6: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n + 1 và 2n + 1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24 Vì n + 1 và 2n + 1 là các số chính phương nên đặt n + 1 = k2, 2n + 1 = m2 (k, m N ) Ta có m là số lẻ m = 2a + 1 m2 = 4a(a + 1) + 1 m 2 1 4a(a 1) Mà n 2a(a 1) 2 2 n chẵn n + 1 lẻ k lẻ đặt k = 2b + 1 (với b N ) k2 = 4b(b+1) + 1 n = 4b(b+1) n  8 (1) Ta có: k2 + m2 = 3n + 2  2 (mod3) Trang 6
  7. Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1 Nên để k2 + m2  2 (mod3) thì k2  1 (mod3) m2  1 (mod3) m2 – k2  3 hay (2n + 1) – (n + 1)  3 n  3 (2) Mà (8; 3) = 1 (3) Từ (1), (2), (3) n  24 Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 2n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48) 2p. 2q = (a + 48) (a – 48) với p, q N ; p + q = n và p > q a + 48 = 2p 2p 2q = 96 2q (2p-q – 1) = 25.3 a – 48 = 2q q = 5 và p – q = 2 p = 7 n = 5 + 7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 C.DẠNG 3 : TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1 : Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B. Gọi A = abcd k 2 . Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số B = (a 1)(b 1)(c 1)(d 1) m 2 với k, m N và 32 0 nên m – k và m + k là 2 số nguyên dương. Và m – k < m + k < 200 nên (*) có thể viết (m – k) (m + k) = 11.101 Do đó: m – k = 11 m = 56 A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136 Bài 2: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau một đơn vị. Đặt abcd k 2 ta có ab cd 1 và k N, 32 k < 100 Suy ra : 101 cd = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10) k + 10  101 hoặc k – 10  101 Mà (k – 10; 101) = 1 k + 10  101 Vì 32 k < 100 nên 42 k + 10 < 110 k + 10 = 101 k = 91 abcd = 912 = 8281 Trang 7
  8. Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau. Gọi số chính phương phải tìm là: aabb = n2 với a, b N, 1 a 9; 0 b 9 Ta có: n2 = aabb = 11. a0b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1) Nhận xét thấy aabb  11 a + b  11 Mà 1 a 9; 0 b 9 nên 1 a + b 18 a + b = 11 Thay a + b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a + 1) do đó 9a + 1 là số chính phương Bằng phép thử với a = 1; 2; ; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thoả mãn b = 4 Số cần tìm là: 7744 Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương. Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 với x, y N Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương. Ta có : 1000 abcd 9999 10 y 21 và y chính phương y = 16 abcd = 4096 Bài 5 : Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương. Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 a 9; 0 b, c, d 9 abcd chính phương d 0,1,4,5,6,9 d nguyên tố d = 5 Đặt abcd = k2 < 10000 32 k < 100 k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 k tận cùng bằng 5 Tổng các chữ số của k là một số chính phương k = 45 abcd = 2025 Vậy số phải tìm là: 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số bở hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương Gọi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm là ab (a, b N, 1 a, b 9) Số viết theo thứ tự ngược lại ba Ta có ab 2 - ba 2 = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99 (a2 – b2)  11 a2 – b2  11 Hay (a - b) (a + b)  11 Vì 0 < a – b 8, 2 a + b 18 nên a + b  11 a + b = 11 Khi đó: ab 2 - ba 2= 32 . 112 . (a – b) Để ab 2 - ba 2 là số chính phương thì a – b phải là số chính phương do đó a – b = 1 hoặc a – b = 4 Nếu a – b = 1 kết hợp với a + b = 11 a = 6, b = 5 , ab = 65 Trang 8
  9. Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332 Nếu a – b = 4 kết hợp với a + b = 11 a = 7,5 loại Vậy số phải tìm là 65 Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu. (Kết quả: 1156) Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. Gọi số phải tìm là ab với a, b N, 1 a 9; 0 b 9 Theo giả thiết ta có: ab = (a + b)3 (10a +b)2 = (a + b)3 ab là một lập phương và a + b là một số chính phương Đặt ab = t3 (t N), a + b = 12 (1 N) Vì 10 ab 99 ab = 27 hoặc ab = 64 Nếu ab = 27 a + b = 9 là số chính phương Nếu ab = 64 a + b = 10 không là số chính phương loại Vậy số cần tìm là ab = 27 Bài 9 : Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau. Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n - 1 ; 2n + 1 ; 2n + 3 (n N) Ta có : A = (2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n +3)2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111 . a với a lẻ và 1 a 9 12n(n + 1) = 11(101a – 1) 101a – 1  3 2a – 1  3 Vì 1 a 9 nên 1 2a – 1 17 và 2a – 1 lẻ nên 2a – 1 3;9;15 a 2;5;8 Vì a lẻ a = 5 n = 21 3 số cần tìm là: 41; 43; 45 Bài 10 : Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó. ab (a + b) = a3 + b3 10a + b = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab 3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1) a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó a + b = 3a hoặc a + b – 1 = 3a a + b – 1 = 3 + b a + b = 3 + b Trang 9
  10. a = 4, b = 8 hoặc a = 3, b = 7 Vậy ab = 48 hoặc ab = 37 Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 1. Tìm nghiệm nguyên của Phương trình và hệ phương trình bậc nhất hai ẩn Tuỳ từng bài cụ thể mà làm các cách khác nhau. VD1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11 (1) Cách 1: Phương pháp tổng quát: Ta có: 2x + 3y = 11 11 3y y 1 x 5 y 2 2 y 1 Để phương trình có nghiệm nguyên nguyên 2 y 1 Đặt t Z y = 2t + 1 2 x = -3t + 4 Cách 2 : Dùng tính chất chia hết Vì 11 lẻ 2x + 3y luôn là số lẻ mà 2x luôn là số chẵn 3y lẻ y lẻ Do đó : y = 2t + 1 với t Z x = -3t + 4 Cách 3 : Ta nhân thấy phương trình có một cặp nghiệm nguyên đặc biệt là x0 = 4 ; y0 = 1 Thật vậy : 2 . 4 + 3.1 = 11 (2) Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta có : 2(x - 4) + 3(y - 1) = 0 2(x -4) = -3(y -1) (3) Từ (3) 3(y - 1)  2 mà (2 ; 3) = 1 y - 1  2 y = 2t + 1 với t Z Thay y = 2t + 1 vào (3) ta có : x = -3t + 4 Nhận xét : Với cách giải này ta phải mò ra một cặp nghiệm nguyên (x 0, y0) của phương trình ax + by = c ; cách này sẽ gặp khó khăn nếu hệ số a, b, c quá lớn. Các bài tập tương tự : Tìm nghiệm nguyên của phương trình. a) 3x + 5y = 10 b) 4x + 5y = 65 c) 5x + 7y = 112 Trang 10
  11. VD2 : Hệ phương trình. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình sau : 3x + y + z = 14 (1) 5x + 3y + z = 28 (2) Giải : Từ hệ đã cho ta có : 2(x + y) = 14 vậy x = 7 - y (*) Thay (*) vào (1) ta được z = 14 - y - 3x = 2y -7 7 Vì x > 0 nên 7 - y > 0 y 0 nên 2y - 7 > 0 y > 2 7 Vậy 0 và y2 > 0 5t + 4 > 0 10 - 6t > 0 4 5 t với t N 5 3 t = 0 hoặc t = 1 Với t = 0 y2 = 10 (loại) Với t = 1 x 2 = 9 x = 3 y2 = 4 y = 2 Vậy các cặp nghiệm nguyên là : Cách 2 : Từ (1) ta cóx 2 + 1  5 0 < x2 12 x2 = 4 hoặc x2 = 9 Trang 11
  12. Với x2 = 4 y2 = 10 (loại) Với x2 = 9 y2 = 4 (thoả mãn) Vậy Cách 3 : Ta có :(1) y2 chẵn 0 < y2 14 y2 = 4 x2 = 9 Vậy VD2 : Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên a) x5 + 29x = 10(3y + 1) b) 7x = 2y - 3z - 1 Giải : x5 - x + 30x = 10(3y+1) VP  30 còn VT  30 phương trình vô nghiệm Phương pháp 2: Phân tích một vế thành tích, một vế thành hằng số nguyên VD1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: a) xy + 3x - 5y = -3 b) 2x2 - 2xy + x - y + 15 = 0 c) x2 + x = y2 - 19 Giải : a) Cách 1: x(y + 3) – 5(y + 3) = -18 (x – 5) (y + 3) = -18 5y 3 18 Cách 2 : x 5 y 3 y 3 b) Tương tự. c) 4x2 + 4x = 4y2 - 76 (2x + 1)2 - (2y)2 = -75 Phương pháp 3 : Sử dụng tính chẵn lẻ (đặc biệt của chia hết) VD2 : Tìm nghiệm nguyên. x3 - 2y3 - 4z3 = 0 Giải : x3 = 2(y3 + 2z3) VP  2 x3 2 x  2 đặt x = 2k 8k3 = 2(y3 + 2z3) 4k3 = y3 + 2z3 y3 = 4k3 - 2z3 = 2(2k3 - z3) y chẵn. Đặt y = 2t ta có : 8t3 = 2(2k3 - z3) 4t3 = 2k3 - z3 z3 = 2k3 - 4t3 z chẵn z = 2m 8m3 = 2(k3 - 2t3) k chẵn Phương pháp 4 : Phương pháp sử dụng tính chất của số chính phương VD1 : Tìm nghiệm nguyên của. a) x2 - 4xy + 5y2 = 169 Trang 12
  13. b) x2 - 6xy + 13y2 = 100 Giải : a) (x - 2y)2 + y2 = 169 = 0 + 169 = 25 + 144 b) (x – 3y)2 + (2y)2 = 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = Phương pháp 5 : Phương pháp công thức nghiệm phương trình bậc 2 VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình. a) 2x2 -2xy + x + y + 15 = 0 b) 5(x2 + xy + y2) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 2009 – 2010) c) x(x + 1) = y (y + 1) (y2 + 2) Phương pháp 6 : Phương pháp đặt ẩn phụ x 2 2x 1 x 2 2x 2 7 VD: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (1) x 2 2x 2 x 2 2x 3 6 Đặt y = x2 + 2x + 2 (y Z) y 1 y 7 (1) 5y2 – 7y – 6 = 0 y y 1 6 3 y (loại) ; y2 = 2 (thoả mãn) x1 = 0; x2 = -2 1 5 Các bài tập tương tự: a) x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3 1 1 1 b) x(x 2) (x 1) 2 12 * Một số phương pháp khác. VD1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 2x2 + 4x = 19 -3y2 Giải : 4x2 + 8x + 4 = 42 - 6y2 (2x + 2)2 = 6 (7 - y2) Vì (2x + 2)2 0 7 - y2 0 y 2 7 Mà y Z y = 0 ; 1 ; 2 Từ đây ta tìm được giá trị tương ứng của x 3. Một số bài toán liên quan tới hình học. a) Cho tam giác có độ dài của 3 đường cao là những số nguyên dương và đường tròn nội tiếp tam giác đó có bán kính bằng 1(đ.v.đ.d). Chứng minh tam giác đó là tam giác đều Giải: Gọi độ dài các cạnh và các đường cao tương ứng theo thứ tự là a; b; c và x; y; z. R là bán kính đường tròn nội tiếp. Ta có R = 1 x; y; z > 2 và giả sử x y z > 2 Ta có : ax = by = cz = (a + b+ c).1 (=2S) a b c a b c a b c Suy ra: x ; y ; z a b c Trang 13
  14. 1 a 1 b 1 c ; ; x a b c y a b c z a b c 1 1 1 1 mà x y z > 2 x y z 1 1 1 1 1 1 1 3 và nên z x z y x y z z 3 1 z 3 z = 3 Tương tự ta có: x = 3; y = 3 tam giác đó là tam giác đều z b) Tìm tất cả các hình chữ nhật với độ dài các cạnh là các số nguyên dương có thể cắt thành 13 hình vuông bằng nhau sao cho mỗi cạnh của hình vuông là số nguyên dương không lớn hơn 4 (đ.v.đ.d) Giải : Gọi các cạnh hình chữ nhật cần tìm là a và b, cạnh hình vuông là c. Từ giả thiết hình chữ nhật cắt thành 13 hình vuông nên phải có: ab = 13c2 (1) với 0 < c 4 (2) Từ (1) suy ra a hoặc b chia hết cho 13. Vì vai trò a, b như nhau ta có thể giả giả sử a chia hết cho 13, tức là a = 13d Thay vào (1) ta được : 13db = 13c2 Hay db = c2 Ta hãy xét các trường hợp có thể có của c. Với c = 1, chỉ có thể: d = 1, b = 1, suy ra a = 13 Với c = 2, chỉ có thể: d = 1, b = 4, suy ra a = 13 d = 2, b = 2, suy ra a = 26 d = 4, b = 1, suy ra a = 52 Với c = 3, chỉ có thể: d = 1, b = 9, suy ra a = 13 d = 3, b = 3, suy ra a = 39 d = 9, b = 1, suy ra a = 117 Với c = 4, chỉ có thể: d = 1, b = 16, suy ra a = 13 d = 2, b = 8, suy ra a = 26 d = 4, b = 4, suy ra a = 52 d = 8, b = 2, suy ra a = 104 d = 16, b = 1, suy ra a = 208 Với 12 nghiệm của phương trình (1) chỉ có 4 trường hợp thoả mãn bài toán. Bài toán có 4 nghiệm. Ta tìm được 4 hình chữ nhật thoả mãn đề bài: (a = 13, b = 1); (a = 26, b = 2); (a = 39, b = 3); (a = 52, b = 4) Trang 14
  15. Chuyên đề 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH (Dành cho bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh) I. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ * Các phương pháp 1. Luỹ thừa khử căn 2. Đặt ẩn phụ 3. Dùng bất đẳng thức 4. Xét khoảng II. ÁP DỤNG CÁC PHƯƠNG PHÁP A. Phương pháp luỹ thừa khử căn 1. Giải các phương trình a) x 1 2x 3 2(1) 3 Điều kiện: x 2 3 Với x PT (1) x 1 2x 3 2 2x 2 5x 3 4 2 2 2x2 5x 3 8 3x 4(2x 2 5x 3) 64 9x 2 48x(2) 8 x 3 PT (2) x 2 28x 52 0 x 2(tm) x 26(Kotm) Vậy PT đã cho có nghiệm x=2 b) 3(x 2 x 1) (x x 1) 2 (1) ĐK: x 1 Với x 1 PT (1) 3(x 2 x 1) x 2 2x x 1 x 1 2x 2 4x 4 2x x 1 x 2 2x 2 x x 1 Trang 15
  16. Do x 1 nên 2 vế của PT này không âm vì vậy PT này x 4 4x 2 4 4x 3 8x 4x 2 x 3 x 2 x 4 5x 3 9x 2 8x 4 0 (x 2) 2 (x 2 x 1) 0 x 2 0 2 x x 1 0 x 2 ™ c) 3 x 2 3 2x 2 1(1) Giải: 3 Pt (1) 3 x 2 3 2x 2 1 x 2 2x 2 33 (x 2)(2x 2).(3 (x 2) 3 (2x 2) 1 1 x 33 2x 2 6x 4 1 3x 3x 2 x 3 27(2x 2 6x 4) x 3 51x 2 159x 107 0 (x 1)(x 2 52x 107) 0 x 1 x 1 2 x 26 783 x 52x 107 0 x 26 783 B. Phương pháp đặt ẩn phụ (2) Giải các phương trình: a) 3 x 2 x 1 3 Giải: ĐK: x 1 Đặt 3 x 2 a ; x 1 b (b 0 ) a 3 b 2 3 Ta có hệ PT a b 3 Suy ra a 3 a 2 6a 6 0 (a 1)(a 2 6) 0 a 1 x 3(T / m) Vậy phương trình nghiệm x 3 b. x 2 x 5 5(1) ĐK: x 5 Đặt : x 5 y ( y 0) ta có hệ phương trình x 2 y 5 x y (x 2 y 2 ) (x y) 0 2 y x 5 x y 1 0 Trang 16
  17. x 0 x y x 5 x +) 2 x x 5 0 x 0 1 21 1 21 x (Ko T/m) x 2 2 +) x y 1 0 x x 5 1 0 x 1 x 5 x 5 (x 1) x 1 0 2 x 2x 1 x 5(*) PT (*) x 2 x 4 0 1 17 x 2 (ko t/m) 1 17 x 2 Vậy PT vô nghiệm x 4 x 4 c) (x 2)(x 4) 5(x 2). 6 ; ĐK: 0 x 2 x 2 x 4 2 2 a 1 Đặt .(x 2) a a (x 4)(x 2) ; Ta có PT: a 5a 6 0 ; x 2 a 6 +) a 1 x 2 6x 8 1 0 x 2 6x 7 0 3 2 x (tm) 1 x 3 2 +) a 6 x 2 6x 8 36 0 x 3 37 x 2 6x 28 0 x 3 37(tm) Vậy pt có 2 nghiệm x 3 2; 3 37 C. áp dụng bất đẳng thức (3) Giải các phương trình 5 a) 2x 4 6 2x 5 2x 4 2 2x 5 4 (1) ĐK: x 2 5 Với Đk: x PT (1) 2x 5 3 2x 5 1 4 2 Ta có: 2x 5 3 2x 5 1 4 Trang 17
  18. ( 2x 5 3)( 2x 5 1) 0 5 Đẳng thức xẩy ra 5 x 3 x 2 2 5 Vậy nghiệm của PT đã cho là x 3 2 b) x 4 6 x x 2 10x 27(1) Giải ĐK 4 x 6 Trên TXĐ x 4 6 x (12 12 )(x 4 6 x) x 4 6 x 2 Lại có x 2 10x 27 (x 5) 2 2 2 x 2 10x 27 x 4 6 x Đẳng thức xẩy ra x 4 6 x x 5 x 5 4 x 6 Vậy PT (1) có nghiệm là x=5 c) Giải phương trình x x 1 x x 2 1 x 2 x 2 Giải x 2 x 1 0 ĐK: 2 x x 1 0 áp dụng BĐT cô si cho các số không âm ta có 2 2 x x 1 1  (x x 1).1 2 2 2  x x 1 x x 1 x 1 x 2 x 1 1 ( x 2 x 1).1 2  Ta có x 2 x 2 x 1 (Vì (x 1) 2 0 ) x 2 x 1 x x 2 1 x 2 x 2 Đẳng thức xẩy ra x 1 ; Vậy pt có nghiệm là x=1 D. Xét khoảng (4) Giải các PT a) x 2 48 4x 3 x 2 35(1) Giải TXĐ: x 13 PT(1) x 2 48 x 2 35 4x 3 4x 3 x 2 48 x 2 35 Trang 18
  19. Thấy x 1 là nghiệm của PT (1) 13  2 2 1 +) x 1 x 48 x 35 13 x2 48 x2 35  PT vô nghiệm 4x 3 1  3 +) x 1 4 13  2 2 1 x 48 x 35 13 x2 48 x2 35  PT vô nghiệm 4x 3 1  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=1 b) 5 x 6 3 3x 4 2 1(1) Giải Ta có: x 1 thì x 4 ; x 6 1 x 1 thì x 4 ; x 6 1 +) Xét x 1 5 x 6 4;3x 4 2 1 5 x 6 3 3x 4 2 PT (1) vô nghiệm Xet x 1 týừng tự ta suy ra phýừng trỡnh vụ nghiệm Thấy x= 1 hoặc x= -1 là nghiệm của PT (1) Bài tập: Giải các PT (1) a) 2(x 2 2) 5 x 3 1(B) (b) x 17 x 2 x. 17 x 2 9(B) (2) 3 x x. 3 x (A) (3) x 2 24 1 3x x 2 8 (D) (4) 6 x x 2 x 2 6x 13(C) (5) 4 3 10 3x x 2(A) (6) 5 27.x10 5x 6 5 864 0 (C) III. Giải hệ phương trình * Các phương pháp: 1. Phương pháp thế 2. Công thức trừ, nhân, chia các vế 3. Đặt ẩn phụ 4. Dùng bất đẳng thức. Trang 19
  20. IV. áp dụng các phương pháp. A. Phương pháp thế. 1. Giải các hệ pgương trình 3x y 11 a) 7x 4y 29 Giải Hệ đã cho tương đương với y 11 3x y 11 3x x 3 7x 4(11 3x) 29 5x 15 y 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm là: (x;y) = (3;2) x 2 5xy 62 0 b) 2 4x 2xy 6y 27 0 Giải Hệ đã cho tương đương với x 2y 549 3 y 20 x 2y 3 549 2 y (x 2y)(x 3y) 0 20y 6y 27 0 20 4x 2 2xy 6y 27 0 x 3y x 3y 2 42y 6y 27 0 1 127 y 14 1 127 y 14 3 549 3 549 x x 10 10 Hoặc 3 549 3 549 y y 20 20 3 3 127 3 3 127 x x 14 14 Hoặc 1 127 1 127 y y 14 14 x 2 y 2 z 2 xy yz zx c) 2003 2003 2003 2004 x y z 3 Giải: x 2 y 2 z 2 xy yz zx(1) 2003 2003 2003 2004 x y z 3 (2) Ta có: Trang 20
  21. PT (1) 2x 2 2y 2 2z 2 2xy 2yz 2zx 0 (x y) 2 (y z) 2 (z x) 2 0 x y z Thế vào (2) ta có: 3x 2003 32004 x 2003 32003 x 3 Do đó x= y=z = 3 Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (x;y;z) = (3;3;3) B. Phương pháp cộng, trừ, nhân, chia các vế (2) Giải các hệ phương trình 5x 3 y 2 2 a) x 6 y 2 2 Giải: Hệ đã cho tương đương với: 1 x 5x 6 y 2 4 6 6x 6 6 1 x 6 y 2 2 5x 3 y 2 2 y 2 x 3 2y 1 b) 3 y 2x 1 Giải: Hệ đã cho tương đương với x 3 2y 1 x 3 2y 1 3 3 2 2 x y 2(x y) 0 (x y)(x xy y 2) 0 x 3 2y 1 (do x 2 xy y 2 2 0) x y x 3 2x 1 0 (x 1)(x 2 x 1) 0 x y x y x 1 1 5 1 5 1 5 x x x x 1 2 2 2 hoặc hoặc y 1 1 5 1 5 1 5 y y x 2 2 2 x y Trang 21
  22. (x xy y 1 c) y yz z 4 trong đó x, y, z  0 z zx x 9 Giải Hệ đã cho tương đương với (x 1)(y 1)(z 1)2 100 (x 1)(y 1) 2 (x 1)(y 1) 2 (y 1)(z 1) 5 (y 1)(z 1) 5 (z 1)(x 1) 10 (z 1)(x 1) 10 (x 1)(y 1)(z 1) 10 (Do x,y,z>0) (x 1)(y 1) 2 (y 1)(z 1) 5 (z 1)(x 1) 10 z 1 5 x 1 x 1 2 y 0 y 1 1 z 4 Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x;y;z)=(1;0;4) C. Phương pháp đặt ẩn phụ (3). Giải các hệ phương trình x2 x 5 y 2 y a) 3 3 2 2 x y x y xy 6 Đặt: x-y=a; x+y =b ab a 5(1) Hệ đã cho trở thành 2 a b 6(2) Từ PT (2) ta suy ra a 0 6 Do đó: b a 2 6 Thế vào (1) ta được: a 5 a a 2 5a 6 0 (Vì a 0 ) a 2 (a 2)(a 3) 0 a 3 7 3 x 3 x y 4 +) a 2 b Hay 2 2 1 x y 2 y 4 Trang 22
  23. 11 2 x 2 x y 6 +) a 3 b Hay 3 3 7 x y 3 y 6 Tóm lại hệ phương trình đã cho có nghiệm là: 7 1 11 7 (x;y) = ; ; ; 4 4 6 6 x 3 x 3 y 3 y 3 17 b) x xy y 5 Giải: Đặt x+y = a; xy=b Hệ đã cho trở thành a 3 b3 3ab 17 a 5 b a 5 b 2 a b 5 b 5b 6 0 (b 2)(b 3) 0 a 3 a 2 Hoặc b 2 b 3 a 3 x y 3 +) Ta có hệ phương trình b 2 xy 2 x 3 y x 3 y 2 y 3y 2 0 (y 1)(y 2) 0 x 2 x 1 Hoặc y 1 y 2 a 2 x y 2 +) Ta có hệ phương trình b 3 xy 3 x 2 y 2 (Vô nghiệm) y 2y 3 0 Hệ này vô nghiệm Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (x;y) = (1;2); (2;1) x y 4 6x 2 y 2 215 c) 2 2 xy(x y ) 78 Giải Hệ đã cho tương đương với x 4 4x 3 y 4xy 3 y 4 215 78x 4 312x 3 y 312xy 3 78y 4 16770 3 3 3 3 x y xy 78 215x y 215xy 16770 78x 4 97x 3 y 97xy 3 78y 4 0(1) 3 3 x y xy 78 Trang 23
  24. x Đặt t PT (1) trở thành 78t 4 97t 3 97t 78 0 y 2 t 2 3 (3t 2)(2t 3)(13t 12t 13) 0 3 t 2 2 2 +) t x y 3 3 26 Thế vào (2) ta được y 4 78 27 y 4 81 y 3 Hoặc y 3 x 2 x 2 Suy ra: Hoặc y 3 y 3 3 3 +) t x y 2 2 39 Thế vào (2) ta được y 4 78 8 y 4 16 y 2 Hoặc y 2 x 3 x 3 Suy ra: Hoặc y 2 y 2 Tóm lại hệ đã cho có nghiệm là: (x;y) = (-2;3); (2;-3); (-3;2) ; (3;-2) D. áp dụng bất đẳng thức (4) Giải các hệ phương trình x y z 1 a) 4 4 4 x y z xyz Giải: Nhận xét: Từ BĐT (a b) 2 (b c) 2 (c a) 2 0 Ta suy ra: a 2 b 2 c 2 ab bc ca(*) áp dụng liên tiếp BĐT (*) ta được x 4 y 4 z 4 x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 xyz(x y z) x 4 y 4 z 4 xyz 1 Đẳng thức xẩy ra khi: x y z 3 Trang 24
  25. 1 1 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm là: (x; y; z) ; ; 3 3 3 x 4 32 x y 2 3 b) 4 x 32 x 24 6y Giải: ĐK: 0 x 32 Hệ đã cho tương đương với ( x 32 x) (4 x 4 32 x) y 2 6y 21 4 2 x 32 x y 3 Theo bất đẳng thức BunhiaCốp xki ta có ( x 32 x) 2 (12 12 )(x 32 x) 64 x 32 x 8 4 2 4 x 4 32 x 2( x 32 x) 256 4 x 4 32 x 4 Suy ra ( x 32 x) (4 x 4 32 x) 12 Mặt khác y 2 6y 21 y 3 2 12 12 Đẳng thức xẩy ra khi x= 16 và y=3 (t/m) Vậy hệ đã có nghiệm là (x;y) = (16;3) Chuyªn ®Ò 4: BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT A - CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1) Phương pháp đổi tương đương Để chứng minh: A B Ta biến đổi A B A1 B1  An Bn (đây là bất đẳng thức đúng) Hoặc từ bất đẳng thức đứng An Bn , ta biến đổi An Bn An 1 Bn 1  A1 B1 A B Ví dụ 1.1 CMR : a) 2 a2 b2 a b 2 (1) b) a 2 b2 c2 ab bc ca (1) Giải Trang 25
  26. a) 1 2 a2 b2 a b 2 0 a2 b2 2ab 0 a b 2 0 (2) Do bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh. b) 1 2 a2 b2 c2 2 ab bc ca 0 b) a2 2ab b2 b2 2bc c2 c2 2ca a2 0 a b 2 b c 2 c a 2 0 (2) Bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 1.2 CMR a) 2 a4 b4 a b a3 b3 (1) b) 3 a4 b4 c4 a b c a3 b3 c3 (1) Giải a) 1 2a4 2b4 a4 a3b ab3 b4 0 a4 a3b ab3 b3 0 a3 a b b3 a b 0 a b a3 b3 0 a b 2 a2 ab b2 0 2 Do bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh. b) 1 3a4 3b4 3c4 a4 a3b a3c b4 ab3 b3c ac3 bc3 c4 0 a4 b4 a3b ab3 b4 c4 b3c bc3 a4 c4 a3c ac3 0 a b 2 a2 ab b2 b c 2 b2 bc c2 a c 2 a2 ac c2 0 Ví dụ 1.3 CMR : a) a 2 b 2 x 2 b 2 ax by 2 1 b) a 2 b 2 c 2 d 2 a c 2 b d 2 1 Giải a) 1 a2 x2 a2 y2 b2 x2 b2 y2 a2 x2 2abxy b2 y2 a2 y2 2abxy b2 y2 0 ay bx 2 0 Trang 26
  27. b) 1 a2 b2 c2 d 2 2 a2 b2 c2 d 2 a c 2 b d 2 a2 b2 c2 d 2 ac bd (2) Nếu ac + bd 0, chứng minh rằng: a b c 1 b c a Giải 1 a3c b3a c3b a2bc b2ac c2ab 0 ac a2 2ab b2 ab b2 2bc c2 bc c2 2ca a2 0 ac a b 2 ab b c 2 bc c a 2 0 dpcm Ví dụ 1.5 Cho a, b, c > 0. CMR: a2 b c a b2 a c b c2 b a c 3abc (1) Giải G / s a,b c 0 1 3abc a2 b c a b2 a c b c2 b a c 0 a a2 ab ac bc b b2 bc ba ac c c2 ac bc ab 0 a a b a c b b c b a c c a c b 0 a b a2 ac b2 bc c a c b c 0 a b 2 a b c c a c b c 0 Suy ra ĐPCM. 2) Phương pháp biến đổi đồng nhất Để chứng minh BĐT: A B. Ta biến đổi biểu thức A – B thành tổng các biểu thức có giá trị không âm. Ví dụ 2.1 Chứng minh rằng: Trang 27
  28. a)a2 b2 c2 d 2 ab ac ad 1 b)a2 4b2 4c2 4ab 4ac 8bc 1 Giải a) Ta có a2 b2 c2 d 2 ab ac ad 2 2 2 2 a 2 a 2 a 2 a = ab b ac c ad d 4 4 4 4 2 2 2 a a a a2 b c d 0 2 2 2 4 b) Ta có : a2 4b2 4c2 4ab 4ac 8bc a2 4ab 4b2 4c2 4ac 8bc a 2b 2 4c2 4c a 2b a 2b 2c 2 0 Ví dụ 2.2 Chứng minh rằng: a) 4 a3 b3 a b 3 với a, b > 0 b) 8 a3 b3 c3 a b 3 b c 3 c a 3 với a, b, c > 0 3 c) a b c a3 b3 c3 24abc với a, b, c 0 Giải a) Ta có : 4 a3 b3 a b 3 a b 4 a2 ab b2 a b 2 3 a b a b 2 0 b) Ta có :8 a3 b3 c3 a b 3 b c 3 c a 3 4 a3 b3 a b 3 4 a3 c3 c a 3 4 b3 c3 b c 3 3 a b a b 2 4 a c a c 2 3 b c b c 2 0 c) Ta có : a b c 3 a3 b3 c3 24abc a b 3 3 a b 2 c 3 a b c2 c3 a3 b3 c3 24abc a3 3a2b 3ab2 b3 3a2c 6abc 3ac2 3bc2 a3 b3 24abc 3 a2b c2b 2abc 3 a2c b2c 2abc 3 b2a c2a 2abc 3b a c 2 3c a b 2 3a b c 2 0 Ví dụ 2.3 Với a, b, c > 0. Chứng minh rằng: Trang 28
  29. 1 1 4 a) a b a b 1 1 1 9 b) a b c a b c a b c 3 c) b c c a a b 2 Giải 2 2 1 1 4 a b 4ab a b a) Ta có : 0 a b a b a b a b 1 1 1 a b b c a c b)Ta có : a b c 9 2 2 2 a b c b a c b c a a b 2 b c 2 a c 2 0 ab bc ac a b c 3 a 1 b 1 c 1 c)Ta có : b c c a a b 2 b c 2 c a 2 a b 2 a b a c b a b c c a c b 2 b c 2 c a 2 a b 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b b c c a 2 b c c a 2 a c a b 2 a b b c 2 2 2 1 a b b c a c 0 2 a c b c a c a b a b b c Cách 2 a b c 3 a 1 b 1 c Ta có : 1 3 b c c a a b 2 b c 2 c a 2 a b 1 a b a c a b b c a c b c 6 2 b c a c a b 1 a b b c b c a c a c a b 2 2 2 0 2 b c a b a c b c a b a c Ví dụ 2.4 a) Cho a, b 0. CMR: a + b 2 ab (Bất đẳng thức Cô – si) b) Cho a, b, c 0. CMR: a + b + c 33 abc (Bất đẳng thức Cô – si) c) Cho a b c và x y z.CMR a b c x y z 3 ax by cz (Bất đẳng thức Trê bư sếp) Giải Trang 29
  30. 2 a) Ta có: a b 2 ab a b 0 1 2 2 2 b) a b c 33 abc 3 a 3 b 3 c 3 a 3 b 3 c 3 b 3 a 3 c 0 2 a b c x y z 3 ax by cz c) y x a b z x b c x z c a 0 Ví dụ 2.5 Cho a, b, c > 0. Chứng minh: bc ac ab a) a b c a b c bc ac ab b) 3 a2 b2 c2 a b c Giải 2 2 2 bc ac ab 1 a b 1 a c 1 b c a) a b c c b a 0 a b c 2 ab 2 ac 2 bc 2 bc ac ab 2 2 2 b) 3 a b c a b c 2 2 2 1 c 2 2 2 a 2 2 2 b 2 2 2 2 2 a b 2 2 c b 2 2 a c 0 2 a b c b a c Ví dụ 2.6 Chứng minh rằng 1 1 2 a) nếu ab 0 1 a2 1 b2 1 ab 1 1 2 b) nếu a2 + b2 0 1 a 2 1 b 2 1 ab Giải 1 1 2 1 1 1 1 a) 2 2 = 2 + 2 1 a 1 b 1 ab 1 a 1 ab 1 b 1 ab a b 2 ab 1 0 1 a2 1 b2 ab 1 2 a2 b2 ab 1 0 a b ab 1 b) ab 1 2 2 0 2 ab 1 0 1 a 1 b ab 1 Trang 30
  31. 1 1 2 1 1 1 1 c) 2 2 = 2 + 2 1 a 1 b 1 ab 1 a 1 ab 1 b 1 ab a b 2 1 a2b2 0 1 a2 1 b2 ab 1 2 2 2 1 1 1 ab a b ab 1 d) = 0 1 a 2 1 b 2 1 ab 1 a 2 1 b 2 1 ab 3) Phương pháp sử dung tính chất của bất đẳng thức Cơ sở của phương pháp này là các tính chất của bất đẳng thức và một số bất đẳng thức cơ bản như: 1 1 a )a b, b c a c ; b)a b và a.b > 0 a b a b 0 2 c) ac bd ; d ) a b 0 c d 0 1 1 4 e)a, b 0 a b a b Ví dụ 3.1 1 Cho a + b > 1 . Chứng minh: a4 b4 8 Giải 2 2 a b 1 a b 0 a2 b2 2 2 2 2 2 a b 1 a4 b4 2 8 Ví dụ 3.2 Với a, b, c > 0. CMR a3 b3 c3 a) ab ac bc b c a a3 b3 c3 b) a b c b2 c2 a2 Giải Trang 31
  32. x2 a) Ta có : x2 xy y2 x, y 0 y a3 b3 c3 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ac a2 ab ac bc b c a x3 b) Ta có : 3x 3y x, y 0 y2 a3 b3 c3 3a 2b 3b 2c 3c 2a a b c b2 c2 a2 Ví dụ 3.3 Cho a, b, c > 0. CMR: bc ac ab a) a b c a b c a2 b2 c2 a b c b) b c c a a b 2 Giải bc ac a) dễ dàng chứng minh 2c đpcm a b a2 b c b) dễ dàng chứng minh a đpcm b c 4 Ví dụ 3.4 1 1 1 1 1 1 a) cho x, y, z >0. t/m: 4.CMR : 1 x y z 2x y z x 2y z x y 2z b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh 1 1 1 1 1 1 a b c a c b b c a a b c c) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: abc = ab + bc + ca. Chứng minh: 1 1 1 3 a 2b 3c b 2c 3a c 2a 3b 16 Giải 1 1 4 a) Ta có : a,b 0 a b a b 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2x y z x y x zx 4 x y x z 16 x y z 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 Tương tự: ; x 2y z 16 x y z x y 2z 16 x y z Trang 32
  33. 1 1 1 4 1 1 1 1 2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z 1 1 4 2 b) a b c a b c 2a a 1 1 2 ; a b c b c a b 1 1 2 a b c b c a c 1 1 1 1 1 1 a b c a b c b c a a b c 1 1 1 1 1 1 1 3 c) a 2b 3c a c 2 b c 4 a c 2 b c 16a 32b 32c 1 3 1 1 1 1 3 1 tt: ; 3a b 2c 32a 16b 32c 2a 3b c 32a 32b 16c 1 1 1 6 1 1 1 3 a 2b 3c 3a b 2c 2a 3b c 32 a b c 16 Ví dụ 3.5 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a b c a) 2 a b b c c a a b c a b c b) b c c a a b 1 a2 1 b2 1 c2 Giải y y t a) áp dụng BĐT: x y 0,t 0. ta có: x x t a a c b b a c c b Ta có : ; ; a b a b c b c b c a c a a b c a b c 2 a b b c c a a 1 Ta có : a2 1 2a a2 1 2 a b c 3 b) a2 1 b2 1 c2 1 2 a b c 3 mà b c c a a b 2 suy ra điều phải chứng minh. 4)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Co-si n *) Cho a1,a2 , ,an 0, ta có : a1 a2 an n a1.a2 an Trang 33
  34. Dấu “=” xảy ra khi a1 a2 an 0 Ví dụ 4.1 4 Cho a, b > 0 thỏa mãn ab = 1. CMR: a b 1 a2 b2 8 a b Giải Áp dụng BĐT Cosi ta có a2 b2 2ab 2 a b 2 ab 2 4 4 a b 2 a b 4 a b a b 4 4 a b 1 a2 b2 2 a b 1 a b a b 4 a b a b 2 4 2 2 8 a b Ví dụ 4.2 Chứng minh rằng: 2 a b a b a) a b b a với a, b 0 2 4 a b c b) 2 với a,b,c > 0 b c c a a b Giải 2 a b a b a b 1 1 a) Ta có : a b ab a b 2 4 2 2 2 1 1 1 mà a a,b b a b a b 4 4 2 2 a b a b a b b a 2 4 b c 1 b c a b c b) 1 1 a 2 a a a a b c a b c b b c c tt: ; a c a b c a b a b c a b c Cộng vế với vế ta được: 2 b c c a a b Trang 34
  35. a b c Dấu “=” xảy ra khi b a c a b c 0 vô lí. c a b Vậy dấu “=” không xảy ra. Ví dụ 4.3 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a3 b3 c3 a) b2 c2 c2 a2 a2 b2 2abc 1 1 1 a3 b3 c3 b) 3; (a2 b2 c2 1) a2 b2 b2 c2 c2 a2 2abc Giải a2 a2 b2 b2 c2 c2 a) Ta có : ; ; b2 c2 2bc a2 c2 2ac a2 b2 2ab a2 b2 c2 a2 b2 c2 a3 b3 c3 b2 c2 a2 c2 a2 b2 2bc 2ac 2ab 2abc 1 1 1 2 2 2 1 1 1 b) Ta có : 2 2 2 2 2 2 a b c 2 2 2 2 2 2 a b b c c a a b b c c a c2 a2 b2 a3 b3 c3 3 3 a2 b2 b2 c2 c2 a2 2abc Ví dụ 4.4 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng 1 1 1 1 a3 b3 abc b3 c3 abc c3 a3 abc abc Giải Ta có : a2 b2 2ab a3 b3 ab a b 0 abc abc c a3 b3 abc ab a b abc a b c abc a abc b tt: ; b3 c3 abc a b c c3 a3 abc a b c Cộng vế với vế suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 4.5 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2 +b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng ab bc ca 3 (1) c a b Gải Trang 35
  36. 2 2 2 2 2 2 a b b c c a 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 a b c 3 a b c c a b a2b2 b2c2 c2a2 ab bc ab ac bc ca mà :    a2 b2 c2 c2 a2 b2 c a c b a b Suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 4.6 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh x3 y3 z3 3 a) 1 y 1 z 1 z 1 x 1 x 1 y 4 xy yz zx b) 1 x5 xy y5 y5 yz z5 z5 zx x5 Giải a) Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: x3 1 y 1 z 3x 1 y 1 z 8 8 4 x y z 3 33 xyz 3 3 Tương tự suy ra VT 2 4 2 4 4 b) Ta có : x2 y2 2xy x5 y5 x2 y2 x y 0 xy xy 1 z x5 xy y5 xy x2 y2 x y 1 xy x y x y z yz x zx y tt: ; y5 yz z5 x y z z5 xz x5 x y z xy yz zx 1 x5 xy y5 y5 yz z5 z5 xz x5 Ví dụ 4.7 Cho x, y, z > 0. Chứng minh x3 y3 z3 x y z yz zx xy Giải Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: x3 y3 z3 z y 3x; z x 3y; x y 3z yz zx xy x3 y3 z3 x y z yz zx xy 5)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Bunhiacopski Trang 36
  37. 2 2 2 2 2 a kx *) a b x y xa by dấu “=” xảy ra khi b ky a kx 2 2 2 2 2 2 2 *) a b c x y z xa by cz dấu “=” xảy ra khi b ky c kz Tổng quát: 2 2 2 2 2 2 2 a1 a2 an x1 x2 xn a1x1 a2 x2 an xx dấu “=” xảy ra khi ai = kxi Ví dụ 5.1 Cho a, b > 0. Chứng minh 1 1 4 a) a b a b 2 n2 m2 m n b) a b a b Giải a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 2 1 1 1 1 a b . a . b 4 a b a b 1 1 4 a b a b 2 2 2 n m n m 2 b) a b . a . b n m a b a b 2 n2 m2 n m a b a b Tổng quát: 2 2 2 2 a1 a2 an a1 a2 an Cho bi 0,i 1.n thì (1) b1 b2 bn b1 b2 bn 2 a1 a2 an a1 a2 an Với aici 0 với i 1.n thì (2) c1 c2 cn a1c1 a2c2 ancn Thật vậy: 2 2 2 2 a1 a2 an a1 a2 an 2 b1 b2 bn . b1 . b2 . bn a1 a2 an b b b 1 2 n b1 b2 bn 2 a2 a2 a2 a a a 1 2 n 1 2 n b1 b2 bn b1 b2 bn đặt aici = bi > 0 thay vào (1) được (2) Trang 37
  38. Ví dụ 5.2 Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh a2 b2 c2 a2 b2 c2 a b c a) a b c. b) b c a b c c a a b 2 a3 b3 c3 a3 b3 c3 a2 b2 c2 c) a2 b2 c2 d) b c a b c c a a b 2 Giải 2 a2 b2 c2 a b c a) Ta có : a b c b c a a b c 2 a2 b2 c2 a b c a b c b) b c c a a b 2 a b c 2 2 2 2 2 a3 b3 c3 a4 b4 c4 a b c c) a2 b2 c2 b c a ab bc ca ab bc ca a3 b3 c3 a4 b4 c4 a2 b2 c2 d) b c a c a b ab ac ab bc ac bc 2 Ví dụ 5.3 25a 16b c Cho a, b, c > 0. Chứng minh: 8 b c c a a b Giải a b c Ta có :VT 25 1 16 1 1 42 b c c a a b 2 25 16 1 5 4 1 a b c a b c 42 8 b c c a a b 2 a b c b c a c a b Dấu “=” xảy ra khi a 0 vô lí suy ra điều phải chứng minh. 5 4 1 Ví dụ 5.4 x2 y2 z2 x y z Cho x, y, z > 0. Chứng minh: y2 z2 x2 y z x Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta có 2 x2 y2 z2 1 x y z 1 x y z x y z x y z 2 2 2 y z x 3 y z x 3 y z x y z x y z x B – CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Cho biểu thức f(x,y ) Trang 38
  39. Ta nói M là giá trị lớn nhất của f(x,y ) kí hiệu maxf(x,y ) = M, nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn: - Với mọi x,y để f(x,y ) xá định thì f(x,y ) M - Tồn tại x0, y0 sao cho f(x0,y0 ) = M Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của f(x,y ) kí hiệu minf(x,y ) = m, nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn: - Với mọi x,y để f(x,y ) xá định thì f(x,y ) m - Tồn tại x0, y0 sao cho f(x0,y0 ) = m I) TÌM GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI 1) Đa thức bậc hai một biến Ví dụ 1.1 a) Tìm GTNN của A = 3x2 – 4x + 1 b) Tìm GTLN của B = - 5x2 + 6x – 2 c) Tìm GTNN của C = (x – 2)2 + (x – 3)2 d) Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c Tìm GTNN của P nếu a > 0 Tìm GTNN của P nếu a > 0 Giải 2 2 4 4 1 2 1 1 1 2 a) A = 3 x x 3 x . Vậy minA= khi x 3 9 3 3 3 3 3 3 2 2 6 9 1 3 1 1 1 3 b) B = 5 x x 5 x . Vậy maxB = khi x 5 25 5 5 5 5 5 5 2 2 2 2 25 1 5 1 1 c) C = x 4x 4 x 6x 9 2 x 5x 2 x . 4 2 2 2 2 1 5 Vậy maxC = khi x 2 2 2 2 2 2 2 b b b b b d) Ta có: P = a x x c a a c a 4a 4a 2a 4a b2 b2 b Nếu a > 0 thì P c . Vậy minP = c khi x 4a 4a 2a b2 b2 b Nếu a < 0 thì P c . Vậy maxP = c khi x 4a 4a 2a Ví dụ 1.2 a) Tìm GTNN của M = x2 – 3x + 1 với x 2 b) Tìm GTLN của N = x2 – 5x + 1 với 3 x 8 Trang 39
  40. Giải a) M = x 1 x 2 1 1. Vậy minM = -1 khi x = 2 b) N = x 3 x 8 25 25. Vậy maxN = 25 khi x = -3, x = 8 2. Đa thức bậc hai hai biến a) Đa thức bậc hai hai biến có điều kiện Ví dụ 2a.1 a) Cho x + y = 1. Tìm GTLN của P = 3xy – 4 b) Cho x – 2y = 2. Tìm GTNN của Q = x2 + 2y2 – x + 3y Giải 2 1 13 13 a) x y 1 x 1 y P 3 1 y y 4 3 y 2 4 4 13 1 Vậy maxP = khi x 4 2 b) x 2y 2 x 2y 2 Q 4y2 8y 4 2y2 2y 2 3y 2 2 3 9 11 11 6y 9y 2 6 y y 2 16 8 8 11 3 Vậy minQ = khi x 8 4 Ví dụ 2a.2 Tìm GTLN của của P = xy vói x, y thỏa mãn a) x y 6, y 4 S b) x y S, y a 2 a) P 6 y y 8 y 2 y 4 8. Vậy maxP = 8 khi x = 2, y = 4 b) Q S y y S a a y a y a S S a a . Vậy maxQ = (S – a)a khi x = S – a, y = a b) Đa thức bậc hai hai biến Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a,b,c 0 Ta thường đưa P(x, y) về dạng P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2) P(x, y) = mH2(x, y) + nG2(x) + k (3) Trong đó G(y), H(x) là hai biểu thức bậc nhất một ẩn, H(x, y) là biểu thức bậc nhất hai ẩn. Chẳng hạn nếu ta biến đổi (1) về (2) với a, (4ac – b2) 0 Trang 40
  41. 4aP(x, y) 4a2 x2 4abxy 4acy2 4adx 4aey 4ah 4a2 x2 b2 y2 d 2 4abxy 4adx 2bdy 4ac b2 2 2ae bd y 4ah d 2 2 2 2 2 2ae bd 2 2ae bd 2ax by d 4ac b y 2 4ahd 2 4ac b 4ac b (Tương tự nhân hai vế của (1) với 4c để chuyển về (3)) Ví dụ 3.1 a) Tìm GTNN của P = x2 + y2 + xy + x + y b) Tìm GTLN của Q = -5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1 Giải a) 4P 4x2 4y2 4xy 4x 4y 4x2 y2 1 4xy 4x 2y 3y2 2y 1 2 2 1 4 4 = 2x y 1 3 y 3 3 3 4 1 Vậy minP = khi x y 3 3 b) 5Q 25x2 10xy 10y2 70x 50y 5 = 5x y 7 2 3y 6 2 80 1 2 9 2 Q 5x y 7 y 2 16 16 5 5 Vậy maxQ = 16 khi x = 1, y = 2 Ví dụ 3.2 Tìm cặp số (x, y) với y nhỏ nhất thỏa mãn: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – 3 = 0 (*) Giải (*) x 2y 2 y 1 2 4 y 1 2 4 y 3 y 1 0 3 y 1 Vậy miny = -3 khi x = -6. Vậy ccawpj số (x, y) = (-6; -3) Ví dụ 3.3 Cho x, y liên hệ với nhau bởi hệ thức x2 + 2xy + 7(x + y) + 7y2 + 10 = 0 ( ). Hãy tìm GTLN, GTNN của S = x + y + 1. Giải 4x2 8xy 28x 28y 4y2 40 0 2x 2y 7 2 4y2 9 2x 2y 7 2 9 x y 5 0 x y 5 x y 2 0 vì x y 2 x y 5 x y 2 0 4 S 1 Vậy minS = -4 khi x = -5, y = 0. maxS = -1 khi x = -2, y = 0. II. PHƯƠNG PHÁP MIỀN GIÁ TRỊ Trang 41
  42. Ví dụ 1 x2 4 2x 3 Tìm GTLN, GTNN của A = x2 1 Giải Biểu thức A nhận giá trị a khi phương trình sau đây có a nghiệm x2 4 2x 3 a = x2 1 a 1 x2 4 2x a 3 0 1 2 Nếu a = 1 thì phương trình (1) có nghiệm x = 4 Nếu a 1 thì phương trình (1) có nghiệm khi –a2 + 4a +5 0 1 a 5. Vậy minA = -1 khi x 2 2 maxA = 5 khi x 2 Ví dụ 2 x 2y 1 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức B = x2 y2 7 Giải Biểu thức B nhận giá trị b khi phương trình sau có nghiệm x 2y 1 b = x2 y2 7 bx2 x by2 2y 7b 1 0 2 Trong đó x là ẩn, y là tham số và b là tham số có điều kiện Nếu b = 0 x 2y 1 0 Nếu b để (2) có nghiệm x khi 1 – 4b(by2 – 2y + 7b -1) 0 (3) Coi (3) là bất phương trình ẩn y. BPT này xảy ra với mọi giá trị của y khi 16b2 + 4b2(-28b2 + 4b + 1) 0 5 1 28b2 4b 5 0 b 14 2 5 7 14 Vậy minB = khi x = - , y 14 5 5 1 maxB = khi x = 1, y = 2 2 III. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC 1) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si Ví dụ 1.1 Trang 42
  43. 5 7 Tìm GTLN, GTNN của A = 3x 5 7 3x với x 3 3 Giải A2 3x 5 7 3x 2 3x 5 7 3x 2 2 3x 5 7 3x 5 7 Vậy A2 2 A 2. Vậy minA = 2 khi x , y 3 3 A2 4 A 2 max A 2 khi x 2 (Biểu thức được cho dưới dạng tổng hai căn thức. Hai biểu thức lấy căn có tổng là hằng số) Ví dụ 1.2 6 8 Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y 6 . Hãy tìm GTNN của P = 3x 2y x y Giải 3 3x 6 y 8 3 3x 6 y 8 Ta có: P x y .6 2 . 2 . 9 6 4 19 2 2 x 2 y 2 2 x 2 y Vậy minP = 19 khi x = 2, y = 4. Ví dụ 1.3 x y 2 y x 3 Tìm GTLN của biểu thức M = với x 3; y 2 xy Giải x 3 y 2 To có: M x y Theo bất đẳng thức Cô – si ta có: x x 3 3 y y 2 2 3 x 3 ; 2 y 2 2 x 6 2 y 4 3 2 3 2 M max M khi x 6; y 4 6 4 6 4 Ví dụ 1.4 1 1 1 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn: 2 1 . Tìm TGLN của P = xyz 1 x 1 y 1 z Giải 1 1 1 y z z 1 1 1 2 1 x 1 y 1 z 1 y 1 z 1 y 1 z Trang 43
  44. 1 xz 1 xy Tương tự: 2 ; 2 1 y 1 x 1 z 1 z 1 x 1 y 1 1 1 Nhân vế với vế của ba BĐT trên P xyz max P khi x y z 8 8 2 Ví dụ 1.5 3 4 Cho 0 0. Tìm GTNN của biểu thức. x t t y y z z x M t y y z z x x t Giải 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: với a, b > 0. a b a b x t t y y z z x Ta có : M M 4 4 1 1 1 1 4 t y y z z x x t x y t z y x z t 1 1 1 1 = 4 x y z t t y y z z x x t t y z x y z x t 4 x y 4 z t 4 0 x y z t x y z t minM = 0 khi x = y và z t 2. Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS) Ví dụ 2.1 Cho x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx =1. Tìm GTNN của biểu thức A = x4 + y4 + z4 Giải Áp dụng BĐT BCS ta có Trang 44
  45. 2 1 xy yz zx 2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 2 1 x2 y2 z2 1 1 1 x4 y4 z4 1 1 3 P minP = khi x = y = z = 3 3 3 Ví dụ 2.2 4a 9b 16c Tìm GTNN của P = trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh b c a c a b a b c của một tam giác. Giải a 1 b 1 c 1 29 P 4 9 16 b c a 2 c a b 2 a b c 2 2 a b c 4 9 16 29 = 2 b c a c a b a b c 2 2 a b c 2 3 4 29 . 2 b c a c a b a b c 2 a b c 81 29 81 29 . 26 2 a b c 2 2 2 a b c minP = 26 khi 7 6 5 Ví dụ 2.3 Tìm giá trị nhỏ nhất của Q = + + trong đó a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1 Giải 2 2 a b c a b c a b c Ta có :Q 2b c 2c a 2a b a 2b c b 2c a c 2a b 3 ab bc ca 1 b2 4ac 1 minQ = 1 khi a b c 3 Ví dụ 2.4 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của 1 1 1 1 P a2 b2 c2 ab bc ca Giải Trang 45
  46. 1 1 1 9 ab bc ca ab bc ca 1 9 P a2 b2 c2 ab bc ca 1 4 7 2 2 2 a b c 2 ab bc ca ab bc ca 2 1 2 9 21 9 30 a b c 2 ab bc ca a b c 2 1 minP = 30 khi a = b = c = 3 Chuyên đề 5: TỨ GIÁC NỘI TIẾP I -CÁC DẤU HIỆU NHẬN BIẾT TỨ GIÁC NỘI TIẾP 1- Tổng hai góc đối bằng 1800 2- Hai góc liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau. 3- Nếu hai cạnh đối diện cuả giác ABCD cắt nhau tại M thỏa mãn: MA.MB =MC.MD ; hoặc hai đường chéo cắt nhau tại O thỏa mãn OA.OC = OB.OD thì ABCD là tứ giác nội tiếp 4- Sử dụng định lý Ptôlêmê II- CÁC VÍ DỤ Ví dụ1: Cho đường tròn tâm O và một điểm C ở ngoài đường tròn đó. Từ C kẻ hai tiếp tuyến CE ; CF ( E và F là các tiếp điểm) và cát tuyến CMN ( N nằm giữa C và M ) tới đường tròn.Đường thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm A và E B. Gọi I là giao điểm của AB với EF. Chứng minh rằng: N a, Bốn điểm O, I, M, N cùng thuộc một đường tròn M b, = AIM BIN B Giải C A I O M' Trang 46 F
  47. a, Do CE là tiếp tuyến của (O) nên: CEM = CNE (Cùng chắn ME ) CEM ~ CNE . = CM.CN =CE2 Mặt Khác , do CE; CF là các tiếp tuyến của (O) nên AB EF tại I vì vậy trong tam giác vuông CEO đường cao EI ta có: CE2 = CI.CO Từ (1) và (2) suy ra CM.CN = CI.CO => = CMI ~ CON CIM = CNO Tứ giác OIMN nội tiếp b Kéo dài NI cắt đường tròn tại M’. Do tứ giác IONM nội tiếp nên : IOM = INM = sđ NM ’ => AM = AM ’ . Do đó: AIM = AIM’ = BIN Ví Dụ 2 Cho tam giác ABC có A = 450 ; BC =a nội tiếp trong đường tròn tâm O; các đường cao BB’ và CC’. Gọi O’ là điểm đối xứng của O qua đường thẳng B’C’. a. Chứng minh rằng A; B’; C’; O’ cùng thuộc một đường tròn b. Tính B’C’ theo a. Lời giải a. Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên A BOC = 2 BAC =900 Từ đó suy ra các điểm O; B’; C’ Cùng thuộc đường tròn đường kính BC.Xét tứ O giác nội tiếp CC’OB’ có : B' C’OB’ = 1800 - C’CB’ C' = 1800 - ( 900 - A ) =1350. O' Mà O’ đối xứng với O qua B’C’ nên: B C’O’B’ = C’OB’ = 1350 =1800 - A C Hay tứ giác AC’O’B’ nội tiếp. Trang 47
  48. b. Do A = 450 nên BB’A vuông cân tại B’ Vì vậy B’ nằm trên đường trung trực của đoạn AB hay B’O  AB C’OB’C là hình thang cân nên B’C’ =OC BC 2 a 2 Mặt khác BOC vuông cân nên: B’C’ =OC = 2 2 III bµi tËp ¸p dông Bài tập 1: Cho tứ giác ABCD nội tiế đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Vẽ EF vuông góc với AD. Chứng minh: a/ Tứ giác EBEF, tứ giác DCEF nội tiếp. b/ CA là phân giác của B· CF c/ Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh tứ giác BCMF nội tiếp. Bài tập 2: Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại E. Hình chiếu vuông góc của E trên AD là F. Đường thẳng CF cắt đường tròn tại điểm thứ hai là M. Giao điểm của BD và CF là N. Chứng minh: a/ CEFD là tứ giác nội tiếp b/ Tia FA là phân giác của góc BFM c/ BE.DN = EN.BD. Bài tập 3: Cho tam giác ABC vuông ở A và một điểm D nằm giữa A và B. Đường tròn đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại các điểm thứ hai F, G. Chứng minh: a/ Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD b/ Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp được một đường tròn c/ AC song song với FG d/ Các đường thẳng AC, DE, BF đồng quy. Bài tập 4: Cho tam giác ABC có Aˆ 900 ; AB > AC, và một điểm M nằm trên đoạn AC ( M không trùng với A và C ). Gọi N và D lần lượt là giao điểm thứ hai của BC và MB với đường tròn đường kính MC; gọi S là giao điểm thứ hai giữa AD với đường tròn đường kính MC; T là giao điểm của MN và AB. Chứng minh: a/ Bốn điểm A, M, N, B cùng thuộc một đường tròn b/ CM là phân giác của góc BCS. TA TC c/ TD TB Trang 48
  49. Bài tập 5: Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Qua A dựng hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M, N là các tiếp điểm ) và một cact tuyến bất kỳ cắt đường tròn tại P, Q. Gọi L là trung điểm của PQ. a/ Chứng minh 5 điểm: O, L, M, A, N cùng thuộc một đường tròn b/ Chứng minh LA là phân giác của góc MLN c/ Gọi I là giao điểm của MN và LA. Chứng minh: MA 2 = AI. AL d/ Gọi K là giao điểm của ML với (O). Chứng minh rằng: KN // AQ e/ Chứng minh tam giác KLN cân. Bài tập 6: Cho đường tròn (O;R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A và AH < R. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với d, đường thẳng này cắt đường tròn tại hai điểm E và B ( E nằm giữa B và H ) a/ Chứng minh: góc ABE bằng góc EAH và tam giác AHB đồng dạng với tam giác EAH. b/ Lấy điểm C trên d sao cho H lá trung điểm của đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB tại K. Chứng minh: AHEK là tứ giác nội tiếp c/ Xác định vị trí của điểm H để AB = R 3 Bài tập 7: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến PM và PN với đường tròn (O) ( M, N là tiếp điểm ). Đường thẳng đi qua điểm P cắt đường tròn (O) tại hai điểm E và F. Đường thẳng qua O song song với MP cắt PN tại Q. Gọi H là trung điểm của đoạn EF. Chứng minh: a/ Tứ giác PMON nội tiếp đường tròn b/ Các điểm P, N, O, H cùng nằm trên một đường tròn c/ Tam giác PQO cân d/ MP 2 = PE. PF e/ PHM = PHN Bài tập 8: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng: a/ Các tứ giác AEHF, BFHD nội tiếp. b/ Bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn. c/ AE. AC = AH. AD và AD. BC = BE. AC d/ H và M đối xứng nhau qua BC Trang 49
  50. e/ Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài tập 9: Cho tam giác ABC không cân, đường cao AH, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi E, F thứ tự là hình chiếu của B, C lên đường kính AD của đường tròn (O) và M, N thứ tự là trung điểm của BC, AB. Chứng minh: a/ Bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn tâm N và HE // CD. b/ M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF. Bài tập 10: Cho đường tròn (O) và điểm A ở bên ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE với đường tròn ( B và C là các tiếp điểm ). Gọi H là trung điểm của DE. a/ CMR: A, B,H, O, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn này. b/ Chứng minh: HA là tia phân giác . DHC c/ Gọi I là giao điểm của BC và DE. Chứng minh: AB2 = AI.AH d/ BH cắt (O) tại K. Chứng minh: AE // CK. Bài tập 11: Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và cát tuyến SCD của đường tròn đó. a/ Gọi E là trung điểm của dây CD. Chứng minh 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc một đường tròn. b/ Nếu SA = AO thì SAOB là hình gì? Tại sao?. AB.CD c/ CMR: AC.BD = BC.DA = 2 Bài tập 12: Trên đường thẳng d lấy 3 điểm A, B, C theo thứ tự đó. Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia Ax, By cùng vuông góc với d. Trên tia Ax lấy I. Tia vuông góc với CI tại C cắt By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P. a/ Chứng minh tứ giác CBPK nội tiếp được đường tròn b/ Chứng minh: AI. BK = AC. CB c/ Giả sử A, B, I cố định hãy xác định vị trí điểm C sao cho diện tích hình thang vuông ABKI lớn nhất. Bài tập 13: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). M là điểm di động trên cung nhỏ BC. Trên đoạn thẳng MA lấy điểm D sao cho MD = MC. a/ Chứng minh: V DMC đều Trang 50
  51. b/ Chứng minh: MB + MC = MA c/ Chứng minh tứ giác ADOC nội tiếp được. d/ Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D di động trên đường cố định nào?. Bài tập 14: Cho đường tròn (O;R), từ một điểm A trên O kẻ tiếp tuyến d với O. Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kỳ ( M khác A ) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB ( B là tiếp điểm ). Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB. a/ Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp b/ Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. c/ Chứng minh OI. OM = R 2 ; OI. IM = IA 2 d/ Chứng minh OAHB là hình thoi e/ chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng f/ Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d. Bài tập 15: Cho hình thang cân ABCD ( AB > CD; AB // CD ) nội tiếp trong đường tròn (O). Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại E. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. a/ Chứng minh tứ giác AEDI nội tiếp. b/ Chứng minh AB // EI c/ Đường thẳng EI cắt cạnh bên AD và BC của hình thang tương ứng ở R và S. Chứng minh: * I là trung điểm của RS 1 1 2 * AB CD RS Bài tập 16: Cho ba điểm M, N, P thẳng hàng theo thứ tự đó. Một đường tròn (O) thay đổi đi qua hai điểm M, N. Từ P kẻ các tiếp tuyến PT, PQ với đường tròn (O). a/ Chứng minh: PT 2 = PM. PN. Từ đó suy ra khi (O) thay đổi vẫn qua M, N thì T, Q thuộc một đường tròn cố định. b/ Gọi giao điểm của TQ với PO, PM là I và J. K là trung điểm của MN. Chứng minh các tứ giác OKTP, OKIJ nội tiếp. c/ CMR: Khi đường tròn (O) thay đổi vẫn đi qua M, N thì TQ luôn đi qua điểm cố định. d/ Cho MN = NP = a. Tìm vị trí của tâm O để TPQ =600 Bài tập 17: Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên AC lấy điểm M (M A và C). Vẽ đường tròn đường kính MC. Gọi T là giao điểm thứ hai của cạnh BC với đường tròn. Nối BM kéo dài Trang 51
  52. cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai S. Chứng minh: a/ Tứ giác ABTM nội tiếp. b/ Khi M chuyển động trên AC thì ADM có số đo không đổi c/ AB // ST. Bài tập 18: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 2/3AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. a/ Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp. b/ Chứng minh: AME ~ ACM c/ Chứng minh AM 2 = AE. AC d/ chứng minh AE. AC – AI. IB = AI 2 e/ Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Bài tập 19: Cho điểm A bên ngoài đường tròn (O; R). Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE đến đường tròn (O). Gọi H là trung điểm của DE. a/ Chứng minh năm điểm: A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn. b/ Chứng minh AH là tia phân giác của DHC c/ DE cắt BC tại I. Chứng minh: AB 2 = AI. AH R d/ Cho AB = R 3 và OH = 2 . Tính HI theo R. Bài tập 20: Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. M và Q là hai điểm trên (d) sao cho M A, M Q, Q A. Các đường thẳng BM và BQ lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là N và P. Chứng minh: a/ Tích BN. BM không đổi b/ Tứ giác MNPQ nội tiếp c/ Bất đẳng thức: BN + BP + BM + BQ > 8R. Chuyên đề 6: ĐƯỜNG ĐI QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH Trong các đề thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên, lớp chọn thường có những bài toán liên quan đến tìm điểm cố định, chứng minh đường đi qua điểm cố định. Thực tế cho thấy đây là bài toán khó, học sinh thường khó khăn khi gặp phải bài toán dạng này. Trang 52
  53. Bài toán “Đường đi qua điểm cố định” đòi hỏi HS phải có kĩ năng nhất định cộng với sự đầu tư suy nghĩ, tìm tòi nhưng đặc biệt phải có phương pháp làm bài. Tìm hiểu nội dung bài toán Dự đoán điểm cố định Tìm tòi hướng giải Trình bày lời giải Tìm hiểu bài toán: • Yếu tố cố định.( điểm, đường ) • Yếu tố chuyển động.( điểm, đường ) • Yếu tố không đổi.( độ dài đoạn, độ lớn góc ) • Quan hệ không đổi ( Song song, vuông góc, thẳng hàng ) Khâu tìm hiểu nội dung bài toán là rất quan trọng. Nó định hướng cho các thao tác tiếp theo. Trong khâu này đòi hỏi học sinh phải có trình độ phân tích bài toán, khả năng phán đoán tốt. Tuỳ thuộc vào khả năng của từng đối tượng học sinh mà giáo viên có thể đưa ra hệ thống câu hỏi dẫn dắt thích hợp nhằm giúp học sinh tìm hiểu tốt nội dung bài toán. Cần xác định rõ yếu tố cố định, không đổi, các quan hệ không đổi và các yếu tố thay đổi, tìm mối quan hệ giữa các yếu tố đó. Dự đoán điểm cố định: Dựa vào những vị trí đặc biệt của yếu tố chuyển động để dự đoán điểm cố định. Thông th- ường ta tìm một hoặc hai vị trí đặc biệt cộng thêm với các đặc điểm bất biến khác như tính chất đối xứng, song song, thẳng hàng để dự đoán điểm cố định Tìm tòi hướng giải Từ việc dự đoán điểm cố định tìm mối quan hệ giữa điểm đó với các yếu tố chuyển động, yếu tố cố định và yếu tố không đổi. Thông thường để chứng tỏ một điểm là cố định ta chỉ ra điểm đó thuộc hai đường cố định, thuộc một đường cố định và thoả mãn một điều kiện (thuộc một tia và cách m gốc một đoạn không đổi, thuộc một đường tròn và là mút của một cung không đổi ) thông thường lời giải của một bài toán thường được cắt bỏ b những suy nghĩ bên trong nó chính vì vậy ta thư- C a ờng có cảm giác lời giải có cái gì đó thiếu tự nhiên, không có tính thuyết phục chính vì vậy khi D h trình bày ta cố gắng làm cho lời giải mang tính tự Trang 53 E
  54. nhiên hơn, có giá trị về việc rèn luyện tư duy cho học sinh. MỘT VÀI VÍ DỤ: Bài 1: Cho ba điểm A, C, B thẳng hành theo thứ tự đó. Vẽ tia Cx vuông góc với AB.Trên CE CA tia Cx lấy hai điểm D, E sao cho 3 . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC cắt CB CD đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC tại H khác C. Chứng minh rằng: Đường thẳng HC luôn đi qua một điểm cố định khi C di chuyển trên đoạn thẳng AB. Tìm hiểu đề bài: * Yếu tố cố định: Đoạn AB * Yếu tố không đổi: + Góc BEC = 300, Góc ADB = 600 do đó sđ cung BC, cung CA không đổi + B, D, H thẳng hàng; E, H, A thẳng hàng Dự đoán điểm cố định: khi C trùng B thì (d) tạo với BA một góc 60 0 => điểm cố định thuộc tia By tạo với tia BA một góc 600 khi C trùng A thì (d) tạo với AB một góc 300 => điểm cố định thuộc tia Az tạo với tia AB một góc 300 By và Az cắt nhau tại M thì M là điểm cố định? Nhận thấy M nhìn AB cố định dưới 90 0 => M thuộc đường tròn đường kính AB. Tìm hướng chứng minh: M thuộc đường tròn đường kính AB cố định do đó cần chứng minh sđ cung AM không đổi thật vậy: sđ cung AM = 2sđGóc MCA=2sđGóc CHA =2sđGóc CDA = 1200 Lời giải: CA Ta có tgD 3 => Góc D=600 CD có Góc CHA = Góc CDA = 600 G/s đường tròn đường kính AB cắt CH tại M ta có Góc MHA= 600 => sđ cung MA không đổi lại có đường tròn đường kính AB cố định vậy: M M cố định do đó CH luôn qua M cố định. O Bài 2: Cho đường tròn (O) và đường thẳng (d) nằm ngoài đường tròn.F I là điểm di động trên (d). Đường tròn đường kính OI cắt (O) tại M, N. Chứng minh đường trònE đường kính OI luôn đi qua một điểm cố định khác O và đường thẳng MN luôn đi qua một đNiểm cố định. d I H Trang 54
  55. Hướng dẫn: do tính chất đối xứng nên điểm cố định nằm trên trục đối xứng hay đường thẳng qua O và vuông góc với (d) Giải: Kẻ OH vuông góc với (d) cắt MN tại E. ta có H cố định và H thuộc đường tròn đường kính OI vậy đường tròn đường kính OI luôn đi qua K cố định. Xét tam giác OEF và tam giác OIH có góc O chung, góc OFE = góc OHI = 900 Nên tam giác OEF đồng dạng với tam giác OIH do đó: OF/ OE = OH/ OI => OE. OH = OF. OI Lại có góc IMO = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính OI ) Xét tam giác vuông OMI có đường cao ứng với cạnh huyền MF nên: OF. OI = OM2 OM2 Do đó: OE = hằng số vây E cố định do đó MN OH đi qua E cố định. Bài 3: Cho đường tròn (O; R) và dây AB cố định. C là một điểm chuyển động trên đường tròn và M là trung điểm của AC. Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ M vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định. I Giải: A Vẽ đường kính BD => D cố định. M Giả sử đường thẳng qua M và vuông góc với BC cắt N BC cắt AD tại I. C Dễ thấy góc BCD = 900 hay MI // CD. B Xét tam giác ACD có MC = MA; MI // CD => I là trung điểm của DA cố định hay đường thẳng qua M vuông góc với BC đi qua I cố định. Bài 4: Cho tam giác ABC và hai điểm M, N thứ tự chuyển động trên hai tia BA, CA sao cho BM= CN. Chứng minh rằng đường trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn: Khi M B thì N C khi đó đường trung trực của MN là trung trực của BC. Vậy điểm cố định nằm trên đường trung trực của BC Trang 55
  56. Giải: Giả sử trung trực của BC cắt trung trực của MN tại I Dễ thấy tam giác IMB = tam giác INC (c-c-c) vậy góc MBI = góc NCI Xét tứ giác ABCI có góc MBI = góc NCI vậy tứ giác ABCI nội tiếp hay I thuộc đường tròn Ngoại tiếp tam O giác ABC cố định, mà Trung trực của BC cố định M C Vậy I cố định hay trung trực của MN đi qua I cố D B P A định. Bài 5: Cho đường tròn (O; R) và dây cung AB = R 3 . Điểm P khác A và B. Gọi (C; R1) là đường tròn đi qua P tiếp xúc với đường tròn (O; R) tại A.Gọi (D; I R2) là đường tròn đi qua P tiếp xúc với đường tròn (O; R) tại B. Các đường tròn (C; R 1) và (D; R2) cắt nhau tại M khác P. Chứng minh rằng khi P di động trên AB thì đường thẳng PM luôn đi qua một điểm cố định. Tìm hiểu đề bài: * Yếu tố cố định: (O; R), dây AB * Yếu tố không đổi: DPCO là hình bình hành. Sđ cung BP của (D), sđ cung AP của (C), Góc BMA không đổi Dự đoán Khi P  A thì PM là tiếp tuyến của (O; R) => điểm cố định nằm trên tiếp tuyến của (O; R) tại A Khi P  B thì PM là tiếp tuyến của (O; R)=> điểm cố định nằm trên tiếp tuyến của (O; R) tại B Do tính chất đối xứng của hình => Điểm cố định nằm trên đường thẳng qua O và vuông góc với AB => Điểm cố định nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Lời giải: Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB cắt C PM tại I . vì AB = R 3 => sđ cung AB của (O) bằng d 1200 M tam giác BDP cân do đó góc OBA = góc O I DPB B A Trang 56
  57. tam giác OAB cân do đó góc OBA = góc OAB => góc BDP = góc BOA => sđcung BP của (D) = sđ cung BA của (O) = 1200 . tương tự sđ cung PA của (C) = 1200 . 1 ta có góc BMP = sđ cung BP của (D) = 600 2 1 ta có góc AMP = sđ cung AP của (C) = 600 2 Vậy góc BMA = góc BMP + góc AMP = 1200 = góc BOA xét tứ giác BMOA có góc BMA = góc BOA do đó tứ giác BMOA nội tiếp hay M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOA. 1 1 Vậy sđ cung IA = góc IMA = góc PMA = sđ cung PA của (C) = 1200 .Vậy I thuộc 2 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB và sđ cung IA = 1200 => I cố định hay MP đi qua I cố định. Bài 6: Cho đoạn AB cố định, M di động trên AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai hình vuông MADE và MBHG. Hai đường tròn ngoại tiếp hai hình vuông cắt nhau tại N. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên AB. Hướng dẫn: Tương tự bài 1 Giải: Giả sử MN cắt đường tròn đường kính AB tại I G H Ta có Góc ANM = Góc ADM = 450( góc nội tiếp cùng N E D chắn cung AM của đường tròn ngoại tiếp hình vuông AMDE) Ta có Góc BNM = Góc BGM = 450( góc nội tiếp cùng A B chắn cung BM của đường tròn ngoại tiếp hình vuông M MBGH) => gócANB = Góc ANM + Góc BNM = 900 => N thuộc đường tròn đường đường kính AB vậy sđ cung AI = I 2sđGóc ANI =2sđGóc ANM = 900 Vậy I thuộc đường tròn đường kính AB và số đo cung AI bằng 900 => I cố định hay MN đi qua I cố định Vµi ®Þnh h­íng khai th¸c bµi to¸n h×nh häc Trang 57
  58. Để có được một giờ luyện tập tốt cần lưu ý một số vấn đề sau - Chọn hệ thống bài tập như thế nào cho một giờ luyện tập; - Phải sắp xếp hệ thống các câu hỏi từ dễ đến khó (có gợi mở); - Phải tổ chức tốt và thể hiện vai trò chủ đạo của người thày; - Sau mỗi bài cần tập dượt cho học sinh nghiên cứu sâu lời giải (nếu có). Nội dung chính của bài viết tôi bắt đầu từ một số bài toán đơn giản trong chương trình lớp 9 bậc THCS rồi phát triển nó rộng ra ở mức độ tương đương, phức tạp hơn rồi cao hơn nhưng vẫn phù hợp với tư duy lôgíc của các em để tạo cho các em niềm say mê học tập môn toán đặc biệt là môn hình học. Từ bài tập số 7 trang 134 (SGK hình học lớp 9-NXB Giáo dục 2005), sau khi học sinh được làm, tôi đã thay đổi thành bài toán có nội dung như sau: Bài toán 1: Cho ∆ABC đều cạnh a, gọi O là trung điểm của BC. Trên cạnh AB, AC theo thứ tự lấy M, N sao cho góc MON = 600. a 2 a) Chứng minh BM .CN ; 4 b) Gọi I là giao điểm của BN và OM. Chứng minh BM.IN = BI.MN; c) Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Phân tích bài toán: a) Ở phần a là một dạng toán chứng minh A hệ thức, chính vì vậy việc hướng dẫn học sinh tìm lời giải bài toán hết sức quan N trọng nhằm phát triển tư duy hình học ở M học sinh. I Chúng ta có thể dùng phương pháp phân tích đi lên để tìm lời giải bài toán. Với sơ đồ như sau: B O C a2 BM.CN Căn cứ vào sơ đồ ta có lời giải sau: 4 Ta có ∆BMO: gócB+gócM+gócO = 1800  0 0 a a gócBMO+gócMON+gócNOC = 180 (gócBOC = 180 ) BM.CN . 2 2 gócBMO = gócCON; lại có Bˆ Cˆ 600 (vì∆ABCđều)  BM CO ∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g), từ đó suy ra BM.CN BO.CO BO CN  BC a hay BM.CN BO.CO ; mà BO CO do đó 2 2 a2 BM .CN (đpcm) Trang 58 4
  59. BM CO BO CN  ∆BMO đồng dạng ∆CON  Bˆ Cˆ 600 gócBMO = gócCON  gócB+gócBMO+gócBOM = gócBMO+gócMON+gócNOC (= 1800). b) Cũng tương tự như vậy ở phần b) thày giáo cũng giúp học sinh phát triển tư duy lôgic, thao tác tư duy phân tích, tổng hợp, đặc biệt là tư duy phân tích đi lên- một thao tác tư duy đặc trưng của môn hình học. Với sự phân tích như vậy học sinh sẽ thấy đó chính là sử dụng tính chất đường phân giác của tam giác BMN. Nghĩa là học sinh cần chỉ ra MI là tia phân giác của gócBMN. Từ đó ta có lời giải sau: BM MO BM MO Theo phần a) ∆BMO đồng dạng ∆CON suy ra hay lại có gócB = CO ON BO ON gócMON (=600) ∆BMO đồng dạng ∆OMN (c.g.c). Từ đó suy ra gócBMO = gócOMN do đó MO là tia phân giác của góc BMN hay MI là tia phân giác gócBMN. Xét ∆BMN có MI là tia phân giác của gócBMN, áp dụng tính chất đường phân giác trong MB IB tam giác ta có hay BM.IN BI.MN (đpcm). MN IN c) Đây là một dạng toán liên quan giữa tính bất biến (cố định) và tính thay đổi: Ứng với mỗi điểm M, N thì ta có vị trí của đoạn thẳng MN thay đổi theo (chuyển động) nhưng lại luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định (bất biến). Vậy trước khi tìm lời giải của bài toán giáo viên cần cho học sinh chỉ ra yếu tố cố định, yếu tố nào thay đổi. A N K M H I B O C Trang 59
  60. Ta có lời giải sau: Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vuông góc với AB và MN. Do O, AB cố định nên OH cố định Vậy đường tròn (O;OH) là đường tròn cố định. Vì MO là tia phân giác của góc BMN nên OK = OH (t/c đường phân giác) → K (O;OH) (1) lại có OK  MN ( cách dựng) (2) từ (1) và (2) suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn (O;OH). Vậy MN luôn tiếp xúc với một đường tròn (O;OH) cố định. Khai thác bài toán: Ở phần a) của bài toán ta thấy tích BM.CN không đổi, nếu sử dụng BĐT Côsi ta có thêm câu hỏi sau: 1.1: Tìm vị trí của M, N trên AB, AC để BM + CN đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm là BM, CN ta có BM CN 2 BM.CN a2 dấu "=" xảy ra BM = CN. Theo phần a) BM.CN 4 a2 do đó BM CN 2 a (không đổi). 4 a Vậy GTNN của BM+CN = a BM = CN = M, N theo thứ tự là trung điểm của AB 2 và AC. 1.2: Ta thử suy nghĩ nếu tam giác ABC là tam giác cân thì bài toán còn đúng không? và giả thiết như thế nào? từ đó ta có bài toán sau: Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC cân ở A, O là trung điểm BC. Trên cạnh AB, AC theo thứ tự lấy các điểm M, N sao cho gócBMO = gócCON. A Chứng minh rằng: BC 2 a) BM.CN ; N 4 V b) BN MO = I , Chứng minh M ới BI.MN = IN.BM; I cá c) Khi M, N thay đổi trên AB, AC thì ch MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố B O ch C định. ứn g Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC cân ở A, O thuộc cạnh BC đường trònmi tâm O tiếp nh xúc với các cạnh AB, AC của tam giác. Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, N. ho BC 2 Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của đ ường tròn (O) BM.CN àn 4 to àn tư ơn g tự, Trang 60 ta ch ứn g mi nh đư ợc gó cB = gó c M O N.
  61. Giải:Giải: Vì Vì (O)(O) tiếp tiếp xúcxúc với với cáccác cạnh cạnh AB,AB, AC A nênAC O nên cách O đều cách AB, đều AC AB, do AC đó do O đóthuộc O tia phânthuộc giác tia củaphân góc giác A. của Lại góc có A. ABC Lại có cân nên N P phânABC giác cân gócnên Aphân đồng giác thời góc là Atrung đồng tuyến thời mà M là trung tuyến mà O BC nên O là trung O BC nên O là trung điểm cạnh BC. điểm cạnh BC. ( ): Giả sử MN là tiếp tuyến (O). ( ): Giả sử MN là tiếp tuyến (O). O NốiNối OM, OM, ON. ON. B C Do Do MB,MB, MPMP làlà haihai tiếptiếp tuyến cắtcắt nhau nhau của (O),của NP,(O), NCNP, cũng NC cũnglà hai là tiếp hai tuyến tiếp tuyến cắt nhau củacắt (O),nhau sử của dụng (O), tính sử dụngchất haitính tiếp chất tuyến hai cắt nhautiếp tuyếnta suy cắtra đượcnhau ta suy ra được góc MON = gócB; gócBOM = gócONC; gócNOC = gócBMO; từ đó suy ra ∆BMO đồng BM BO BC 2 dạng ∆CON (g.g) BM.CN (đpcm). CO CN 4 BC 2 ( ) Giả sử có BM.CN cần phải chứng minh MN là tiếp tuyến của (O). 4 Cách 1: Chứng minh tương tự bài toán 1; Cách 2: Từ M dựng tiếp tuyến với (O) cắt AC ở N'. Ta chứng minh N'  N. BC 2 Theo phần thuận ta có BM.CN' kết hợp với giả thiết ta suy ra BM.CN' = BM.CN 4 CN' = CN. Mà N', N cùng thuộc cạnh AC do đó N'  N (đpcm). Chú ý: - Nếu M nằm trong đoạn AB thì N nằm trong đoạn AC. - Nếu M nằm ngoài đoạn AB thì N cũng nằm ngoài đoạn AC. Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC cân ở B có gócB = 400, O là trung điểm cạch AC, K là chân đường vuông góc kẻ từ O xuống AB, (O) là đường tròn tâm O bán kính OK. 1) Chứng minh (O) tiếp xúc với BC; 2) Giả sử E là một điểm thay đổi trên cạnh AC sao cho góc AOE = (200 900 ) , kẻ tiếp tuyến EF với đường tròn (O) tiếp súc với (O) tại P. a) Tính theo các góc của tứ giác AEFC; b) AEO đồng dạng với COF; c) Tính để AE + CF nhỏ nhất. (Đề thi chuyên toán ĐHSP H N năm 2005) HD Giải: 1) Kẻ OH vuông góc với BC. do tam giác ABC cân ở B nên OH = OK do đó H nằm trên (O), lại có OH  BC tại H nên BC là tiếp tuyến của (O). 2) a) Ta có Aˆ Cˆ 700 , tương tự bài toán trên ta suy ra góc AEF = 2(1100- ), góc CFE = 2 . Trang 61 b) AEO đồng dạng với COF (c.g.c) c) Tương tự lời giải bài ý 1.1 ta suy ra E, F là trung điểm của BA, BC 700
  62. Giải: Vì (O) tiếp xúc với các cạnh AB, B AC nên O cách đều AB, AC do đó O thuộc tia phân giác của góc A. Lại có F P ABC cân nên phân giác góc A đồng thời E là trung tuyến mà O BC nên O là trung điểm cạnh BC. ( ): Giả sử MN là tiếp tuyến (O). O Nối OM, ON. A C Do MB, MP là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O), NP, NC cũng là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra được Bài toán 1.5: Cho đường tròn (I) tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy tại A và B. Từ C trên cung nhỏ AB kẻ tiếp tuyến với đường tròn (I) cắt Ox, Oy theo thứ tự tại M, N. Xác định vị trí của C trên cung nhỏ AB để MN có độ dài nhỏ nhất. Giải:Ta hãy Vì đưa (O) bài tiếp toán xúc về với bài các toán cạnh quen AB, thuộcAC nên bằng O cách cách qua đều I AB,kẻ đường AC dothẳng đó O O thuộc tia phân giác của góc A. Lại có song song với AB cắt Ox, Oy thứ tự ở P N ABC cân nên phân giác góc A đồng thời C vàlà trungQ. Ta tuyến có AOBmà O cân BC nên nên POQO là trungcân M B ởđiểm O, I cạnh PQ BC.mà MN là tiếp tuyến của (I). A ( ): Giả sử MN là tiếp tuyến (O). PQ2 I ÁpNối dụng OM, bàiON. toán trên PM.QN . P Do MB, MP là hai tiếp tuyến cắt 4nhau Q Lạicủa do(O), AOBNP,, NCPOQ cũng cân làchung hai tiếp đỉnh tuyến O cắt nhau AP = của BQ (O), (không sử dụng đổi) tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra được Ta có MN = AM + BN = MP + NQ - AP - BQ = MP + NQ - 2AP. Do đó MN nhỏ nhất MP + NQ nhỏ nhất (Áp dụng kết quả bài toán 1.1) ta có được C là điểm chính giữa cung nhỏ AB. Nếu vẫn tiếp tục khai thác bài toán ban đầu ta có thể đưa ra một số bài toán cho học sinh tự làm, coi như bài tập về nhà để học sinh tự giải quyết. Trang 62
  63. Bài toán 1.6: Cho ABC cân ở A. Lấy M, N trên cạnh AB, AC sao cho BC 2 BM.CN . Tìm vị trí của M, N sao cho AMN có diện tích lớn nhất. 4 Bài toán 1.7: Cho M, M' trên tia AB và tia đối của tia BA; N, N' thuộc tia CA và tia đối của tia CA. Chứng minh rằng: BC 2 1) Nếu MB.NC = M'B.N'C = thì tứ giác MM'N'N ngoại tiếp được một đường 4 tròn; 2)Phân giác tạo bởi MN và MM' đi qua một điểm cố định. Bài toán 1.8: 1) Cho ABC. Dựng hai điểm P, Q thứ tự trên AB và AC sao cho AP = AQ và PQ2 BP.CQ = ; 4 2) Cho hình vuông ABCD, lấy điểm F thuộc CD, G thuộc BC sao cho EG//AF (với E là trung điểm của AB). Chứng minh rằng FG là tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp hình vuông. Bài toán 1.9: Cho tam giác ABC cân ở A. Đường tròn có tâm O là trung điểm của BC tiếp xúc với AB, AC thứ tự ở H và K. Lấy P thuộc đoạn AB, Q thuộc đoạn AC sao cho PQ là tiếp tuyến của (O). Tìm quĩ tích tâm O' của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ. Với cách làm tương tự trên, bằng phương pháp đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự và thao tác tư duy thuận đảo ta cũng hình thành cho học sinh tư duy lôgíc, tư duy sáng tạo, tính độc đáo trong toán học. Chẳng hạn ta có bài toán sau: Bài toán 2: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy với đường tròn. Từ một điểm E nằm trên đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường tròn đó ycắt Cx tại A và Dy tại B. Chứng minh góc AOB = 900. Phân tích bài toán: x B E A K J C D O Để chứng minh góc AOB = 900, ta có thể làm bằng nhiều cách khác nhau. Chẳng hạn: - Ta chứng minh OA, OB là hai tia phân giác của cặp góc kề bù; - Ta chứng minh góc AOB = góc CED, mà góc CED = 900 Trang 63
  64. -)Tại sao ta lại đặt vấn đề M khác nên C, D, O. A x y góc - Vì nếu M  O thì trở lại bài toán trên. E AO - Còn nếu M  C thì đường thẳng  ME B = cắt Cx tại A, cắt Dy tại B  D. Khi đó ta 900. có góc AMB = 900. Do Nếu M  D thì tương tự trên. O MC DB +) AOB đồng dạng với CED (g.g) nên góc AOB = góc CED, mà góc CED = 900 vậy góc AOB = 900. +) Tứ giác OKEJ là hình chữ nhật ( có ba góc vuông) nên góc AOB = 900. Tiếp tục tư duy chúng ta còn tìm được thêm một vài cách giải khác nữa. Sau đây ta xét một trong các cách giải đó: Ta có góc ACO = gócAEO = 900 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra gócACO + góc AEO = 1800 suy ra tứ giác ACOE nội tiếp Do đó ta có gócEAO = gócECO (hai góc cùng chắn một cung OE) Tương tự ta cũng có gócEBO = gócEDO, mà gócECO + gócEDO = 90 0 (vì gócCEO = 900-góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Nên gócEAO + gócEBO = 900. Từ đó suy ra gócAOB = 900. (Đpcm). Khai thác bài toán: - Nếu ta thay đổi một vài điều kiện của bài toán, chẳng hạn vị trí của điểm O thay bằng điểm M bất kì trên CD. Khi đó đường thẳng vuông góc với ME tại E không còn là tiếp tuyến nữa mà trở thành cát tuyến với (O). Thế thì yêu cầu của bài toán chứng minh gócAMB = 900 còn đúng nữa hay không?. Điều này vẫn còn đúng, từ đó ta có bài toán khác như sau: Bài toán 2.1: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy. Một điểm E bất kỳ nằm trên đường tròn, điểm M bất kỳ nằm trên CD (M không trùng với C, D, O). Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự tại A và B. Chứng minh rằng gócAMB = 900. y x A E B Trang 64 C D M O
  65. Ta trở lại bài toán: Như vậy tương tự bài toán trên ta cũng có: gócMAB = gócECM (do tứ giác ACME nội tiếp) gócEBM = gócEDM (do tứ giác BDME nội tiếp) mà gócECM + góc EDM = 900 (do gócCED = 900). Nên gócAMB = 900. -) Ta tiếp tục khai thác và mở rộng bài toán, chẳng hạn điểm M không nằm trong đoạn CD mà nằm trên đường thẳng CD và giữ nguyên các điều kiện của bài toán 2.1 thì sao? từ đó ta có bài toán sau: Bài toán 2.2: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy. Một điểm E bất kỳ nằm trên đường tròn, điểm M bất kỳ nằm trên đường thẳng CD (M không trùng với C, D, O). Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ y tự tại A và B. Chứng minh rằng gócAMB = 900.x A E C D M O B - Muốn chứng minh góc AMB = 90 0 ta dựa vào cách chứng minh bài toán trên. Ta chứng minh gócMAB + gócMBA = 900. Muống chứng minh gócMAB + góc MBA = 900 ta chứng minh gócMAB + gócMBA = gócCDE + gócDCE = 900 Để chứng minh điều này ta cần chứng minh gócMAB = gócECD, gócMBA = gócMDE. Như vậy ta cần phải chứng minh các tứ giác AMCE, MEDB nội tiếp. Từ đó ta có lời giải sau: Chứng minh: Ta có gócACM = gócAEM = 900, do đó tứ giác AMCE nội tiếp gócMAB = góc ECD (cùng bù gócMCE) Tương tự tứ giác MEDB nội tiếp gócMAB = gócMDE (cùng chắn một cung). Mà gócECD + gócEDC = 900. Do đó gócMBA + gócMAB = 900. Suy ra gócAMB = 900. Như vậy nhìn lại bài toán trên ta có thể đưa thành bài toán tổng quát hơn như sau: Bài toán 2.3: (Bài toán tổng quát) Trang 65
  66. Cho đường tròn (O) đường kính CD. Một điểm E thuộc đường tròn (O). M là điểm bất kì thuộc đường thẳng CD. Kẻ đường thẳng vuông góc với ME tại E cắt các tiếp tuyến Cx, Dy của đường tròn tại A và B. Chứng minh góc AMB = 900. Vẫn tiếp tục bài toán 2 ta khai thác theo khía cạnh khác, ta có bài toán sau: Bài toán 2.4: Cho đường tròn (O; AB ), qua A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của 2 đường tròn. Một điểm M thuộc đường tròn, qua M kẻ tiếp tuyến cắt Ax, By theo thứ tự ở C và D. 1) Chứng minh CD = AC + BD; 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác COD luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định khi M thay đổi trên đường tròn. 3) AD cắt BC ở H chứng minh MH // AC. y x D M C H A B K O Phân tích bài toán: 1) Với phần này rất phù hợp với học sinh trung bình khi học xong bài tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, Ta thấy ngay CM = CA; DM = DB từ đó suy ra CM + DM = CA + DB mà M nằm giữa C và D nên CD = CA + DB. 2) Cũng tương tự bài toán trên ta có COD vuông ở O. Mặt khác gọi I là trung CD điểm của CD thì O I; (1). 2 Lại có tứ giác ABDC là hình thang, OI là đường trung bình nên OI // CA, mà CA  AB do đó IO  AB (2) Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác COD. Mà AB là đường thẳng cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác COD luôn tiếp xúc với đường thẳng AB cố định khi M thay đổi trên đường tròn. Trang 66
  67. 3) Với phần này là một bài toán rất hay vì nó đòi hỏi học sinh phải dùng phương pháp phân tích đi lên để tìm lời giải của bài toán. Hơn nữa để tìm ra lời giải học sinh còn phải huy động kiến thức về định lí Talét đảo. Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm lời giải của bài toán bằng sơ đồ phân tích đi lên, như sau: MH //AC Từ đó yêu cầu học sinh lên bảng căn cứ vào sơ đồ  trình bày lời giải của bài toán: DM DH Ta có AC, BD là hai tiếp tuyến của (O) đường kính MC HA AB nên AC  AB, BD  AB do đó AC // BD.  Xét ACH có AC // BD áp dụng hệ quả định lí DB DH (vì DM=DB; DB DH AC HA Talét, ta có mà DB = DM; AC = MC nên AC HA MC=CA) DM DH ta có áp dụng định lí Talét đảo trong tam  MC HA AC // DB (  AB) giác DAC suy ra MH // AC. Khai thác bài toán: -) Giáo viên đặt vấn đề cho học sinh suy nghĩ. Gọi giao điểm của MH và AB là K, có nhận xét gì về vị trí của H đối với MK? Từ đó ta có bài toán: Bài toán 2 5: Với giả thiết của bài toán trên. Chứng minh H là trung điểm của MK. -) Nếu gọi P là giao điểm của BM và Ax. Thì ta cũng có kết quả C là trung điểm của AP. -) Nếu giáo viên cho thêm điều kiện AC = R 3 (AB = 2R) thì chúng ta lại có bài toán liên quan đến tính toán. Từ đó ta có bài toán sau: AB Bài toán 2.6: Cho O; , từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một 2 điểm C trên tia Ax sao cho AC = R 3 . Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By ở D. AD cắt BC ở H. 1) Tính số đo gócAOM; 2) Chứng minh trực tâm của tam giác ACM nằm trên (O); 3) Tính MH theo R. -) Bây chúng ta lại xét bài toán không tĩnh như trên nữa, mà cho điểm C thay đổi trên tia Ax sao cho AC R 3 thì khi đó trực tâm của ACM cũng thay đổi theo. Từ đó ta có bài toán sau: Trang 67
  68. AB Bài toán 2.7: Cho O; , từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một 2 điểm C trên tia Ax sao cho AC R 3 . Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By ở D.Gọi H là trực tâm của tam giác ACM. Tìm quĩ tích điểm H. -) Lại nhìn bài toán dưới góc độ bài toán cực trị hình học, ta có bài toán sau: AB Bài toán 2.8: Cho O; từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một 2 điểm M trên đường tròn, từ M kẻ tiếp tuyến của (O) cắt Ax, By thứ tự ở C và D. Tìm vị trí của điểm M để: 1) CD có độ dài nhỏ nhất; 2) Diện tích tam giác COD nhỏ nhất. Như vậy xuất phát từ bài toán trong SGK, bằng những thao tác tư duy lật ngược vấn đề, tương tự, khái quát hoá, tương tự hoá, chúng ta đã sáng tạo ra được rất nhiều bài toán xuất phát từ bài toán gốc trong quá trình tìm lời giải, nghiên cứu sâu lời giải: như bài toán tính toán, bài toán quĩ tích, bài toán cực trị, . Việc làm như thế ở người thày được lặp đi, lặp lại và thường xuyên trong quá trình lên lớp sẽ dần dần hình thành cho học sinh có phương pháp, thói quen đào sâu suy nghĩ, khai thác bài toán ở nhiều góc độ khác nhau. Đặc biệt là rèn cho học sinh có phương pháp tìm lời giải bài toán bằng phương pháp phân tích đi lên-một phương pháp tư duy rất đặc trưng và cực kì hiệu quả khi học môn hình học. Thông qua đó học sinh được phát triển năng lực sáng tạo toán học, nhất là những học sinh khá giỏi. Qua mỗi giờ dạy người thày cần giúp học sinh làm quen và sau đó tạo cơ hội cho học sinh luyện tập, thể hiện một cách thường xuyên thông qua hệ thống câu hỏi gợi mở, hệ thống bài tập từ dễ đến khó. Trên đây là một vài ý tưởng của tôi đã đưa ra trong quá trình lên lớp trong giờ luyện tập hình học. Theo tôi nó có tác dụng: - Giúp các em củng cố kiến thức đã học; - Giúp các em biết vận dụng kiến thức đã học vào bài tập; - Rèn kĩ năng trình bày cho học sinh; - Phát triển tư duy toán học thông qua các thao tác tư duy khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá, tư duy thuận đảo, - Dần dần hình thành phương pháp tìm lời giải bài toán hình học, tư duy linh hoạt, phương pháp học toán, học sáng tạo toán học. Trang 68