›
›
›

Chuyền đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7 - Phần Đại số

doc 30 trang thaodu 3210
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Chuyền đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7 - Phần Đại số", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docchuyen_de_boi_duong_hoc_sinh_gioi_toan_7_phan_dai_so.doc

Nội dung text: Chuyền đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7 - Phần Đại số

  1. CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 7 PHẦN ĐẠI SỐ Chuyền đề 1: Các bài toán thực hiện phép tính: 1. Các kiến thức vận dụng: - Tính chất của phép cộng , phép nhân - Các phép toán về lũy thừa: an = a.a a ; am.an = am+n ; am : an = am –n ( a 0, m n)  n a an (am)n = am.n ; ( a.b)n = an .bn ; ( )n (b 0) b bn 2 . Một số bài toán : Bài 1: a) Tính tổng : 1+ 2 + 3 + . + n , 1+ 3 + 5 + . + (2n -1) b) Tính tổng : 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n.(n+1) 1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 + .+ n(n+1)(n+2) Với n là số tự nhiên khác không. HD : a) 1+2 + 3 + + n = n(n+1) 1+ 3+ 5+ + (2n-1) = n2 b) 1.2+2.3+3.4+ + n(n+1) = [1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + + n(n + 1)( (n+2) – (n – 1))] : 3 = [ 1.2.3 – 1.2.3 + 2.3.4 – 2.3.4 + + n(n+1)(n+2)] : 3 = n(n+ 1)(n+2) :3 1.2.3 + 2.3.4+ 3.4.5 + .+ n(n+1)(n+2) = [ 1.2.3(4 – 0) + 2.3.4( 5 -1) + 3.4.5.(6 -2) + + n(n+1)(n+2)( (n+3) – (n-1))]: 4 = n(n+1)(n+2)(n+3) : 4 Tổng quát: Bài 2: a) Tính tổng : S = 1+ a + a2 + + an c c c b) Tính tổng : A = với a2 – a1 = a3 – a2 = = an – an-1 = a1.a2 a2.a3 an 1.an k HD: a) S = 1+ a + a2 + + an aS = a + a2 + + an + an+1 Ta có : aS – S = an+1 – 1 ( a – 1) S = an+1 – 1 Nếu a = 1 S = n n 1 Nếu a khác 1 , suy ra S = a 1 a 1 c c 1 1 b) Áp dụng ( ) với b – a = k a.b k a b c 1 1 c 1 1 c 1 1 Ta có : A = ( ) ( ) ( ) k a1 a2 k a2 a3 k an 1 an c 1 1 1 1 1 1 = ( ) k a1 a2 a2 a3 an 1 an c 1 1 = ( ) k a1 an Bài 3 : a) Tính tổng : 12 + 22 + 32 + . + n2 b) Tính tổng : 13 + 23 + 33 + + n3 HD : a) 12 + 22 + 32 + .+ n2 = n(n+1)(2n+1): 6 b) 13 + 23 + 33 + + n3 = ( n(n+1):2)2 1
  2. Bài 3: Thực hiện phép tính: 1 1 1 1 1 3 5 7 49 a) A = ( ) 4.9 9.14 14.19 44.49 89 212.35 46.92 510.73 255.492 b) B 6 3 22.3 84.35 125.7 59.143 HD : A = 9 ; B =7 28 2 1 1 1 2 2 2 Bài 4: 1, Tính: P = 2003 2004 2005 2002 2003 2004 5 5 5 3 3 3 2003 2004 2005 2002 2003 2004 2, Biết: 13 + 23 + . . . . . . .+ 103 = 3025. Tính: S = 23 + 43 + 63 + . . . .+ 203 3 3 0,375 0,3 1,5 1 0,75 1890 Bài 5: a) TÝnh A 11 12 : 115 5 5 5 2005 2,5 1,25 0,625 0,5 3 11 12 1 1 1 1 1 1 b) Cho B 3 32 33 34 32004 32005 1 Chøng minh r»ng .B 2 1 5 5 1 3 13 2 10 . 230 46 Bài 6: a) Tính : 4 27 6 25 4 3 10 1 2 1 : 12 14 10 3 3 7 1 1 1 1 b) TÝnh P 2 3 4 2012 2011 2010 2009 1 1 2 3 2011 HD: Nhận thấy 2011 + 1 = 2010+2 = . 2012 2010 1 MS 1 1 1 2011 1 2 2011 2012 2012 1 1 1 1 2012 2011 = 2012( ) 2 2011 2 3 4 2012 1 1 1 1 (1 2 3 99 100) (63.1,2 21.3,6) 2 3 7 9 c) A 1 2 3 4 99 100 Bài 7: a) Tính giá trị của biểu thức: 2
  3.  11 3 1 2  1 . 4 15 6 .  31 7 3 19 14 31 A  . 1  .  5 1 1 93  50  4 12 5   6 6 3  1 1 1 1 1 b) Chứng tỏ rằng: B 1 22 32 32 20042 2004 Bài 8: a) Tính giá trị của biểu thức: 2 4 3 81,624 : 4 4,505 125 3 4 A 2  2   11 2 13  : 0,88 3,53 (2,75)  : 25 25    b) Chứng minh rằng tổng: 1 1 1 1 1 1 1 S 0,2 22 24 26 24n 2 24n 22002 22004 Chuyên đề 2: Bài toán về tính chất của dãy tỉ số bằng nhau: 1. Kiến thức vận dụng : a c - a.d b.c b d a c e a c e a b e -Nếu thì với gt các tỉ số dều có nghĩa b d f b d f b d f a c e - Có = k Thì a = bk, c = d k, e = fk b d f 2. Bài tập vận dụng Dạng 1 Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để chứng minh đẳng thức a c a2 c2 a Bài 1: Cho . Chứng minh rằng: c b b2 c2 b a c HD: Từ suy ra c2 a.b c b a2 c2 a2 a.b khi đó b2 c2 b2 a.b a(a b) a = b(a b) b Bài 2: Cho a,b,c R và a,b,c 0 thoả mãn b2 = ac. Chứng minh rằng: 2 a = (a 2012b) c (b 2012c)2 HD: Ta có (a + 2012b)2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.b2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.ac = a( a + 2.2012.b + 20122.c) (b + 2012c)2 = b2 + 2.2012.bc + 20122.c2 = ac+ 2.2012.bc + 20122.c2 = c( a + 2.2012.b + 20122.c) 2 Suy ra : a = (a 2012b) c (b 2012c)2 3
  4. a c 5a 3b 5c 3d Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu th× b d 5a 3b 5c 3d a c HD : Đặt k a = kb, c = kd . b d 5a 3b b(5k 3) 5k 3 5c 3d d(5k 3) 5k 3 Suy ra : và 5a 3b b(5k 3) 5k 3 5c 3d d(5k 3) 5k 3 5a 3b 5c 3d Vậy 5a 3b 5c 3d a2 b2 ab Bài 4: BiÕt với a,b,c, d 0 Chứng minh rằng : c2 d 2 cd a c a d hoặc b d b c a2 b2 ab 2ab a2 2ab b2 (a b)2 a b HD : Ta có = ( )2 (1) c2 d 2 cd 2cd c2 2cd d 2 (c d)2 c d a2 b2 ab 2ab a2 2ab b2 (a b)2 a b = ( )2 (2) c2 d 2 cd 2cd c2 2cd d 2 (c d)2 c d  a b a b  a b 2 a b 2 c d c d Từ (1) và (2) suy ra : ( ) ( )  c d c d a b b a  c d d c Xét 2 TH đi đến đpcm a c Bài 5 : Cho tØ lÖ thøc . Chøng minh r»ng: b d 2 ab a2 b2 a b a2 b2 vµ cd c2 d 2 c d c2 d 2 a c HD : Xuất phát từ biến đổi theo các b d ab a2 b2 a2 c2 a2 b2 a b hướng làm xuất hiện ( )2 cd c2 d 2 b2 d 2 c2 d 2 c d Bài 6 : Cho dãy tỉ số bằng nhau: 2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d a b c d a b b c c d d a Tính M c d d a a b b c 2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d HD : Từ a b c d 2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d Suy ra : 1 1 1 1 a b c d a b c d a b c d a b c d a b c d a b c d Nếu a + b + c + d = 0 a + b = -( c+d) ; ( b + c) = -( a + d) a b b c c d d a M = -4 c d d a a b b c 4
  5. a b b c c d d a Nếu a + b + c + d 0 a = b = c = d M = 4 c d d a a b b c Bài 7 : a) Chứng minh rằng: x y z Nếu a 2b c 2a b c 4a 4b c a b c Thì x 2y z 2x y z 4x 4y z 3 a b c a b c a b) Cho: . Chứng minh: b c d b c d d x y z a 2b c 2a b c 4a 4b c HD : a) Từ a 2b c 2a b c 4a 4b c x y z a 2b c 2(2a b c) 4a 4b c a (1) x 2y z x 2y z 2(a 2b c) (2a b c) 4a 4b c b (2) 2x y z 2x y z 4(a 2b c) 4(2a b c) 4a 4b c c (3) 4x 4y z 4x 4y z a b c Từ (1) ;(2) và (3) suy ra : x 2y z 2x y z 4x 4y z x y z t Bài 8: Cho y z t z t x t x y x y z chứng minh rằng biểu thức sau có giá trị nguyên. x y y z z t t x P z t t x x y y z x y z t y z t z t x t x y x y z HD Từ y z t z t x t x y x y z x y z t y z t z t x t x y x y z 1 1 1 1 x y z t x y z t z t x y t x y z x y z t x y z t Nếu x + y + z + t = 0 thì P = - 4 Nếu x + y + z + t 0 thì x = y = z = t P = 4 y z x z x y x y z Bài 9 : Cho 3 số x , y , z khác 0 thỏa mãn điều kiện : x y z x y z Hãy tính giá trị của biểu thức : B = 1 1 1 y z x Bài 10 : a) Cho các số a,b,c,d khác 0 . Tính T =x2011 + y2011 + z2011 + t2011 x2010 y2010 z2010 t2010 x2010 y2010 z2010 t2010 Biết x,y,z,t thỏa mãn: a2 b2 c2 d 2 a2 b2 c2 d 2 b) Tìm số tự nhiên M nhỏ nhất có 4 chữ số thỏa mãn điều kiện: M = a + b = c +d = e + f 5
  6. a 14 c 11 e 13 Biết a,b,c,d,e,f thuộc tập N* và ; ; b 22 d 13 f 17 a b c c) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn : . 2009 2010 2011 Tính giá trị của biểu thức : M = 4( a - b)( b – c) – ( c – a )2 Một số bài tương tự Bài 11: Cho d·y tØ sè b»ng nhau: 2012a b c d a 2012b c d a b 2012c d a b c 2012d a b c d a b b c c d d a TÝnh M c d d a a b b c Bài 12: Cho 3 số x , y , z, t khác 0 thỏa mãn điều kiện : y z t nx z t x ny t x y nz x y z nt ( n là số tự nhiên) x y z t và x + y + z + t = 2012 . Tính giá trị của biểu thức P = x + 2y – 3z + t Dạng 2 : Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tìm x,y,z, 1+3y 1+5y 1+7y Bài 1: Tìm cặp số (x;y) biết : 12 5x 4x HD : Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 1+3y 1+5y 1+7y 1 7y 1 5y 2y 1 5y 1 3y 2y 12 5x 4x 4x 5x x 5x 12 5x 12 2y 2y => với y = 0 thay vào không thỏa mãn x 5x 12 Nếu y khác 0 => -x = 5x -12 => x = 2. Thay x = 2 vào trên ta được: 1 3y 2y 1 y =>1+ 3y = -12y => 1 = -15y => y = 12 2 15 Vậy x = 2, y = 1 thoả mãn đề bài 15 a b c Bài 3 : Cho và a + b + c ≠ 0; a = 2012. b c a Tính b, c. a b c a b c HD : từ 1 a = b = c = 2012 b c a a b c y x 1 x z 2 x y 3 1 Bài 4 : Tìm các số x,y,z biết : x y z x y z HD: Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau: y x 1 x z 2 x y 3 2(x y z) 1 2 (vì x+y+z 0) x y z (x y z) x y z 6
  7. Suy ra : x + y + z = 0,5 từ đó tìm được x, y, z 1 2y 1 4y 1 6y Bài 5 : Tìm x, biết rằng: 18 24 6x 1 2y 1 4y 1 6y 2(1 2y) (1 4y) 1 2y 1 4y (1 6y) HD : Từ 18 24 6x 2.18 24 18 24 6x 1 1 Suy ra : x 1 6 6x x y z Bài 6: T×m x, y, z biÕt: x y z (x, y, z 0 ) z y 1 x z 1 x y 2 x y z x y z 1 HD : Từ x y z z y 1 x z 1 x y 2 2(x y z) 2 1 1 1 1 Từ x + y + z = x + y = - z , y +z = - x , z + x = - y thay vào đẳng thức 2 2 2 2 ban đầu để tìm x. 3x 3y 3z Bài 7 : T×m x, y, z biÕt vµ 2x2 2y2 z 2 1 8 64 216 2x 1 4y 5 2x 4y 4 Bài 8 : Tìm x , y biết : 5 9 7x Chuyên đề 3: Vận dụng tính chất phép toán để tìm x, y 1. Kiến thức vận dụng : - Tính chất phép toán cộng, nhân số thực - Quy tắc mở dấu ngoặc, quy tắc chuyển vế A, A 0 - Tính chất về giá trị tuyệt đối : vớiA 0mọi A ; A   A, A 0 - Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối : A B A B dấu ‘=’ xẩy ra khi AB 0; A B A B dấu ‘= ‘ xẩy ra A,B >0 A m A m A m  (m 0) ; A m (hay m A m) với m > 0 A m A m - Tính chất lũy thừa của 1 số thực : A2n 0 với mọi A ; - A2n 0 với mọi A Am = An m = n; An = Bn A = B (nếu n lẻ ) hoặc A = B ( nếu n chẵn) 0< A < B An < Bn ; 2. Bài tập vận dụng Dạng 1: Các bài toán cơ bản Bài 1: Tìm x biết 7
  8. a) x + 2x + 3x + 4x + + 2011x = 2012.2013 x 1 x 2 x 3 x 4 b) 2011 2010 2009 2008 HD : a) x + 2x + 3x + 4x + + 2011x = 2012.2013 x( 1 + 2 + 3 + .+ 2011) = 2012.2013 2011.2012 2.2013 x. 2012.2013 x 2 2011 b) Nhận xét : 2012 = 2011+1= 2010 +2 = 2009 +3 = 2008 +4 x 1 x 2 x 3 x 4 Từ 2011 2010 2009 2008 (x 2012) 2011 (x 2012) 2010 (x 2012) 2009 (x 2012) 2008 2011 2010 2009 2008 x 2012 x 2012 x 2012 x 2012 2 2011 2010 2009 2008 1 1 1 1 (x 2012)( ) 2 2011 2010 2009 2008 1 1 1 1 x 2 : ( ) 2012 2011 2010 2009 2008 Bài 2 Tìm x nguyên biết 1 1 1 1 49 a) 1.3 3.5 5.7 (2x 1)(2x 1) 99 1006 b) 1- 3 + 32 – 33 + .+ (-3)x = 9 1 4 Dạng 2 : Tìm x có chứa giá trị tuyệt đối Dạng : x a x b và x a x b x c Khi giải cần tìm giá trị của x để các GTTĐ bằng không, rồi so sánh các giá trị đó để chia ra các khoảng giá trị của x ( so sánh –a và –b) Bài 1 : Tìm x biết : a) x 2011 x 2012 b) x 2010 x 2011 2012 HD : a) x 2011 x 2012 (1) do VT = x 2011 0,x nên VP = x – 2012 0 x 2012 (*) x 2011 x 2012 2011 2012(vôly) Từ (1)   x 2011 2012 x x (2011 2012) : 2 Kết hợp (*) x = 4023:2 b) x 2010 x 2011 2012 (1) 8
  9. Nếu x 2010 từ (1) suy ra : 2010 – x + 2011 – x = 2012 x = 2009 :2 (lấy) Nếu 2010 < x < 2011 từ (1) suy ra : x – 2010 + 2011 – x = 2012 hay 1 = 2012 (loại) Nếu x 2011 từ (1) suy ra : x – 2010 + x – 2011 = 2012 x = 6033:2(lấy) Vậy giá trị x là : 2009 :2 hoặc 6033:2 Một số bài tương tự: Bài 2 : a) T×m x biÕt x 1 x 3 4 b) T×m x biÕt: x2 6x 2 x2 4 c) T×m x biÕt: 2x 3 2 4 x 5 Bài 3 : a)T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó: x 3 x 1 3x b) Tìm x biết: 2x 3 x 2 x Bài 4 : tìm x biết : a) x 1 4 b) x 2011 2012 Dạng : Sử dụng BĐT giá trị tuyệt đối Bài 1 : a) Tìm x ngyên biết : x 1 x 3 x 5 x 7 8 b) Tìm x biết : x 2010 x 2012 x 2014 2 HD : a) ta có x 1 x 3 x 5 x 7 x 1 7 x x 3 5 x 8 (1) Mà x 1 x 3 x 5 x 7 8 suy ra ( 1) xẩy ra dấu “=” 1 x 7 Hay 3 x 5 do x nguyên nên x {3;4;5} 3 x 5 b) ta có x 2010 x 2012 x 2014 x 2010 2014 x x 2012 2 (*) Mà x 2010 x 2012 x 2014 2 nên (*) xẩy ra dấu “=” x 2012 0 Suy ra: x 2012 2010 x 2014 Các bài tương tự Bài 2 : Tìm x nguyên biết : x 1 x 2 x 100 2500 Bài 3 : Tìm x biết x 1 x 2 x 100 605x Bài 4 : T×m x, y tho¶ m·n: x 1 x 2 y 3 x 4 = 3 Bài 5 : Tìm x, y biết : x 2006y x 2012 0 HD : ta có x 2006y 0 với mọi x,y và x 2012 0 với mọi x Suy ra : x 2006y x 2012 0 với mọi x,y mà x 2006y x 2012 0 x y 0 x 2006y x 2012 0 x 2012, y 2 x 2012 0 Bài 6 : T×m c¸c sè nguyªn x tho¶ m·n. 2004 x 4 x 10 x 101 x 990 x 1000 Dạng chứa lũy thừa của một số hữu tỉ Bài 1: Tìm số tự nhiên x, biết : a) 5x + 5x+2 = 650 b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162 HD : a) 5x + 5x+2 = 650 5x ( 1+ 52) = 650 5x = 25 x = 2 b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162 3x -1(1 + 5) = 162 3x – 1 = 27 x = 4 9
  10. Bài 2 : Tìm các số tự nhiên x, y , biết: a) 2x + 1 . 3y = 12x b) 10x : 5y = 20y 22x 3y HD : a) 2x + 1 . 3y = 12x 2x 1 3y x 2x 1 3x Nhận thấy : ( 2, 3) = 1 x – 1 = y-x = 0 x = y = 1 b) 10x : 5y = 20y 10x = 102y x = 2y Bài 3 : Tìm m , n nguyên dương thỏa mãn : a) 2m + 2n = 2m +n b) 2m – 2n = 256 HD: a) 2m + 2n = 2m +n 2m + n – 2m – 2n = 0 2m ( 2n – 1) –( 2n – 1) = 1 2n 1 1 (2m -1)(2n – 1) = 1 m n 1 m 2 1 1 b) 2m – 2n = 256 2n ( 2m – n - 1) = 28 Dễ thấy m n, ta xét 2 trường hợp : + Nếu m – n = 1 n = 8 , m = 9 + Nếu m – n 2 thì 2m – n – 1 là 1 số lẻ lớn hơn 1, khi đó VT chứa TSNT khác 2, mà VT chỉ chứa TSNT 2 suy ra TH này không xẩy ra : vậy n = 8 , m = 9 x 1 x 11 Bài 4 : Tìm x , biết : x 7 x 7 0 HD : x 7 x 1 x 7 x 11 0 x 1 10 x 7 1 x 7  0   x 7 x 1 1 x 7 10  0   x 1   x 7 0   x 7 0 x 7 10 x 8 1 (x 7)10 0 (x 7) 1    x 6 Bài 5 : Tìm x, y biết : x 2011y (y 1)2012 0 HD : ta có x 2011y 0 với mọi x,y và (y – 1)2012 0 với mọi y Suy ra : x 2011y (y 1)2012 0 với mọi x,y . Mà x 2011y (y 1)2012 0 x 2011y 0 x 2011, y 1 y 1 0 Các bài tập tương tự : Bài 6 : Tìm x, y biết : a) x 5 (3y 4)2012 0 b) (2x 1)2 2y x 8 12 5.22 10
  11. Chuyên đề 4: Giá trị nguyên của biến , giá trị của biểu thức. 1 . Các kiến thức vận dụng: - Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9 - Phân tích ra TSNT, tính chất của số nguyên tố, hợp số , số chính phương - Tính chất chia hết của một tổng , một tích - ƯCLN, BCNN của các số 2. Bài tập vận dụng : * Tìm x,y dưới dạng tìm nghiệm của đa thức Bài 1: a) Tìm các số nguyên tố x, y sao cho: 51x + 26y = 2000 b) Tìm số tự nhiên x, y biết: 7(x 2004)2 23 y2 c) Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x - y = 6 d) Tìm mọi số nguyên tố thoả mãn : x2-2y2=1 HD: a) Từ 51x + 26y = 2000 17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) do 3,17 là số NT nên x 2 mà x NT x = 2. Lại có 1000 – 13y 51 , 1000 – 13y > 0 và y NT y = b) Từ 7(x 2004)2 23 y2 (1) do 7(x–2004)2 0 23 y2 0 y2 23 y {0,2,3,4} 2 Mặt khác 7 là số NT 13 y 7 vậy y = 3 hoặc y = 4 thay vào (1) suy ra : x= 2005 ,y =4 hoặc x = 2003, y = 4 x 1 1 x 1 1 c) Ta có xy + 3x - y = 6 ( x – 1)( y + 3) = 3 hoặc y 3 3 y 3 3 x 1 3 x 1 3 hoặc hoặc y 3 1 y 1 1 d)x 2-2y2=1 x2 1 2y2 (x 1)(x 1) 2y2 x 1 2y x 3 do VP = 2y2 chia hết cho 2 suy ra x > 2 , mặt khác y nguyên tố x 1 y y 2 Bài 2 a) Tìm các số nguyên thỏa mãn : x – y + 2xy = 7 2 2 b) Tìm x, y biết: 25 y 8(x 2012) HD : a) Từ x – y + 2xy = 7 2x – 2y + 2xy = 7 (2x - 1)( 2y + 1) = 13 b) Từ 25 y2 8(x 2012)2 y2 25 và 25 – y2 chia hết cho 8 , suy ra y = 1 hoặc y = 3 hoặc y = 5 , từ đó tìm x 1 1 1 Bài 3 a) Tìm giá trị nguyên dương của x và y, sao cho: x y 5 b) Tìm các số a, b, c nguyên dương thoả mãn : a3 3a2 5 5b và a 3 5 c 1 1 1 x5 HD : a) Từ 5 ( x + y) = xy (*) xy5  x y 5  y5 + Với x chia hết cho 5 , đặt x = 5 q ( q là số tự nhiên khác 0) thay vào (*) suy ra: 5q + y = qy 5q = ( q – 1 ) y . Do q = 1 không thỏa mãn , nên với q khác 1 ta 5q 5 có y 5 Z q 1 Ư(5) , từ đó tìm được y, x q 1 q 1 b) a3 3a2 5 5b a2 ( a +3) = 5b – 5 , mà a 3 5c a2. 5c = 5( 5b – 1 – 1) 11
  12. 5b 1 1 a2 Do a, b, c nguyên dương nên c = 1( vì nếu c >1 thì 5 b – 1 - 1 không 5c 1 chia hết cho 5 do đó a không là số nguyên.) . Với c = 1 a = 2 và b = 2 Bài 4: T×m c¸c cÆp sè nguyªn tè p, q tho¶ m·n: 2 52 p 2013 52 p q2 2 2 HD : 52 p 2013 52 p q2 2013 q2 25 p 25 p 2013 q2 25 p (25 p 1) 2 2 2 Do p nguyên tố nên 2013 q 25 và 2013 – q > 0 từ đó tìm được q Bài 5 : T ìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: 2n 1 chia hết cho 7 HD : Với n 1 thì m -1 1 và x là số CP thì 1006 x 1 2012 2009 suy ra 2009 không chia hết cho 1006 x 1 Với x = 1 thay vào không thỏa mãn Với x = 0 thì 2009 :1006 x 1 2009 12
  13. Chuyên đề 5 : Giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1.Các kiến thức vận dụng : * a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b * a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b *A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A * A 0,A , A 0,A * A B A B ,A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0 * A B A B ,A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0 2. Bài tập vận dụng: * Dạng vận dụng đẳng thức : a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b Và a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các đa thức sau: a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012 b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 HD : a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012 = 2(x2 – 2.x. + 12 ) + 2010 = 2( x – 1)2 + 2010 Do ( x - 1)2 0 với mọi x , nên P(x) 2010 . Vậy Min P(x) = 2010 khi ( x - 1)2 = 0 hay x = 1 b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 = ( x + 50)2 – 3500 - 3500 với mọi x Vậy Min Q(x) = -3500 Từ đây ta có bài toán tổng quát : Tìm GTNN của đa thức P(x) = a x2 + bx +c ( a > 0) b b b2 HD: P(x) = a x2 + bx +c = a( x2 + 2.x. + ( )2 ) + ( c - ) 2a 2a 4a b 4ac b2 4ac b2 4ac b2 b = a( x )2 ( ) ,x Vậy Min P(x) = khi x = 2a 4a 4a 4a 2a Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: a) A = - a2 + 3a + 4 b) B = 2 x – x2 3 3 9 3 25 HD : a) A = - a2 + 3a + 4 = (a2 2.a. ( )2 ) (4 ) (a )2 2 2 4 2 4 3 25 25 3 Do (a ) 0,a nên A ,a . Vậy Max A = khi a = 2 4 4 2 c) B = 2x x2 (x2 2.x.1 12 ) 1 (x 1)2 1 . Do (x 1) 0,x B 1,x Vậy Max B = 1 khi x = 1 Bài 3 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau: 2012 a) P = 2012 b) Q = a 2013 x2 4x 2013 a2012 2011 * Dạng vận dụng A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A Bài 1 : Tìm GTNN của biểu thức : a) P = ( x – 2y)2 + ( y – 2012)2012 b) Q = ( x + y – 3)4 + ( x – 2y)2 + 2012 HD : a) do (x 2y)2 0,x, y và (y 2012)2012 0,y suy ra : P 0 với mọi x,y x 2y 0 x 4024 Min P = 0 khi y 2012 0 y 2012 b) Ta có (x y 3)4 0.x, y và (x 2y)2 0.x, y suy ra : Q 2012 với mọi x,y 13
  14. (x y 3)2 0 x 2 Min Q = 2012 khi 2 (x 2y) 0 y 1 2013 Bài 3 : Tìm GTLN của R = 4 (x 2)2 (x y) 3 3 x 2 Bài 4 : Cho phân số: C (x Z) 4 x 5 a) Tìm x Z để C đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó. b) Tìm x Z để C là số tự nhiên. 3 x 2 3 4.(3 x 2) 3 12 x 8 3 23 HD : C . . .(1 ) 4 x 5 4 3.(4 x 5) 4 12 x 15 4 12 x 15 23 C lớn nhất khi lớn nhất 12 x 15 nhỏ nhất và 12 x 15 0 x 2 12 x 15 3 23 8 Vậy Max C = (1 ) khi x = 2 4 9 3 7n 8 Bài 5 : T×m sè tù nhiªn n ®Ó ph©n sè cã gi¸ trÞ lín nhÊt 2n 3 7n 8 7 2(7n 8) 7 14n 16 7 5 HD : Ta có . . (1 ) 2n 3 2 7(2n 3) 2 14n 21 2 14n 21 7n 8 5 Để lớn nhất thì lớn nhất 14n 21 0 và 14n – 21 có giá trị nhỏ 2n 3 14n 21 21 3 nhất n và n nhỏ nhất n = 2 14 2 * Dạng vận dụng A 0,A , A 0,A A B A B ,A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0 A B A B ,A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0 Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a) A = ( x – 2)2 + y x + 3 b) B = 2011 2012 x 2010 HD: a) ta có (x 2)2 0 với mọi x và y x 0 với mọi x,y A 3 với mọi x,y 2 (x 2) 0 x 2 Suy ra A nhỏ nhất = 3 khi y x 0 y 2 b) Ta có x 2010 0 với mọi x 2012 x 2010 2012 với mọi x 2011 2011 B B với mọi x, suy ra Min B = khi x = 2010 2012 2012 Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức a) A x 2011 x 2012 b) B x 2010 x 2011 x 2012 c) C = x 1 x 2 x 100 HD : a) Ta có A x 2011 x 2012 = x 2011 2012 x x 2011 2012 x 1 với mọi x A 1 với x . Vậy Min A = 1 Khi (x 2011)(2012 x) 0 2011 x 2012 14
  15. b) ta có B x 2010 x 2011 x 2012 ( x 2010 2012 x ) x 2011 Do x 2010 2012 x x 2010 2012 x 2 với mọi x (1) Và x 2011 0 với mọi x (2) Suy ra B ( x 2010 2012 x ) x 2011 2 . Vậy Min B = 2 khi BĐT (1) và (x 2010)(2012 x) 0 (2) xẩy ra dấu “=” hay x 2011 x 2011 0 c) Ta có x 1 x 2 x 100 = ( x 1 100 x ) ( x 2 99 x ) ( x 50 56 x ) x 1 100 x x 2 99 x x 50 56 x = 99 + 97 + + 1 = 2500 Suy ra C 2050 với mọi x . Vậy Min C = 2500 khi (x 1)(100 x) 0 1 x 100 (x 2)(99 x) 0 2 x 99 50 x 56 (x 50)(56 x) 0 50 x 56 Chuyên đề 6 : Dạng toán chứng minh chia hết 1.Kiến thức vận dụng * Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9 * Chữ số tận cùng của 2n, 3n ,4n, 5n ,6n, 7n, 8n, 9n * Tính chất chia hết của một tổng 2. Bài tập vận dụng: Bài 1 : Chứng minh rằng : Với mọi số nguyên dương n thì : 3n 2 2n 2 3n 2n chia hết cho 10 HD: ta có 3n 2 2n 2 3n 2n = 3n 2 3n 2n 2 2n =3n (32 1) 2n (22 1) =3n 10 2n 5 3n 10 2n 1 10 = 10( 3n -2n) n 2 n 2 n n Vậy 3 2 3 2  10 với mọi n là số nguyên dương. Bài 2 : Chứng tỏ rằng: A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 là số chia hết cho 100 HD: A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 = 75.( 42005 – 1) : 3 + 25 = 25( 42005 – 1 + 1) = 25. 42005 chia hết cho 100 p m n Bài 3 : Cho m, n N* và p là số nguyên tố thoả mãn: = (1) m 1 p Chứng minh rằng : p2 = n + 2 * HD : + Nếu m + n chia hết cho p p(m 1) do p là số nguyên tố và m, n N m = 2 hoặc m = p +1 khi đó từ (1) ta có p2 = n + 2 15
  16. + Nếu m + n không chia hết cho p , từ ( 1) (m + n)(m – 1) = p2 Do p là số nguyên tố và m, n N* m – 1 = p2 và m + n =1 m = p2 +1 và n = - p2 2). Chøng minh 2n 1 lµ hîp sè HD : b) ta có (2n +1)( 2n – 1) = 22n -1 = 4n -1 (1) .Do 4n- 1 chia hêt cho 3 và 2n 1 lµ sè nguyªn tè (n > 2) suy ra 2n -1 chia hết cho 3 hay 2n -1 là hợp số Chuyên đề 7 : Bất đẳng thức 1.Kiến thức vận dụng 16
  17. * Kỹ thuật làm trội : Nếu a1 0 . Chứng tỏ rằng: M không là số nguyên. a b b c c a a b c a b c a b c HD : Ta có M 1 a b b c c a a b c c a b a b c a b c M 1 a b c (a b) b (b c) c (c a) a Mặt khác M a b b c c a a b b c c a b c a 3 ( ) = 3 – N Do N >1 nên M < 2 a b b c c a Vậy 1 < M < 2 nên M không là số nguyên Bài 2 Chứng minh rằng : a b 2 ab (1) , a b c 33 abc (2) với a, b, c 0 HD : a b 2 ab (a b)2 4ab a2 2ab b2 4ab a2 2ab b2 0 (a b)2 0 (*) Do (*) đúng với mọi a,b nên (1) đúng Bài 3 : Với a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 a) (a b)( ) 4 (1) b) (a b c)( ) 9 (2) a b a b c 1 1 HD : a) Cách 1 : Từ (a b)( ) 4 (a b)2 4ab (a b)2 0 (*) a b Do (*) đúng suy ra (1) đúng 1 1 2 1 1 2 Cách 2: Ta có a b 2 ab và (a b)( ) 2 ab. 4 a b ab a b ab Dấu “ =” xẩy ra khi a = b 1 1 1 b c a c a b a b b c a c b) Ta có : (a b c)( ) 3 3 ( ) ( ) ( ) a b c a b c b a c b c a 17
  18. a b b c a c Lại có 2; 2; 2 b a c b c a 1 1 1 Suy ra (a b c)( ) 3 2 2 2 9 Dấu “ = ” xẩy ra khi a = b = c a b c Bài 4 : a) Cho z, y, z là các số dương. x y z 3 Chứng minh rằng: 2x y z 2y z x 2z x y 4 b) Cho a, b, c thoả mãn: a + b + c = 0. Chứng minh rằng: ab bc ca 0 . HD : b) Tính ( a + b + c)2 từ cm được ab bc ca 0 Chuyên đề 8 : Các bài toán về đa thức một ẩn Bài 1 : Cho đa thức P(x) = a x3 + bx2 + cx + d ( a khác 0) Biết P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = 1 , P( 2) = 120 . Tính P(3) HD : ta có P(1) = 100 a + b + c + d = 100 P(-1) = 50 - a + b – c + d = 50 P( 0) = 1 d = 1 P(2) = 8a + 4b + c + d = 120 Từ đó tìm được c, d, và a và XĐ được P(x) Bài 2 : Cho f (x) ax2 bx c với a, b, c là các số hữu tỉ. Chứng tỏ rằng: f ( 2). f (3) 0 . Biết rằng 13a b 2c 0 HD : f( -2) = 4a – 2b + c và f(3) = 9a + 3b + c f(-2).f(3) =(4a – 2b + c)( 9a + 3b + c) Nhận thấy ( 4a – 2b + c) + ( 9a + 3b + c) = 13a + b + 2c = 0 ( 4a – 2b + c ) = - ( 9a + 3b + c) Vậy f(-2).f(3) = - ( 4a – 2b + c).( 4a – 2b + c) = - ( 4a -2b + c)2 0 Bài 3 Cho đa thức f (x) ax2 bx c với a, b, c là các số thực. Biết rằng f(0); f(1); f(2) có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên. HD : f(0) = c , f(1) = a + b + c , f(2) = 4a + 2b + c Do f(0) ,f(1), f(2) nguyên c , a + b + c và 4a + 2b + c nguên a + b và 4a + 2b = 2 (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên 2a , 2b nguyên Bài 4 Chứng minh rằng: f(x) ax3 bx2 cx d có giá trị nguyên với mọi x nguyên khi và chỉ khi 6a, 2b, a + b + c và d là số nguyên HD : f(0) = d , f(1) = a + b + c + d , f(2) = 8a +4 b + c + d Nếu f(x) có giá trị nguyên với mọi x d , a + b + c + d, 8a +4b + c + d là các số nguyên . Do d nguyên a + b + c nguyên và (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b nguyên 2b nguyên 6a nguyên . Chiều ngược lại cm tương tự. Bài 5 : Tìm tổng các hệ số của đa thức nhận được sau khi bỏ dấu ngoặc trong biểu thức: A(x) = (3 4x x2 )2004. (3 4x x2 )2005 2 4018 HD : Giả sử A( x) = ao + a1x + a2x + + a4018x Khi đó A(1) = ao + a1 +a2 + .+ a4018 do A(1) = 0 nên ao + a1 +a2 + .+ a4018 = 0 Bài 6 : Cho x = 2011. Tính giá trị của biểu thức: x2011 2012x2010 2012x2009 2012x2008 2012x2 2012x 1 18
  19. HD : Đặt A = x2011 2012x2010 2012x2009 2012x2008 2012x2 2012x 1 x2010 (x 2011) x2009 (x 2011) x2008 (x 2011) x(x 2011) x 1 tại x = 2012 thì A = 2011 Chuyên đề 9 Các bài toán thực tế 1. Kiến thức vận dụng - Tính chất đại lượng tỉ lệ thuận : Đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x khi và chỉ khi : y y y y y = k.x 1 2 3 n k ( k là hệ số tỉ lệ ) x1 x2 x3 xn - Tính chất đại lượng tỉ lệ nghịch : Đại lượng y và đại lượng x được gọi là hai đại lượng tỉ lệ nghịch khi : x.y = a x1.y1 x2.y2 x3.y3 xn .yn a ( a là hệ số tỉ lệ ) - Tính chất dãy tỉ số bằng nhau. 2. Bài tập vận dụng *Phương pháp giải : - Đọc kỹ đề bài , từ đó xác định các đại lượng trong bài toán - Chỉ ra các đại lượng đã biết , đại lượng cần tìm - Chỉ rõ mối quan hệ giữa các đại lượng ( tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch) - Áp dụng tính chất về đại lượng tỉ lệ và tính chất dãy tỉ số bằng nhau để giải Bài 1 : Một vật chuyển động trên các cạnh hình vuông. Trên hai cạnh đầu vật chuyển động với vận tốc 5m/s, trên cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, trên cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s. Hỏi độ dài cạnh hình vuông biết rằng tổng thời gian vật chuyển động trên bốn cạnh là 59 giây Bài 2 : Ba lớp 7A,7B,7C có 94 học sinh tham gia trồng cây. Mỗi học sinh lớp 7A trồng được 3 cây, Mỗi học sinh lớp 7B trồng được 4 cây, Mỗi học sinh lớp 7C trồng được 5 cây,. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh. Biết rằng số cây mỗi lớp trồng được đều như nhau. Bài 3 : Một ô tô phải đi từ A đến B trong thời gian dự định. Sau khi đi được nửa quãng đường ô tô tăng vận tốc lên 20 % do đó đến B sớm hơn dự định 10 phút. Tính thời gian ô tô đi từ A đến B. Bài 4 : Trên quãng đường AB dài 31,5 km. An đi từ A đến B, Bình đi từ B đến A. Vận tốc An so với Bình là 2: 3. Đến lúc gặp nhau, thời gian An đi so với Bình đi là 3: 4. Tính quãng đường mỗi người đi tới lúc gặp nhau ? Bài 5 : Ba đội công nhân làm 3 công việc có khối lượng như nhau. Thời gian hoàn thành công việc của đội І, ІІ, ІІІ lần lượt là 3, 5, 6 ngày. Biêt đội ІІ nhiều hơn đội ІІІ là 2 người và năng suất của mỗi công nhân là bằng nhau. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu công nhân ? Bài 6 : Ba ô tô cùng khởi hành đi từ A về phía B . Vận tốc ô tô thứ nhất kém ô tô thứ hai là 3 Km/h . Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai và thứ ba đi hết quãng đường AB lần lượt là : 40 phút, 5 giờ , 5 giờ . Tính vận tốc mỗi ô tô ? 8 9 PHẦN HÌNH HỌC I. Một số phương pháp chứng minh hình hoc 19
  20. 1.Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau: P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai đoạn thẳng đó - Chứng minh hai đoạn thẳng đó là hai cạnh bên của một tam giác cân - Dựa vào tính chất đường trung tuyến, đường trung trực của đoạn thẳng - Dựa vào định lí Py-ta- go để tính độ dài đoạn thẳng 2.Chứng minh hai góc bằng nhau: P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai góc đó - Chứng minh hai góc đó là hai góc ở đáy của một tam giác cân - Chứng minh hai đường thẳng song song mà hai góc đó là cặp góc so le trong ,đồng vị - Dựa vào tính chất đường phân giác của tam giác 3. Chứng minh ba điểm thẳng hàng: P2 : - Dựa vào số đo của góc bẹt ( Hai tia đối nhau) - Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 tại một điểm - Hai đường thẳng đi qua một điểm và song song với đường thẳng thứ 3 - Dựa vào tính chất 3 đường trung tuyến, phân giác, trung trực, đường cao 4. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc P2 : - Tính chất của tam giác vuông, định lí Py – ta – go đảo - Qua hệ giữa đường thẳng song song và đường thẳng vuông góc - Tính chất 3 đường trung trực, ba đường cao 5 . Chứng minh 3 đường thẳng đồng quy( đi qua một điểm ) P2 : - Dựa vào tính chất của các đường trong tam giác 6. So sánh hai đoạn thẳng, hai góc : P2 : - Gắn hai đoạn thẳng , hai góc vào một tam giác từ đó vận định lí về quan hệ giữa cạnh và góc đối diện trong một tam giác , BĐT tam giác - Dựa vào định lí về quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu, đường xiên và đường vuông góc . II. Bài tập vận dụng Bài 1 : Cho tam giác ABC có Â < 90 0. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng D AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và E bằng AC. Chứng minh: DC = BE và DC  BE 1 HD: Phân tích tìm hướng giải A *Để CM DC = BE cần CM ∆ABE = ∆ ADC ( c.g.c) 1 Có : AB = AD, AC = AE (gt) I 2 Cần CM : D AC B AE K 0 1 Có : B AE 90 B AC D AC * Gọi I là giao điểm của AB và CD B 0 Để CM : DC  BE cần CM I2 B1 90 0 Có I1 I2 ( Hai góc đối đỉnh) và I1 D1 90 C Cần CM B1 D1 ( vì ∆ABE = ∆ ADC) Lời giải 20
  21. a) Ta có B AE 900 B AC D AC D AC B AE , mặt khác AB = AD, AC = AE (gt) Suy ra ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c) DC = BE b) Gọi I là giao điểm của AB và CD 0 Ta có I1 I2 ( Hai góc đối đỉnh) , I1 D1 90 ( ∆ ADI vuông tại A) và B1 D1 ( vì 0 ∆ABE = ∆ ADC) I2 B1 90 DC  BC *Khai thác bài 1: Từ bài 1 ta thấy : DC = BE vµ DC  BE khi ∆ABD và ∆ ACE vuông cân, vậy nếu có ∆ABD và ∆ ACE vuông cân , Từ B kẻ BK  CD tại D thì ba điểm E, K, B thẳng hàng Ta có bài toán 1.2 Bài 1. 1: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Từ B kẻ BK  CD tại K Chứng minh rằng ba điểm E, K, B thẳng hàng HD : Từ bài 1 chứng minh được DC  BE mà BK  CD tại K suy ra ba điểm E, K, B thẳng hàng *Khai thác bài 1.1 Từ bài 1.1 nếu gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A thì MA  BC từ đó ta có bài toán 1.2 Bài 1.2: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A . Chứng minh rằng : MA  BC Phân tích tìm hướng giải HD: Gọi H là giao điểm của tia MA và BC Để CM MA  BC ta cần CM ∆AHC vuông tại H Để CM ∆AHC vuông tại H ta cần tạo ra 1 tam giác vuông bằng ∆AHC N Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN Kẻ DQ  AM tại Q 1 D Cần CM ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) M  E CM: ND = AC , N1 ACB , B AC ADN Q A  1 CM : ∆ABC = ∆DNA ( c.g.c)  Có AD = AB (gt) Cần CM : ND = AE ( = AC) và B AC ADN + Để CM ND = AE B  H CM : ∆MDN = ∆MEA (c.g.c) + Để CM B AC ADN C  E AD ADN 1800 vìE AD B AC 1800  CM AE // DN (∆MDN = ∆MEA) 21
  22. Lời giải Gọi H là giao điểm của tia MA và BC , Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN kẻ DQ  AM tại Q Ta có ∆MDN = ∆MEA ( c.g.c) vì : AM = MN ; MD = ME (gt) và E MA D MN ( hai góc đối đỉnh) DN = AE ( = AC) và AE // DN vì N1 M AE ( cặp góc so le trong ) E AD ADN 1800 ( cặp góc trong cùng phía) mà E AD B AC 1800 B AC ADN Xét ∆ABC và ∆DNA có : AB = AD (gt) , AC = DN và B AC ADN ( chứng minh trên ) ∆ABC = ∆DNA (c.g.c) N1 ACB Xét ∆AHC và ∆DQN có : AC = DN , B AC ADN và N1 ACB ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) ∆AHC vuông tại H hay MA BC * Khai thác bài toán 1.3 + Từ bài 1.2 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MA  BC , ngược lại nếu AH  BC tại H thì tia HA sẽ đi qua trung điểm M của DE , ta có bài toán 1.4 Bài 1.3 : Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC . Chứng minh rằng tia HA đi qua trung điểm của đoạn thẳng DE HD : Từ bài 1.2 ta có định hướng giải như sau: Kẻ DQ  AM tại Q, ER  AM tại R . Ta có : + D AQ H BH ( Cùng phụ B AH ) R AD = AB (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh D 1 M huyền – góc nhọn) E 2 DQ = AH (1) Q + ACH E AR ( cùng phụ C AH ) 1 A AC = AE (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn) ER = AH ( 1) . Từ (1) và (2) ER = DQ Lại có M M ( hai góc đối đỉnh ) 1 2 B ∆QDM = ∆REM ( g.c.g) MD = ME hay M là trung H điểm của DE C + Từ bài 1.3 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MA  DE , ngược lại nếu H là trung điểm của BC thì tia KA sẽ vuông góc với DE, ta có bài toán 1.4 Bài 1.4: Cho tam giác ABC có  < 900. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC . Gọi H trung điểm của BC . Chứng minh rằng tia HA vuông góc với DE HD : Từ bài 1.3 ta dễ dạng giải bài toán 1.4 22
  23. Trên tia AH lấy điểm A’ sao cho AH = HA’ Dễ CM được ∆AHC = ∆A’HB ( g.c.g) D A’B = AC ( = AE) và H AC H A' B M AC // A’B B AC ABA' 1800 ( cặp góc E trong cùng phía) A Mà D AE B AC 1800 D AE ABA' Xét ∆DAE và ∆ABA’ có : AE = A’B , AD = AB (gt) D AE ABA' ∆DAE = ∆ABA’(c.g.c) ADE B AA ' mà B ADE B AA ' 900 ADE M DA 900 Suy ra HA vuông góc với DE H C Bài 2 : Cho tam giác cân ABC (AB = AC). Trên cạnh BC lấy điểm D, trên tia đối của tia CB lấy điểm E sao cho BD = CE. Các đường thẳng vuông góc với BC kẻ từ D và E cắt AB, AC lần A' lượt ở M, N. Chứng minh rằng: a) DM = EN b) Đường thẳng BC cắt MN tại trung điểm I của MN. c) Đường thẳng vuông góc với MN tại I luôn đi qua một điểm cố định khi D thay đổi trên cạnh BC * Phân tích tìm lời giải a) Để cm DM = EN  A Cm ∆BDM = ∆CEN ( g.c.g)  Có BD = CE (gt) , D E 900 ( MD, NE  BC) B CA C BA ( ∆ABC cân tại A) M b) Để Cm Đường thẳng BC cắt MN tại trung điểm I của MN Cần cm IM = IN I C B  E D Cm ∆MDI = ∆NEI ( H g.c.g) N c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A O xuống BC , O là giao điểm của AH với đường thẳng vuông góc với MN kẻ từ I Cần cm O là điểm cố định Để cm O là điểm cố định  Cần cm OC  AC  Cần cm O AC O CN 900  Cần cm : O BA O CA và O BM O CM 23
  24.  Cần cm ∆OBM = ∆OCN ( c.c.c) và ∆OAB = ∆OAC (c.g.c) *Khai thác bài 2 Từ bài 2 ta thấy BM = CN , vậy ta có thể phát biểu lại bài toán như sau: Bài 2.1 Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC). Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm M, trªn tia AC lÊy ®iÓm N sao cho BM = CN . Đường thẳng BC cắt MN tại I . Chøng minh r»ng: a) I là trung điểm của MN b) §­êng th¼ng vu«ng gãc víi MN t¹i I lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi D thay đổi lời giải: A Từ lời giải bài 2 để giải bài 2.1 ta cần kẻ 1 MD BC ( D BC) D NE  BC ( E BC) H B Bài 3 : Cho ∆ABC vuông tại A, K là trung K điểm của cạnh BC . Qua K kẻ đường thẳng C I vuông góc với AK , đường thẳng này cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt ở D và E Gọi I là trung điểm của DE . a) Chứng minh rằng : AI  BC b) Có thể nói DE nhỏ hơn BC được không ? E vì sao? *Phân tích tìm lời giải a) Gọi H là giao điểm của BC và AI 0 Để cm AI  BC  Cần cm A1 ACK 90 0 Để cm A1 ACK 90  Có AEK E AK 900 cần cm A1 AEK và ACK C AK  Cần cm ∆AIE cân tại I và ∆AKC cân tại K b) Để so sánh DE với BC cần so sánh IE với CK ( vì 2.IE = DE, 2CK = BC)  So sánh AI với AK ( vì AI = IE, AK = CK) Có AI AK Lời giải : a)Dễ dàng chứng được ∆AIE cân tại I và ∆AKC cân tại K cần cm A1 AEK và 0 0 ACK C AK mà AEK E AK 90 A1 ACK 90 AI  BC b) ta có BC = 2 CK = 2AK ( CK = AK) , DE = 2IE = 2.AI ( AI = IE) Mà AI AK DE BC , DE = BC khi K trùng với I khi đó ∆ABC vuông cân tại A 24
  25. Bài 4: Cho tam giác ABC (AB > AC ) , M là trung điểm của BC. Đường thẳng đi qua M và vuông góc với tia phân giác của góc A tại H cắt hai tia AB, AC lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng: A EF 2 a) AH 2 AE 2 4 b) 2B ME ACB B . c) BE = CF lơì giải E 1 Áp dụng định lý Py –ta-go cho tam giác M vuông AFH, ta có: B C HF2 + AH2 = AF2 H Mà AHE = AHF (g-c-g) nên HF = D 1 EF; AF = AE 2 F EF 2 Suy ra: AH 2 AE 2 4 Tõ AEH AFH Suy ra E1 F XÐt CMF cã ACB lµ gãc ngoµi suy ra C MF ACB F BME cã E1 lµ gãc ngoµi suy ra B ME E1 B vËy C MF B ME ( ACB F) (E1 B) hay 2B ME ACB B (®pcm). Từ AHE AHF Suy ra AE = AF và E1 F Từ C vẽ CD // AB ( D EF ) => BME CMD(g c g) BE CD (1) Lại có: E1 C DF (cặp góc đồng vị) Do đó C DF F CDF cân CF = CD ( 2) Từ (1) và (2) suy ra BE = CF Bài 5 : Cho tam giác ABC có góc B và góc C là hai góc nhọn .Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD = AB , trên tia đối của tia AC lấy điểm E sao cho AE = AC. a) Chứng minh rằng : BE = CD. b) Gọi M là trung điểm của BE , N là trung điểm của CB. Chứng minh M,A,N thẳng hàng. c)Ax là tia bất kỳ nằm giữa hai tia AB và AC. Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của B và C trên tia Ax . Chứng minh BH + CK BC. 25
  26. d) Xác định vị trí của tia Ax để tổng BH + CK có giá trị lớn nhất. D *Phân tích tìm lời giải E a) Để cm BE = CD  Cần cm ABE = ADC (c.g.c) M A N k b) Để cm M, A, N thẳng hàng. K  Cần cm B AN B AM 1800  B I Có B AN N AD 1800 Cần cm C M AB N AD H Để cm M AB N AD  Cần cm ABM = ADN (c.g.c) x c) Gọi là giao điểm của BC và Ax Để cm BH + CK BC  Cần cm BH BI;CK CI Vì BI + IC = BC d) BH + CK có giá trị lớn nhất = BC khi đó K,H trùng với I , do đó Ax vuông góc với BC Bài 6 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH. ở miền ngoài của tam giác ABC ta vẽ các tam giác vuông cân ABE và ACF đều nhận A làm đỉnh góc vuông. Kẻ EM, FN cùng vuông góc với AH (M, N thuộc AH). a) Chứng minh: EM + HC = NH. b) Chứng minh: EN // FM. N E *Phân tích tìm lời giải F a) Để cm EM + HC = NH  M A Cần cm EM = AH và HC = AN + Để cm EM = AH cần cm ∆AEM =∆BAH ( cạnh huyền – góc nhon) + Để cm HC = AN cần cm ∆AFN =∆CAH ( cạnh huyền – góc nhon) b) Để cm EN // FM B  H AEF E FN ( cặp góc so le C trong) 26
  27. Gọi I là giao điểm của AN và EF để cm AEF E FN  Cần cm ∆MEI = ∆NFI ( g.c.g) Bài 7 : Cho tam ABC vuông tại A , đường cao AH, trung tuyến AM. Trên tia đối tia MA lấy điểm D sao cho DM = MA. Trên tia đối tia CD lấy điểm I sao cho CI = CA, qua I vẽ đường thẳng song song với AC cắt đường thẳng AH tại E. Chứng minh: AE = BC *Phân tích tìm lời giải Gọi F là giao điểm của BA và IE để Cm AE = BC cần cm : ∆AFE = ∆ CAB Để cm : ∆AFE = ∆ CAB  E Cần cm AF = AC (2); A FC B AC 900 (1); E AF ACB (3) + Để cm (1) : A FC B AC 900 F  Cm CI // AE vì có FI // AC và B AC 900 Để Cm CI // AE  A I Cm ∆AMB = ∆ DMC ( c.g.c) + Để cm (2) : AF = AC  B M Cm ∆AFI = ∆ ACI ( Cạnh H C huyền – góc nhọn) + Cm (3) : E AF ACB ( vì cùng phụ H AC ) D *Khai thác bài toán : Từ bài 7 ta thấy AH AM HE AM + BC = 3AM ( vì AM = MB = MC) Vậy HE lớn nhất = 3AM = 3 BC khi H trùng M khi đó tam giác ABC vuông cân 2 Bài 8 Cho tam giác ABC có AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC, từ M kẻ đường thẳng vuông góc với tia phân giác của góc A, cắt tia này tại N, cắt tia AB tại E và cắt tia AC tại F. Chứng minh rằng: a) AE = AF b) BE = CF AB AC c) AE 2 27
  28. * Phân tích tìm lời giải a) Để cm AE = AF  A ∆ANE = ∆ ANF ( c. g . c) Hoặc ∆AEF cân tại A ( Có AH vừa là tia phân giác , vừa là F đương cao) B C M b) Để cm BE = CF N cần tạo tam giác chứa BE( hoặc có I 1 cạnh = BE) mà bằng tam giác MCF E + Kẻ BI // AC ∆MBI = ∆CMF( c. g . c) Để cm BE = CF  ∆ BEI cân tại B  E B EI  Có B IE ABF ( cặp góc đồng vị ) mà E A FE vì ∆AEF cân tại A c) AB + AC = AB + AF + CF =( AB + FC) + AF mà CF = BC và AE = AF AB AC 2 AE = AB + AC hay AE 2 Bài 9 Cho tam giác ABC có góc A khác 900, góc B và C nhọn, đường cao AH. Vẽ các điểm D, E sao cho AB là trung trực của HD, AC là trung trực của HE. Gọi I, K lần lượt là giao điểm của DE với AB và AC. a) Chứng minh : Tam giác ADE cân tại A b) Tính số đo các góc AIC và AKB ? *Phân tich tìm hướng giải - Xét TH góc A < 900 a) Để cm ∆ ADE cân tại A A  cần cm : AD = AH = AE K I E ( Áp dụng t/c đường trung trực) D b) Dự đoán CI  IB , BK  KC Do IB, KC tia phân giác góc ngoài của ∆ HIK B C H 28
  29. nên HA là tia phân giác trong. Do AHC 900 nên HC là tia phân giác ngoài đỉnh H . Các tia phân giác góc ngoài đỉnh H và K của ∆ HIK cắt nhau ở C nên IC là tia phân giác của góc HIK , do đó IB  IC , Chứng minh tượng tự ta có BK  KC - Xét TH góc A>900 *Khai thác bài toán : Gọi M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC , qua M lấy điểm D’, E’ sao cho AB là trung trực của D’M, AC là trung trực của ME’ . Khi đó ta có ∆ AD’E’ cân tại A và góc DAC có Từ đó ta có bài toán sau: Bài 9.1 Cho tam giác ABC nhọn . Tìm điểm M D A trên cạnh BC sao cho nếu vẽ các điểm D, E trong E đó AB là đường trung trực của MD, AC là đường trung trực của ME thì DE có độ dài nhỏ C nhất. B H M HD . Tự nhận xét bài 9 dễ dàng tìm được vị trí điểm M trên cạnh BC. Bài 10. Cho ∆ ABC với góc A không vuông và E o góc B khác 135 . Gọi M là trung điểm của BC. Về A D phía ngoài ∆ ABC vẽ ∆ ABD vuông cân đáy AB. P Đường thẳng qua A vuông góc với AB và đường thẳng qua C song song với MD cắt nhau tại E. Q Đường thẳng AB cắt CE tại P và DM tại Q . Chứng C minh rằng Q là trung điểm của BP. B M HD. Trên tia đối của tia MQ lấy điểm H H sao cho MH = MQ - Cm ∆ BMQ = ∆ CMH ( c.g.c) BQ = CH (1) và M BQ M CH BQ//CH hay PQ // CH ( vì M BQ, M CH là 29
  30. cặp góc so le trong) - Nối PH , cm ∆ PQH = ∆ HCP ( g.c.g) PQ = CH (2) , Do Q nằm giữa B và P dù góc B nhỏ hơn 1350 Từ (1) và (2) Suy ra đpcm. Bài 11. Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB > AC) . Tia phân giác góc B cắt AC ở D. Kẻ DH vuông góc với BC. Trên tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB . Đường thẳng vuông góc với AE tại E cắt tia DH ở K . Chứng minh rằng : a) BA = BH b) D BK 450 c) Cho AB = 4 cm, tính chu vi tam giác B I DEK 4 3 1 2 HD : a) Cm ∆ABD = ∆HBD ( cạnh huyền – góc K H nhọn) b) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với EK A D E , cắt EK tại I C Ta có : ABI 900 , Cm ∆HBK = ∆IBK ( cạnh huyền – cạnh góc vuông) 0 B3 B4 mà B1 B2 D BK 45 c)Chu vi tam giác DEK = DE + EK + KD = = 2.4 = 8 cm * Từ bài ta thấy khi D BK 450 thì chu vi ∆DEK = 2. AB vậy nếu có chu vi ∆DEK = 2 thì ta cũng cm được D BK 450 . 30