20 Chuyên đề bồi dưỡng Toán 8

118 trang hoaithuong97 6261

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "20 Chuyên đề bồi dưỡng Toán 8", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

20_chuyen_de_boi_duong_toan_8.pdf

Nội dung text: 20 Chuyên đề bồi dưỡng Toán 8

20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 AE AE BE DE BD 1 1 1 1 1 = 1 AE 1 (đpcm) AK AG BD DB BD AK AG AE AK AG BK AB BK a KC CG KC CG c) Ta có: = = (1); = = (2) KC CG KC CG AD DG b DG BK a Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: = BK. DG = ab không đổi (Vì a = AB; b = AD b DG là độ dài hai cạnh của hình bình hành ABCD không đổi) 4. Bài 4: Cho tứ giác ABCD, các điểm E, F, G, H theo thứ tự chia trong các B E cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2. Chứng minh rằng: A a) EG = FH P H F b) EG vuông góc với FH O D Q Giải N M Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của CF, DG G 1 1 BM 1 BE BM 1 Ta có CM = CF = BC = = = C 2 3 BC 3 BA BC 3 EM BM 2 2 EM // AC = EM = AC (1) AC BE 3 3 NF CF 2 2 Tƣơng tự, ta có: NF // BD = NF = BD (2) BD CB 3 3 mà AC = BD (3) Từ (1), (2), (3) suy ra : EM = NF (a) Tƣơng tự nhƣ trên ta có: MG // BD, NH // AC và MG = NH = 1 AC (b) 3 Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC  BD EM MG EMG = 900 (4) Tƣơng tự, ta có: FNH = 900 (5) Từ (4) và (5) suy ra EMG = FNH = 900 (c) Từ (a), (b), (c) suy ra EMG = FNH (c.g.c) EG = FH b) Gọi giao điểm của EG và FH là O; của EM và FH là P; của EM và FN là Q thì PQF = 900 QPF + QFP = 900 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP ( EMG = FNH) 31
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Suy ra EOP = PQF = 900 EO  OP EG FH 5. Bài 5: Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD. Từ D vẽ đƣờng thẳng song song với BC, cắt AC tại M và AB tại K, Từ C vẽ đƣờng thẳng song song với AD, cắt AB tại F, qua F ta lại vẽ đƣờng thẳng song song với AC, cắt BC tại P. Chứng minh rằng a) MP // AB b) Ba đƣờng thẳng MP, CF, DB đồng quy Giải CP AF a) EP // AC = (1) PB FB CM DC AK // CD = (2) D C AM AK các tứ giác AFCD, DCBK la các hình bình hành nên I P AF = DC, FB = AK (3) M CP CM Kết hợp (1), (2) và (3) ta có MP // AB PB AM A K F B (Định lí Ta-lét đảo) (4) DC DC b) Gọi I là giao điểm của BD và CF, ta có: = AK FB DC DI CP DI Mà (Do FB // DC) IP // DC // AB (5) FB IB PB IB Từ (4) và (5) suy ra : qua P có hai đƣờng thẳng IP, PM cùng song song với AB // DC nên theo tiên đề Ơclít thì ba điểm P, I, M thẳng hang hay MP đi qua giao điểm của CF và DB hay ba đƣờng thẳng MP, CF, DB đồng quy 6. Bài 6: Cho ABC có BC < BA. Qua C kẻ đƣờng thẳng vuông goác với tia phân giác BE của ABC ; đƣờng thẳng này cắt BE tại F và cắt trung tuyến BD tại G. Chứng minh rằng đoạn thẳng EG bị đoạn thẳng DF chia làm hai phần bằng nhau 32
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 B Giải M Gọi K là giao điểm của CF và AB; M là giao điểm của K G DF và BC F KBC có BF vừa là phân giác vừa là đƣờng cao nên A D E C KBC cân tại B BK = BC và FC = FK Mặt khác D là trung điểm AC nên DF là đƣờng trung bình của AKC DF // AK hay DM // AB Suy ra M là trung điểm của BC DF = 1 AK (DF là đƣờng trung bình của AKC), ta có 2 BG BK BG BK 2BK = ( do DF // BK) = (1) GD DF GD DF AK CE DC - DE DC AD CE AE - DE DC AD Mổt khác 11 (Vì AD = DC) 11 DE DE DE DE DE DE DE DE CE AE - DE AE AB AE AB Hay 1 2 2 (vì = : Do DF // AB) DE DE DE DF DE DF CE AK + BK 2(AK + BK) CE 2(AK + BK) 2BK Suy ra 22 (Do DF = AK) 2 (2) DE DE AK DE AK AK BG CE Từ (1) và (2) suy ra = EG // BC GD DE OG OE FO Gọi giao điểm của EG và DF là O ta có = = OG = OE MC MB FM Bài tập về nhà Bài 1: Cho tứ giác ABCD, AC và BD cắt nhau tại O. Đƣờng thẳng qua O và song song với BC cắt AB ở E; đƣờng thẳng song song với CD qua O cắt AD tại F a) Chứng minh FE // BD b) Từ O kẻ các đƣờng thẳng song song với AB, AD cắt BD, CD tại G và H. Chứng minh: CG. DH = BG. CH Bài 2: 33
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thuộc tia đối của tia BC sao cho BN = CM; các đƣờng thẳng DN, DM cắt AB theo thứ tự tại E, F. Chứng minh: a) AE2 = EB. FE 2 AN b) EB = . EF DF CHUYÊN ĐỀ 7 – CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ TALÉT VÀ TÍNH CHẤT ĐƢỜNG PHÂN GIÁC A. Kiến thức: A 2. Tính chất đƣờng phân giác: BD AB ABC ,AD là phân giác góc A = CD AC B D C A D' B C BD' AB AD’là phân giác góc ngoài tại A: = CD' AC B. Bài tập vận dụng 1. Bài 1: Cho ABC có BC = a, AB = b, AC = c, phân giác AD a) Tính độ dài BD, CD A b) Tia phân giác BI của góc B cắt AD ở I; tính tỉ số: AI c ID b Giải I BD AB c a) AD là phân giác của BAC nên CD AC b B D C a 34
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 BD c BD c ac BD = CD + BD b + c a b + c b + c Do đó CD = a - ac = ab b + c b + c AI AB ac b + c b) BI là phân giác của ABC nên c : ID BD b + c a 2. Bài 2: Cho ABC, có B 4 DM A Giải A A + C 1800 - B a)Ta có ADB = C + > = 600 2 2 2 ADB > AD 4 DM ta c/m a > 4abd hay (b + d)(b + c) > 4bd (1) (b + c)(b + d) Thật vậy : do c > d (b + d)(b + c) > (b + d)2 4bd . Bất đẳng thức (1) đƣợc c/m Bài 3: Cho ABC, trung tuyến AM, các tia phân giác của các góc AMB , AMC cắt AB, AC theo thứ tự ở D và E a) Chứng minh DE // BC A b) Cho BC = a, AM = m. Tính độ dài DE I D E 35 B M C
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 c) Tìm tập hợp các giao diểm I của AM và DE nếu ABC có BC cố định, AM = m không đổi d) ABC có điều kiện gì thì DE là đƣờng trung bình của nó Giải DA MB a) MD là phân giác của AMB nên (1) DB MA EA MC ME là phân giác của AMC nên (2) EC MA DA EA Từ (1), (2) và giả thiết MB = MC ta suy ra DE // BC DB EC x m - DE AD AI x 2a.m b) DE // BC . Đặt DE = x 2 x = BC AB AM a m a + 2m 1 a.m c) Ta có: MI = DE = không đổi I luôn cách M một đoạn không đổi nên tập 2 a + 2m hợp các điểm I là đƣờng tròn tâm M, bán kính MI = (Trừ giao điểm của nó với BC d) DE là đƣờng trung bình của ABC DA = DB MA = MB ABC vuông ở A 4. Bài 4: Cho ABC ( AB DE > BE Giải K D E a) BD là phân giác nên AD AB AC AE AD AE = < = (1) C DC BC BC EB DC EB M B AD AK Mặt khác KD // BC nên (2) DC KB AK AE AK + KB AE + EB Từ (1) và (2) suy ra KB EB KB EB 36
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 AB AB KB > EB E nằm giữa K và B KB EB b) Gọi M là giao điểm của DE và CB. Ta có CBD = KDB (Góc so le trong) KBD = KDB mà E nằm giữa K và B nên KDB > EDB KBD > EBD > EB ECB > DCE (Vì = ) Suy ra CD > ED CD > ED > BE 5. Bài 5: Cho ABC với ba đƣờng phân giác AD, BE, CF. Chứng minh DB EC FA a. . . 1. DC EA FB 1 1 1 1 1 1 b. . AD BE CF BC CA AB H Giải A DB AB a)AD là đƣờng phân giác của BAC nên ta có: = (1) DC AC F EC BC E Tƣơng tự: với các phân giác BE, CF ta có: = (2) ; EA BA FA CA = (3) C FB CB B D DB EC FA AB BC CA Tửứ (1); (2); (3) suy ra: . . = . . = 1 DC EA FB AC BA CB b) Đặt AB = c , AC = b , BC = a , AD = da. Qua C kẻ đƣờng thẳng song song với AD , cắt tia BA ở H. AD BA BA.CH c.CH c Theo ĐL Talét ta có: AD .CH CH BH BH BA + AH b + c 2bc 1bc 1 1 1 1 1 1 1 Do CH < AC + AH = 2b nên: da bc daa2 bc 2 b c d 2 b c 1 1 1 1 1 1 1 1 Chứng minh tƣơng tự ta có : Và Nên: db 2 a c dc 2 a b 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 .2 dabc d d2 b c a c a b dabc d d2 a b c 37
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 1 1 1 1 1 1 ( đpcm ) dabc d d a b c Bài tập về nhà Cho ABC có BC = a, AC = b, AB = c (b > c), các phân giác BD, CE a) Tính độ dài CD, BE rồi suy ra CD > BE b) Vẽ hình bình hành BEKD. Chứng minh: CE > EK c) Chứng minh CE > BD 38
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ 8 – CHỮ SỐ TẬN CÙNG A. Kiến thức: 1. Một số tính chất: a) Tính chất 1: + Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 5; 6khi nâng lên luỹ thừa bậc bất kỳ nào thì chữ số tận cùng không thay đổi + Các số có chữ số tận cùng là 4; 9 khi nâng lên luỹ thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng không thay đổi + Các số có chữ số tận cùng là 3; 7; 9 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n N) thì chữ số tận cùng là 1 + Các số có chữ số tận cùng là 2; 4; 8 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n (n N) thì chữ số tận cùng là 6 b) Tính chất 2: Một số tự nhiên bất kỳ khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 1 (n N) thì chữ số tận cùng không thay đổi c) Tính chất 3: + Các số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n N) thì chữ số tận cùng là 7; Các số có chữ số tận cùng là 7 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n N) thì chữ số tận cùng là 3 + Các số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n N) thì chữ số tận cùng là 8; Các số có chữ số tận cùng là 8 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n N) thì chữ số tận cùng là 2 + Các số có chữ số tận cùng là 0; 1; 4; 5; 6; 9 khi nâng lên luỹ thừa bậc 4n + 3 (n N) thì chữ số tận cùng là không đổi 2. Một số phƣơng pháp: + Tìm chữ số tận cùng của x = am thì ta xét chữ số tận cùng của a: - Nếu chữ số tận cùng của a là các chữ số: 0; 1; 5; 6 thì chữ số tận cùng của x là 0; 1; 5; 6 - Nếu chữ số tận cùng của a là các chữ số: 3; 7; 9 thì : 39
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 * Vì am = a4n + r = a4n . ar Nếu r là 0; 1; 2; 3 thì chữ số tận cùng của x là chữ số tận cùng của ar Nếu r là 2; 4; 8 thì chữ số tận cùng của x là chữ số tận cùng của 6.ar B. Một số ví dụ: Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của a) 2436 ; 1672010 9 14 6 7 b) 79 ; 1414 ; 45 Giải a) 2436 = 2434 + 2 = 2434. 2432 2 6 243 có chữ số tận cùng là 9 nên chữ số tận cùng của 243 là 9 Ta có 2010 = 4.502 + 2 nên 1672010 = 1674. 502 + 2 = 1674.502.1672 1674.502 có chữ số tận cùng là 6; 1672 có chữ số tận cùng là 9 nên chữ số tận cùng của 1672010 là chữ số tận cùng của tích 6.9 là 4 b) Ta có: +) 99 - 1 = (9 – 1)(98 + 97 + + 9 + 1) = 4k (k N) 99 = 4k + 1 = 74k + 1 = 74k.7 nên có chữ số tận cùng là 7 1414 = (12 + 2)14 = 1214 + 12.1413.2 + + 12.12.213 + 214 chia hết cho 4, vì các hạng tử trƣớc 214 đều có nhân tử 12 nên chia hết cho 4; hạng tử 214 = 47 chia hết cho 4 hay 1414 = 4k = 144k có chữ số tận cùng là 6 7 +) 56 có chữ số tận cùng là 5 nên 56 = 5.(2k + 1) 5.(2k + 1) – 1 = 4 q (k, q N) 5.(2k + 1) = 4q + 1 = 44q + 1 = 44q . 4 có chữ số tận cùng là chữ số tận cùng tích 6. 4 là 4 Bài 2: Tìm chữ số tận cùng của 1 5 9 13 8009 A = 2 + 3 + 4 + 5 + + 2004 Giải 40
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 a) Luỹ thừa của mọi số hạng của A chia 4 thì dƣ 1(Các số hạng của A có dạng n4(n – 2) + 1 (n {2; 3; ; 2004} ) nên mọi số hạng của A và luỹ thừa của nó có chữ số tận cùng giống nhau (Tính chất 2) nên chữ số tận cùng của A là chữ số tận cùng của tổng các số hạng Từ 2 đến 2004 có 2003 số hạng trong đó có 2000 : 10 = 200 số hạng có chữ số tận cùng bằng 0,Tổng các chữ số tận cùng của A là (2 + 3 + + 9) + 199.(1 + 2 + + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 9009 có chữ số tận cùng là 9 Vây A có chữ số tận cùng là 9 Bài 3: Tìm 7 a) Hai chữ số tận cùng của 3999; 77 b) Ba chữ số tận cùng của 3100 c) Bốn chữ số tận cùng của 51994 Giải 999 998 499 499 499 498 a) 3 = 3.3 =3. 9 = 3.(10 – 1) = 3.(10 – 499.10 + +499.10 – 1) = 3.[BS(100) + 4989] = 67 77 = (8 – 1)7 = BS(8) – 1 = 4k + 3 = 74k + 3 = 73. 74k = 343.( 01)4k = 43 b) 3100 = 950 = (10 – 1)50 = 1050 – 50. 1049 + + 50.49 . 102 – 50.10 + 1 2 = 1050 – 50. 1049 + + 49 . 5000 – 500 + 1 = BS(1000) + 1 = 001 2 Chú ý: + Nếu n là số lẻ không chi hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của n100 là 001 + Nếu một số tự nhiên n không chia hết cho 5 thì n100 chia cho 125 dƣ 1 HD C/m: n = 5k + 1; n = 5k + 2 + Nếu n là số lẻ không chia hết cho 5 thì n101 và n có ba chữ số tận cùng nhƣ nhau c) Cách 1: 54 = 625 Ta thấy số ( 0625)n = 0625 51994 = 54k + 2 = 25.(54)k = 25.(0625)k = 25.( 0625) = 5625 Cách 2: Tìm số dƣ khi chia 51994 cho 10000 = 24. 54 41
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Ta thấy 54k – 1 chia hết cho 54 – 1 = (52 – 1)(52 + 1) chia hết cho 16 Ta có: 51994 = 56. (51988 – 1) + 56 Do 56 chia hết cho 54, còn 51988 – 1 chia hết cho 16 nên 56(51988 – 1) chia hết cho 10000 6 Ta có 5 = 15625 Vậy bốn chữ số tận cùng của 51994 là 5625 Chú ý: Nếu viết 51994 = 52. (51992 – 1) + 52 Ta có: 51992 – 1 chia hết cho 16; nhƣng 52 không chia hết cho 54 Nhƣ vậy trong bài toán này ta cần viết 51994 dƣới dạng 5n(51994 – n – 1) + 5n ; n 4 và 1994 – n chia hết cho 4 C. Vận dụng vào các bài toán khác Bài 1: Chứng minh rằng: Tổng sau không là số chính phƣơng a) A = 19k + 5k + 1995k + 1996k ( k N, k chẵn) b) B = 20042004k + 2001 Giải a) Ta có: 19k có chữ số tận cùng là 1 5k có chữ số tận cùng là 5 1995k có chữ số tận cùng là 5 1996k có chữ số tận cùng là 6 Nên A có chữ số tận cùng là chữ số tận cùng của tổng các chữ số tận cùng của tổng 1 + 5 + 5 + 6 = 17, có chữ số tận cùng là 7 nên không thể là số chính phƣơng b) Ta có :k chẵn nên k = 2n (n N) 20042004k = (20044)501k = (20044)1002n = ( 6)1002n là luỹ thừa bậc chẵn của số có chữ số tận cùng là 6 nên có chữ số tận cùng là 6 nên B = 20042004k + 2001 có chữ số tận cùng là 7, do đó B không là số chính phƣơng Bài 2: Tìm số dƣ khi chia các biểu thức sau cho 5 42
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 a) A = 21 + 35 + 49 + + 20038005 b) B = 23 + 37 +411 + + 20058007 Giải a) Chữ số tận cùng của A là chữ số tận cùng của tổng (2 + 3 + + 9) + 199.(1 + 2 + + 9) + 1 + 2 + 3 = 9005 Chữ số tận cùng của A là 5 nên chia A cho 5 dƣ 0 b)Tƣơng tự, chữ số tận cùng của B là chữ số tận cùng của tổng (8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 + + 9) + 8 + 7 + 4 + 5 = 9024 B có chữ số tận cùng là 4 nên B chia 5 dƣ 4 Bài tập về nhà 5 Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của: 3102 ; 73 ; 320 + 230 + 715 - 816 9 Bài 2: Tìm hai, ba chữ số tận cùng của: 3555 ; 27 Bài 3: Tìm số dƣ khi chia các số sau cho 2; cho 5: a) 38; 1415 + 1514 b) 20092010 – 20082009 43
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ 9 – ĐỒNG DƢ A. Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a và b có cùng số dƣ trong phép chia cho một số tự nhiên m 0 thì ta nói a đồng dƣ với b theo môđun m, và có đồng dƣ thức: a  b (mod m) Ví dụ:7 10 (mod 3) , 12 22 (mod 10) + Chú ý: a b (mod m) a – b  m B. Tính chất của đồng dƣ thức: 1. Tính chất phản xạ: a a (mod m) 2. Tính chất đỗi xứng: a b (mod m) b a (mod m) 3. Tính chất bắc cầu: a b (mod m), b c (mod m) thì a c (mod m) a  b (mod m) 4. Cộng , trừ từng vế: a c  b d (mod m) c  d (mod m) Hệ quả: a) a b (mod m) a + c b + c (mod m) b) a + b c (mod m) a c - b (mod m) c) a b (mod m) a + km b (mod m) a  b (mod m) 5. Nhân từng vế : ac bd (mod m) c  d (mod m) Hệ quả: a) a b (mod m) ac bc (mod m) (c Z) b) a b (mod m) an bn (mod m) 6. Có thể nhân (chia) hai vế và môđun của một đồng dƣ thức với một số nguyên dƣơng a b (mod m) ac bc (mod mc) Chẳng hạn: 11  3 (mod 4) 22  6 (mod 8) ac  bc (mod m) 7. a b (mod m) (c, m) = 1 16  2 (mod 7) Chẳng hạn : 8 1 (mod 7) (2, 7) = 1 44
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 C. Các ví dụ: 1. Ví dụ 1: Tìm số dƣ khi chia 9294 cho 15 Giải Ta thấy 92  2 (mod 15) 9294 294 (mod 15) (1) Lại có 24 1 (mod 15) (24)23. 22 4 (mod 15) hay 294 4 (mod 15) (2) Từ (1) và (2) suy ra 9294 4 (mod 15) tức là 9294 chia 15 thì dƣ 4 2. Ví dụ 2: Chứng minh: trong các số có dạng 2n – 4(n N), có vô số số chia hết cho 5 Thật vậy: Từ 24 1 (mod 5) 24k 1 (mod 5) (1) Lại có 22 4 (mod 5) (2) Nhân (1) với (2), vế theo vế ta có: 24k + 2 4 (mod 5) 24k + 2 - 4 0 (mod 5) Hay 24k + 2 - 4 chia hết cho 5 với mọi k = 0, 1, 2, hay ta đƣợc vô số số dạng 2n – 4 (n N) chia hết cho 5 Chú ý: khi giải các bài toán về đồng dƣ, ta thƣờng quan tâm đến a  1 (mod m) a  1 (mod m) an 1 (mod m) a -1 (mod m) an (-1)n (mod m) 3. Ví dụ 3: Chứng minh rằng a) 2015 – 1 chia hết cho 11 b) 230 + 330 chi hết cho 13 c) 555222 + 222555 chia hết cho 7 Giải a) 25  - 1 (mod 11) (1); 10 - 1 (mod 11) 105 - 1 (mod 11) (2) Từ (1) và (2) suy ra 25. 105 1 (mod 11) 205 1 (mod 11) 205 – 1 0 (mod 11) b) 26 - 1 (mod 13) 230 - 1 (mod 13) (3) 33 1 (mod 13) 330 1 (mod 13) (4) Từ (3) và (4) suy ra 230 + 330 - 1 + 1 (mod 13) 230 + 330 0 (mod 13) Vậy: 230 + 330 chi hết cho 13 45
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 c) 555  2 (mod 7) 555222 2222 (mod 7) (5) 23 1 (mod 7) (23)74 1 (mod 7) 555222 1 (mod 7) (6) 222 - 2 (mod 7) 222555 (-2)555 (mod 7) Lại có (-2)3 - 1 (mod 7) [(-2)3]185 - 1 (mod 7) 222555 - 1 (mod 7) Ta suy ra 555222 + 222555 1 - 1 (mod 7) hay 555222 + 222555 chia hết cho 7 4n + 1 4. Ví dụ 4: Chứng minh rằng số 22 + 7 chia hết cho 11 với mọi số tự nhiên n Thật vậy:Ta có: 25 - 1 (mod 11) 210 1 (mod 11) Xét số dƣ khi chia 24n + 1 cho 10. Ta có: 24 1 (mod 5) 24n 1 (mod 5) 2.24n 2 (mod 10) 24n + 1 2 (mod 10) 24n + 1 = 10 k + 2 Nên + 7 = 210k + 2 + 7 =4. 210k + 7 = 4.(BS 11 + 1)k + 7 = 4.(BS 11 + 1k) + 7 = BS 11 + 11 chia hết cho 11 Bài tập về nhà: Bài 1: CMR: a) 228 – 1 chia hết cho 29 b)Trong các số có dạng2n – 3 có vô số số chia hết cho 13 Bài 2: Tìm số dƣ khi chia A = 2011 + 2212 + 19962009 cho 7. CHUYÊN ĐỀ 10 – TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC A. Dạng 1: Tìm dƣ của phép chia mà không thực hiện phép chia 1. Đa thức chia có dạng x – a (a là hằng) a) Định lí Bơdu (Bezout, 1730 – 1783): Số dƣ trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của f(x) tại x = a Ta có: f(x) = (x – a). Q(x) + r Đẳng thức đúng với mọi x nên với x = a, ta có f(a) = 0.Q(a) + r hay f(a) = r Ta suy ra: f(x) chia hết cho x – a f(a) = 0 46
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 b) f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1 c) f(x) có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì chia hết cho x + 1 Ví dụ : Không làm phép chia, hãy xét xem A = x3 – 9x2 + 6x + 16 chia hết cho B = x + 1, C = x – 3 không Kết quả: A chia hết cho B, không chia hết cho C 2. Đa thức chia có bậc hai trở lên Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng của các đa thức chia hết cho đa thức chia và dƣ Cách 2: Xét giá trị riêng: gọi thƣơng của phép chia là Q(x), dƣ là ax + b thì f(x) = g(x). Q(x) + ax + b Ví dụ 1: Tìm dƣ của phép chia x7 + x5 + x3 + 1 cho x2 – 1 Cách 1: Ta biết rằng x2n – 1 chia hết cho x2 – 1 nên ta tách: x7 + x5 + x3 + 1 = (x7 – x) + (x5 – x) +(x3 – x) + 3x + 1 = x(x6 – 1) + x(x4 – 1) + x(x2 – 1) + 3x + 1 chia cho x2 – 1 dƣ 3x + 1 Cách 2: Gọi thƣơng của phép chia là Q(x), dƣ là ax + b, Ta có: x7 + x5 + x3 + 1 = (x -1)(x + 1).Q(x) + ax + b với mọi x Đẳng thức đúng với mọi x nên với x = 1, ta có 4 = a + b (1) với x = - 1 ta có - 2 = - a + b (2) Từ (1) và (2) suy ra a = 3, b =1 nên ta đƣợc dƣ là 3x + 1 Ghi nhớ: an – bn chia hết cho a – b (a -b) an + bn ( n lẻ) chia hết cho a + b (a -b) Ví dụ 2: Tìm dƣ của các phép chia a) x41 chia cho x2 + 1 b) x27 + x9 + x3 + x cho x2 – 1 c) x99 + x55 + x11 + x + 7 cho x2 + 1 47
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Giải 41 41 40 4 10 4 a) x = x – x + x = x(x – 1) + x = x[(x ) – 1] + x chia cho x – 1 dƣ x nên chia cho x2 + 1 dƣ x 27 9 3 27 9 3 b) x + x + x + x = (x – x) + (x – x) + (x – x) + 4x = x(x26 – 1) + x(x8 – 1) + x(x2 – 1) + 4x chia cho x2 – 1 dƣ 4x c) x99 + x55 + x11 + x + 7 = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x + 7 chia cho x2 + 1 dƣ – 2x + 7 B. Sơ đồ HORNƠ 1. Sơ đồ Để tìm kết quả của phép chia f(x) cho x – a (a là hằng số), ta sử dụng sơ đồ hornơ 3 2 Nếu đa thức bị chia là a0x + a1x + a2x + a3, đa thức chia là x – a ta đƣợc thƣơng là a 0 a1 a2 a3 b = a b = ab + a a 0 0 1 0 1 b2 = ab1+ a2 r = ab2 + a3 2 b0x + b1x + b2, dƣ r thì ta có Ví dụ: Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – 2 Ta có sơ đồ 1 - 5 8 - 4 2 1 2. 1 + (- 5) = -3 2.(- 3) + 8 = 2 r = 2. 2 +(- 4) = 0 Vậy: x3 -5x2 + 8x – 4 = (x – 2)(x2 – 3x + 2) + 0 là phép chia hết 2. Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị của đa thức tại x = a Giá trị của f(x) tại x = a là số dƣ của phép chia f(x) cho x – a 1. Ví dụ 1: 48
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Tính giá trị của A = x3 + 3x2 – 4 tại x = 2010 Ta có sơ đồ: 1 3 0 -4 a = 2010 1 2010.1+3 = 2013 2010.2013 + 0 2010.4046130 – 4 = 4046130 = 8132721296 Vậy: A(2010) = 8132721296 C. Chƣngs minh một đa thức chia hết cho một đa thức khác I. Phƣơng pháp: 1. Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có một thừa số là đa thức chia 2. Cách 2: biến đổi đa thức bị chia thành một tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia 3. Cách 3: Biến đổi tƣơng đƣơng f(x)  g(x) f(x) g(x) g(x) 4. cách 4: Chứng tỏ mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia II. Ví dụ 1.Ví dụ 1: Chứng minh rằng: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1 Ta có: x8n + x4n + 1 = x8n + 2x4n + 1 - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1) Ta lại có: x4n + x2n + 1 = x4n + 2x2n + 1 – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1) chia hết cho x2n + xn + 1 Vậy: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1 2. Ví dụ 2: Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n N Ta có: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + 1 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1) Vì x3m – 1 và x3n – 1 chia hết cho x3 – 1 nên chia hết cho x2 + x + 1 Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n N 3. Ví dụ 3: Chứng minh rằng f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1 Ta có: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + + x11 – x + 1 – 1 49
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 = x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + + x(x10 – 1) chia hết cho x10 – 1 Mà x10 – 1 = (x – 1)(x9 + x8 + x7 + + x + 1) chia hết cho x9 + x8 + x7 + + x + 1 Suy ra f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1 Nên f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1 4. Ví dụ 4: CMR: f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – 2 chia hết cho g(x) = x2 – x Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có 2 nghiệm là x = 0 và x = 1 Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – 2 = 0 x = 0 là nghiệm của f(x) f(x) chứa thừa số x f(1) = (12 + 1 – 1)10 + (12 – 1 + 1)10 – 2 = 0 x = 1 là nghiệm của f(x) f(x) chứa thừa số x – 1, mà các thừa số x và x – 1 không có nhân tử chung, do đó f(x) chia hết cho x(x – 1) hay f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – 2 chia hết cho g(x) = x2 – x 5. Ví dụ 5: Chứng minh rằng a) A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1 b) C = 8x9 – 9x8 + 1 chia hết cho D = (x – 1)2 c) C (x) = (x + 1)2n – x2n – 2x – 1 chia hết cho D(x) = x(x + 1)(2x + 1) Giải a) A = x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x) Ta có: x2 – x + 1 chia hết cho B = x2 – x + 1 x9 + 1 chia hết cho x3 + 1 nên chia hết cho B = x2 – x + 1 x1945 – x = x(x1944 – 1) chia hết cho x3 + 1 (cùng có nghiệm là x = - 1) nên chia hết cho B = x2 – x + 1 Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1 b) C = 8x9 – 9x8 + 1 = 8x9 – 8 - 9x8 + 9 = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1) 8 7 7 6 = 8(x – 1)(x + x + + 1) – 9(x – 1)(x + x + + 1) = (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) (8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho x – 1 vì có tổng hệ số bằng 0 suy ra (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho (x – 1)2 c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm là x = 0, x = - 1, x = - 1 2 50
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Ta có: C(0) = (0 + 1)2n – 02n – 2.0 – 1 = 0 x = 0 là nghiệm của C(x) C(-1) = (-1 + 1)2n – (- 1)2n – 2.(- 1) – 1 = 0 x = - 1 là nghiệm của C(x) C(- 1 ) = (- + 1)2n – (- )2n – 2.(- ) – 1 = 0 x = - là nghiệm của C(x) 2 Mọi nghiệm của đa thức chia là nghiệm của đa thức bị chia đpcm 6. Ví dụ 6: Cho f(x) là đa thức có hệ số nguyên. Biết f(0), f(1) là các số lẻ. Chứng minh rằng f(x) không có nghiệm nguyên Giả sử x = a là nghiệm nguyên của f(x) thì f(x) = (x – a). Q(x). Trong đó Q(x) là đa thức có hệ số nguyên, do đó f(0) = - a. Q(0), f(1) = (1 – a). Q(1) Do f(0) là số lẻ nên a là số lẻ, f(1) là số lẻ nên 1 – a là số lẻ, mà 1 – a là hiệu của 2 số lẻ không thể là số lẻ, mâu thuẩn Vậy f(x) không có nghiệm nguyên Bài tập về nhà: Bài 1: Tìm số dƣ khi a) x43 chia cho x2 + 1 b) x77 + x55 + x33 + x11 + x + 9 cho x2 + 1 Bài 2: Tính giá trị của đa thức x4 + 3x3 – 8 tại x = 2009 Bài 3: Chứng minh rằng a) x50 + x10 + 1 chia hết cho x20 + x10 + 1 b) x10 – 10x + 9 chia hết cho x2 – 2x + 1 c) x4n + 2 + 2x2n + 1 + 1 chia hết cho x2 + 2x + 1 d) (x + 1)4n + 2 + (x – 1)4n + 2 chia hết cho x2 + 1 e) (xn – 1)(xn + 1 – 1) chia hết cho (x + 1)(x – 1)2 51
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ 11 – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC HỮU TỈ A. Nhắc lại kiến thức: Các bƣớc rút gọn biểu thức hửu tỉ a) Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thành nhân tử, cho tất cả các nhân tử khác 0 b) Phân tích tử thành nhân , chia tử và mẫu cho nhân tử chung B. Bài tập: 42 Bài 1: Cho biểu thức A = xx 54 xx42 10 9 a) Rút gọn A b) tìm x để A = 0 c) Tìm giá trị của A khi 2x 1 7 Giải a)Đkxđ : x4 – 10x2 + 9 0 [(x2)2 – x2] – (9x2 – 9) 0 x2(x2 – 1) – 9(x2 – 1) 0 x1 2 2 x 1 x 1 (x – 1)(x – 9) 0 (x – 1)(x + 1)(x – 3)(x + 3) 0 x 3 x 3 x3 Tử : x4 – 5x2 + 4 = [(x2)2 – x2] – (x2 – 4) = x2(x2 – 1) – 4(x2 – 1) = (x2 – 1)(x2 – 4) = (x – 1)(x + 1)(x – 2)(x + 2) Với x 1; x 3 thì (x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2) (x - 2)(x + 2) A = (x - 1)(x + 1)(x - 3)(x + 3) (x - 3)(x + 3) (x - 2)(x + 2) b) A = 0 = 0 (x – 2)(x + 2) = 0 x = 2 (x - 3)(x + 3) 2x 1 7 2 x 8 x 4 c) 2x 1 7 2 x 6 x 3 (x - 2)(x + 2) (4 - 2)(4 + 2) 12 * Với x = 4 thì A = (x - 3)(x + 3) (4 - 3)(4 + 3) 7 52
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 * Với x = - 3 thì A không xác định 2. Bài 2: 32 Cho biểu thức B = 2x 7 x 12 x 45 3x32 19 x 33 x 9 a) Rút gọn B b) Tìm x để B > 0 Giải a) Phân tích mẫu: 3x3 – 19x2 + 33x – 9 = (3x3 – 9x2) – (10x2 – 30x) + (3x – 9) = (x – 3)(3x2 – 10x + 3) = (x – 3)[(3x2 – 9x) – (x – 3)] = (x – 3)2(3x – 1) 1 Đkxđ: (x – 3)2(3x – 1) 0 x 3 và x 3 b) Phân tích tử, ta có: 2x3 – 7x2 – 12x + 45 = (2x3 – 6x2 ) - (x2 - 3x) – (15x - 45) = (x – 3)(2x2 – x – 15) = (x – 3)[(2x2 – 6x) + (5x – 15)] = (x – 3)2(2x + 5) Với x 3 và x (x - 3)2 (2x + 5) 2x + 5 Thì B = = (x - 3)2 (3x - 1) 3x - 1 1 x 3 3x 1 0 5 1 x x 2x + 5 2x 5 0 2 3 c) B > 0 > 0 3x - 1 3x 1 0 1 5 x x 2x 5 0 3 2 5 x 2 3. Bài 3 1 2 5 xx 1 2 Cho biểu thức C = 22: 1 x x 1 1 x x 1 a) Rút gọn biểu thức C b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên Giải 53
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 a) Đkxđ: x 1 1 2 5 x 12 x 1 x 2(1)5(1)(1) x x x 2 C = 22:. 1 x x 11 x x 1 (1)(1) x x 12 x 21 x b) B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì 2 có giá trị nguyên 21x 2xx 1 1 1 2xx 1 1 0 2x – 1 là Ƣ(2) 2xx 1 2 1,5 2xx 1 2 1 Đối chiếu Đkxđ thì chỉ có x = 0 thoả mãn 4. Bài 4 32 Cho biểu thức D = x x2 x x x 24 x2 a) Rút gọn biểu thức D b) Tìm x nguyên để D có giá trị nguyên c) Tìm giá trị của D khi x = 6 Giải a) Nếu x + 2 > 0 thì x 2 = x + 2 nên x3 x 2 2 x x ( x 1)( x 2) x 2 x D = = x( x 2) x2 4 x ( x 2) ( x 2)( x 2) 2 Nếu x + 2 - 2 x > - 2 Vì x(x – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 với mọi x > - 2 54
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 x x  2 x = 2k +) có giá trị nguyên x 2k (k Z; k - 2 nên D = = 15 2 2 Bài tập về nhà Bài 1: 2 x 3 x 2 x x Cho biểu thức A = 2 :1 x 3 x 2 x 5 x 6 x 1 a) Rút gọn A b) Tìm x để A = 0; A > 0 Bài 2: 32 Cho biểu thức B = 3y 7 y 5 y 1 2y32 y 4 y 3 a) Rút gọn B b) Tìm số nguyên y để 2D có giá trị nguyên 2y + 3 c) Tìm số nguyên y để B 1 55
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ 12 – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC (TIẾP) * Dạng 2: Các biểu thức có tính quy luật Bài 1: Rút gọn các biểu thức 3 5 2n 1 a) A = (1.2)22 (2.3) nn( 1)2 Phƣơng pháp: Xuất phát từ hạng tử cuối để tìm ra quy luật 21n 2n 1 1 1 Ta có = Nên nn( 1)2 n2( n 1) 2 n 2 ( n 1) 2 11111 11 1 11nn (1) A = 122332 2 2 2 2n 2 n 2 (1)1(1)(1) n 2 n 2 n 2 1 1 1 1 b) B = 1 2 . 1 2 . 1 2 1 2 234 n 1k2 1 ( k 1)( k 1) Ta có 1 Nên k2 k 2 k 2 1.3 2.4 3.5 (n 1)( n 1) 1.3.2.4 ( n 1)( n 1) 1.2.3 ( n 1) 3.4.5 ( n 1) 1 n 1 n 1 B = . . . . 22 3 2 4 2n 2 2 2 .3 2 .4 2 n 2 2.3.4 ( n 1) n 2.3.4 n n 2 2 n 150 150 150 150 1 1 1 1 1 1 1 c) C = = 150. . 5.8 8.11 11.14 47.50 3 5 8 8 11 47 50 1 1 9 = 50. 50. 45 5 50 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 d) D = = . 1.2.3 2.3.4 3.4.5 (n 1) n ( n 1) 2 1.2 2.3 2.3 3.4 (n 1) n n ( n 1) 1 1 1 (nn 1)( 2) = 2 1.2n ( n 1) 4 n ( n 1) Bài 2: mm 1 2 2 1 1 1 1 1 A a) Cho A = ; B = . Tính 1 2mn 2 1 234 n B Ta có n n n n 1 1 1 1 A = 1 1 1nn ( 1) 1 2n 2 n 1 n 1 1 2 n 2 n 1 56
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 1 1 1 1 1 1 1 A = nn 1 nB = n 1 2n 2 n 1 2 n 2 n 1 B 1 1 1 1 11 b) A = ; B = 1 + 1.(2n - 1) 3.(2n - 3) (2n - 3).3 (2n - 1).1 3 2n - 1 Tính A : B Giải 1 1 1 1 1 1 1 A = 1 1 2n 2n - 1 3 2n - 3 2n - 3 3 2n - 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2n 3 2n - 1 2n - 3 2n - 1 2n - 3 3 1 1 1 1 1 A 1 .2. 1 .2.B 2n 3 2n - 1 2n - 3 2n B n Bài tập về nhà Rút gọn các biểu thức sau: 1 1 1 12 3 2 5 2 n 2 a) + + b) . . 1.2 2.3 (n - 1)n 22 1 4 2 1 6 2 1 (n + 1) 2 1 1 1 1 c) + + 1.2.3 2.3.4 n(n + 1)(n +2) * Dạng 3: Rút gọn; tính giá trị biểu thức thoả mãn điều kiện của biến 1 Bài 1: Cho x3 . Tính giá trị của các biểu thức sau : x 1 1 1 1 a) Ax 2 ; b) Bx 3 ; c) Cx 4 ; d) Dx 5 . x2 x3 x4 x5 Lời giải 2 2 11 a) A x x 2 9 2 7 ; xx2 3 3 1 1 1 b) B x x 3 x 27 9 18 ; x3 x x 2 4211 c) C x x 2 49 2 47 ; xx42 57
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 21 3 1 5 1 1 d) A.B x x x x D 3 D = 7.18 – 3 = 123. x2 x 3 x x 5 x y z a b c Bài 2: Cho + + = 2 (1); + + = 2 (2). a b c x y z 222 a b c Tính giá trị biểu thức D = + + x y z Từ (1) suy ra bcx + acy + abz = 0 (3) Từ (2) suy ra 222 2 2 2 a b c ab ac bc a b c ab ac bc + + + 2 . 4 + + 4 2 . (4) x y z xy xz yz x y z xy xz yz Thay (3) vào (4) ta có D = 4 – 2.0 = 4 Bài 3 a b 2c a) Cho abc = 2; rút gọn biểu thức A = ab + a + 2 bc + b + 1 ac + 2c + 2 Ta có : a ab 2c a ab 2c A = ab + a + 2 abc + ab + a ac + 2c + 2 ab + a + 2 2 + ab + a ac + 2c + abc a ab 2c a ab 2 ab + a + 2 = 1 ab + a + 2 2 + ab + a c(a + 2 + ab) ab + a + 2 2 + ab + a a + 2 + ab ab + a + 2 a2 b 2 c 2 b) Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức B = a2 - b 2 - c 2 b 2 - c 2 - a 2 c 2 - b 2 - a 2 Từ a + b + c = 0 a = -(b + c) a2 = b2 + c2 + 2bc a2 - b2 - c2 = 2bc Tƣơng tự ta có: b2 - a2 - c2 = 2ac ; c2 - b2 - a2 = 2ab (Hoán vị vòng quanh), nên a2 b 2 c 2 a 3 b 3 c 3 B = (1) 2bc 2ac 2ab 2abc a + b + c = 0 -a = (b + c) -a3 = b3 + c3 + 3bc(b + c) -a3 = b3 + c3 – 3abc a3 + b3 + c3 = 3abc (2) a3 b 3 c 3 3abc 3 Thay (2) vào (1) ta có B = (Vì abc 0) 2abc 2abc 2 58
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 c) Cho a, b, c từng đôi một khác nhau thoả mãn: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 a2 b 2 c 2 Rút gọn biểu thức C = + a2 + 2bc b 2 + 2ac c 2 + 2ab Từ (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 ab + ac + bc = 0 a2 + 2bc = a2 + 2bc – (ab + ac + bc) = a2 – ab + bc – ac = (a – b)(a – c) Tƣơng tự: b2 + 2 ac = (b – a)(b – c) ; c2 + 2ab = (c – a)(c – b) a2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 C = + - (a - b)(a - c) (b - a)(b - c) (c - a)(c - b) (a - b)(a - c) (a - b)(b - c) (a - c)(b - c) a2 (b - c) b 2 (a - c) c 2 (b - c) (a - b)(a - c)(b - c) = - 1 (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) (a - b)(a - c)(b - c) * Dạng 4: Chứng minh đẳng thức thoả mãn điều kiện của biến 1 1 1 1 1 1 1. Bài 1: Cho + + = 2 (1); + + = 2 (2). a b c a2 b 2 c 2 Chứng minh rằng: a + b + c = abc 111 111 111 111 Từ (1) suy ra 2 + 2 + 2 + 2. + + 4 2. + + 4 2 + 2 + 2 a b c ab bc ac ab bc ac a b c 1 1 1 a + b + c + + 1 1 a + b + c = abc ab bc ac abc 1 1 1 1 2. Bài 2: Cho a, b, c ≠ 0 và a + b + c ≠ 0 thỏa mãn điều kiện . a b c a b c Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có hai số đối nhau. 1 1 1 1 Từ đó suy ra rằng : . a2009 b 2009 c 2009 a 2009 b 2009 c 2009 1 1 1 1 1 1 1 1 a b a b Ta có : 0 0 a b c a b c a b c a b c ab c(a b c) a b 0 a b c(a b c) ab (a b). 0 (a + b)(b + c)(c + a) = 0 b c 0 b c abc(a b c) c a 0 c a 1 1 1 1 1 1 1 Từ đó suy ra : a2009 b 2009 c 2009 a 2009 ( c) 2009 c 2009 a 2009 59
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 1 1 1 a2009 b 2009 c 2009 a 2009 ( c) 2009 c 2009 a 2009 1 1 1 1 . a2009 b 2009 c 2009 a 2009 b 2009 c 2009 a b c b c a 3. Bài 3: Cho + + (1) b c a a b c chứng minh rằng : trong ba số a, b, c tồn tại hai số bằng nhau Từ (1) a2 c + ab 2 + bc 2 = b 2 c + ac 2 + a 2 b a 2 (b - c) - a(c 2 b 2 ) bc(c - b) = 0 (c – b)(a2 – ac = ab + bc) = 0 (c – b)(a – b)( a – c) = 0 đpcm 4. Bài 4: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc 0 và a b 1 1 1 Chứng minh rằng: + + = a + b + c a b c Từ GT a2b – b2c - a3bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2 (a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b) (a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c) ab + ac + bc = a + b + c abc a b c 5. Bài 5: Cho a + b + c = x + y + z = + + = 0 ; Chứng minh rằng: ax2 + by2 + cz2 = 0 x y z Từ x + y + z = 0 x2 = (y + z)2 ; y2 = (x + z)2 ; z2 = (y + x)2 ax2 + by2 + cz2 = a(y + z)2 + b(x + z)2 + c (y + x)2 = = (b + c)x2 + (a + c)y2 + (a + b)z2 + 2(ayz + bxz + cxy) (1) Từ a + b + c = 0 - a = b + c; - b = a + c; - c = a + b (2) Từ ayz + bxz + cxy = 0 (3). Thay (2), (3) vào (1); ta có: ax2 + by2 + cz2 = -( ax2 + by2 + cz2 ) ax2 + by2 + cz2 = 0 a b c a b c 6. Bài 6: Cho + 0; chứng minh: + 0 b - c c - a a - b (b - c)2 (c - a) 2 (a - b) 2 a b c b22 ab + ac - c Từ = b - c a - c b - a (a - b)(c - a) 60
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 a b22 ab + ac - c 1 (1) (Nhân hai vế với ) (b - c)2 (a - b)(c - a)(b - c) b - c b c22 bc + ba - a c a22 ac + cb - b Tƣơng tự, ta có: (2) ; (3) (c - a)2 (a - b)(c - a)(b - c) (a - b)2 (a - b)(c - a)(b - c) Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm 7. Bài 7: a - b b - c c - a c a b Cho a + b + c = 0; chứng minh: + + = 9 (1) c a b a - b b - c c - a a - b b - c c - a c 1 a 1 b 1 Đặt = x ; yz ; = ; c a b a - b x b - c yz c - a 1 1 1 (1) x + y + z + + 9 x y z 1 1 1 y + z x + z x + y Ta có: x + y + z + + 3 + + (2) x y z x y z y + z b - c c - a c b22 bc + ac - a c c(a - b)(c - a - b) c(c - a - b) Ta lại có: x a b a - b ab a - b ab(a - b) ab c 2c - (a + b + c) 2c2 = (3) ab ab x + z 2a2 x + y 2b2 Tƣơng tự, ta có: (4) ; (5) y bc z ac Thay (3), (4) và (5) vào (2) ta có: 2 2 2 1 1 1 2c 2a 2b 2 3 3 3 x + y + z + + 3 + = 3 + (a + b + c ) (6) x y z ab bc ac abc Từ a + b + c = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc (7) ? Thay (7) vào (6) ta có: + . 3abc = 3 + 6 = 9 Bài tập về nhà: 1 1 1 yz xz xy 1) cho + + 0 ; tính giá trị biểu thức A = + + x y z x2 y 2 z 2 xyz xyz xyz HD: A = + + ; vận dụng a + b + c = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc x3 y 3 z 3 61
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 3 3 3 a b c 2) Cho a + b + c = 3abc ; Tính giá trị biểu thức A = + 1 + 1 + 1 b c a y z x z x y 3) Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng: 30 xyz a b c 4) Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1; . Chứng minh xy + yz + xz = 0 x y z 62
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ 13 – CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG A. Kiến thức: * Tam giác đồng dạng: a) trƣờng hợp thứ nhất: (c.c.c) AB AC BC ABC A’B’C’ = = A'B' A'C' B'C' b) trƣờng hợp thứ nhất: (c.g.c) AB AC ABC A’B’C’ = ; A = A' A'B' A'C' c. Trƣờng hợp đồng dạng thứ ba (g.g) ABC A’B’C’ ; B = B' A'H' S 2 AH; A’H’là hai đƣờng cao tƣơng ứng thì: = k (Tỉ số đồng dạng); A'B'C' = K AH SABC B. Bài tập áp dụng Bài 1: Cho ABC có B = 2 C , AB = 8 cm, BC = 10 cm. a)Tính AC b)Nếu ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì mỗi cạnh là bao nhiêu? A Giải Cách 1: E B Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC AC AD ACD ABC (g.g) AB AC C AC2 AB. AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC) D = 8(10 + 8) = 144 AC = 12 cm Cách 2: Vẽ tia phân giác BE của ABC ABE ACB 63
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 AB AE BE AE + BE AC = AC2 = AB(AB + CB) = 8(8 + 10) = 144 AC AB CB AB + CB AB + CB AC = 12 cm b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > anên có thể b = a + 1 hoặc b = a + 2 2 2 + Nếu b = a + 1 thì (a + 1) = a + ac 2a + 1 = ac a(c – 2) = 1 a = 1; b = 2; c = 3(loại) + Nếu b = a + 2 thì a(c – 4) = 4 - Với a = 1 thì c = 8 (loại) - Với a = 2 thì c = 6 (loại) A - với a = 4 thì c = 6 ; b = 5 Vậy a = 4; b = 5; c = 6 Bài 2: D Cho ABC cân tại A, đƣờng phân giác BD; tính BD biết BC = 5 cm; AC = 20 cm Giải B C CD BC 1 Ta có = CD = 4 cm và BC = 5 cm AD AC 4 Bài toán trở về bài 1 Bài 3: Cho ABC cân tại A và O là trung điểm của BC. Một điểm O di động trên AB, lấy điểm E OB2 trên AC sao cho CE = . Chứng minh rằng BD a) DBO OCE b) DOE DBO OCE A c) DO, EO lần lƣợt là phân giác của các góc BDE, CED d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi khi D di động trên AB Giải E I 1 2 D 1 H 2 64 3 B O C
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 OB2 CE OB a) Từ CE = = và B = C (gt) DBO OCE BD OB BD   b) Từ câu a suy ra O3 = E2 (1)  0 Vì B, O ,C thẳng hàng nên O3 + DOE EOC 180 (2)   0 trong tam giác EOC thì E2 + C EOC 180 (3) Từ (1), (2), (3) suy ra DOE B C DO OE DOE và DBO có = (Do DBO OCE) DB OC DO OE và = (Do OC = OB) và DB OB nên DOE DBO OCE   c) Từ câu b suy ra D12 = D DO là phân giác của các góc BDE   Củng từ câu b suy ra E12 = E EO là phân giác của các góc CED c) Gọi OH, OI là khoảng cách từ O đến DE, CE thì OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi OI không đổi khi D di động trên AB Bài 4: (Đề HSG huyện Lộc hà – năm 2007 – 2008) Cho ABC cân tại A, có BC = 2a, M là trung điểm BC, lấy D, E thuộc AB, AC sao cho DME = B a) Chứng minh tích BD. CE không đổi b)Chứng minh DM là tia phân giác của BDE c) Tính chu vi của AED nếu ABC là tam giác đều Giải a) Ta có DMC = DME + CME = B + BDM , mà DME = B (gt) nên CME = BDM , kết hợp với B = C ( ABC cân tại A) suy ra BDM CME (g.g) BD BM = BD. CE = BM. CM = a2 không đổi CM CE DM BD DM BD b) BDM CME = = ME CM ME BM 65
A 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 (do BM = CM) DME DBM (c.g.c) MDE = BMD hay DM là tia phân giác của BDE E I c) chứng minh tƣơng tự ta có EM là tia phân giác của DEC D H kẻ MH  CE ,MI DE, MK DB thì MH = MI = MK K DKM = DIM B DK =DI EIM = EHM EI = EH M C Chu vi AED là PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK) MC a ABC là tam giác đều nên suy ra CME củng là tam giác đều CH = 22 AH = 1,5a PAED = 2 AH = 2. 1,5 a = 3a Bài 5: F Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đƣờng thẳng song song với AM, cắt AB, AC tại E và F K A a) chứng minh DE + DF không đổi khi D di động trên BC E b) Qua A vẽ đƣờng thẳng song song với BC, cắt FE tại K. Chứng minh rằng K là trung điểm của FE Giải D M DE BD BD B C a) DE // AM = DE = .AM (1) AM BM BM DF CD CD CD DF // AM = DF = .AM = .AM (2) AM CM CM BM Từ (1) và (2) suy ra BD CD BD CD BC DE + DF = .AM + .AM = + .AM = .AM = 2AM không đổi BM BM BM BM BM FK KA b) AK // BC suy ra FKA AMC (g.g) = (3) AM CM EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA = = = (2) ED BD ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BM AM CM (Vì CM = BM) 66
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 FK EK Từ (1) và (2) suy ra FK = EK hay K là trung điểm của FE AM AM Bài 6: (Đề HSG huyện Thạch hà năm 2003 – 2004) Cho hình thoi ABCD cạnh a có A = 600 , một đƣờng thẳng bất kỳ qua C cắt tia đối của các tia BA, DA tại M, N a) Chứng minh rằng tích BM. DN có giá trị không đổi b) Gọi K là giao điểm của BN và DM. Tính số đo của góc BKD Giải M MB CM a) BC // AN = (1) 1 BA CN CM AD C CD// AM = (2) B CN DN 1 K Từ (1) và (2) suy ra MB AD = MB.DN = BA.AD = a.a = a 2 BA DN A D N b) MBD và BDN có MBD = BDN = 1200 MB MB CM AD BD = = (Do ABCD là hình thoi có nên AB = BC = CD = DA) BD BA CN DN DN MBD BDN   0 Suy ra M11 = B . MBD và BKD có BDM = BDK và nên BKD = MBD = 120 Bài 7: Cho hình bình hành ABCD có đƣờng chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC lần lƣợt tại I, M, N. Vẽ CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD, BG vuông góc với AC. Gọi K là điểm đối xứng với D qua I. Chứng minh rằng F a) IM. IN = ID2 KM DM b) = D KN DN C 2 I G c) AB. AE + AD. AF = AC M K Giải A B E N 67
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 IM CI a) Từ AD // CM = (1) ID AI CI ID Từ CD // AN (2) AI IN Từ (1) và (2) suy ra IM = ID hay ID2 = IM. IN ID IN DM CM DM CM DM CM b) Ta có = = = (3) MN MB MN + DM MB + CM DN CB Từ ID = IK và ID2 = IM. IN suy ra IK2 = IM. IN IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM KM IM CM CM = = = = = (4) IM IK IM IK IM IK KN IK KN ID AD CB KM DM Từ (3) và (4) suy ra = KN DN AE AC c) Ta có AGB AEC = AB.AE = AC.AG AB. AE = AG(AG + CG) (5) AG AB AF CG CG CGB AFC = (vì CB = AD) AC CB AD AF . AD = AC. CG AF . AD = (AG + CG) .CG (6) Cộng (5) và (6) vế theo vế ta có: AB. AE + AF. AD = (AG + CG) .AG + (AG + CG) .CG AB. AE + AF. AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2 Vậy: AB. AE + AD. AF = AC2 Bài tập về nhà Bài 1 Cho Hình bình hành ABCD, một đƣờng thẳng cắt AB, AD, AC lần lƣợt tại E, F, G AB AD AC Chứng minh: + = AE AF AG HD: Kẻ DM // FE, BN // FE (M, N thuộc AC) Bài 2: Qua đỉnh C của hình bình hành ABCD, kẻ đƣờng thẳng cắt BD, AB, AD ở E, G, F chứng minh: a) DE2 = FE . BE2 EG 68
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 b) CE2 = FE. GE (Gợi ý: Xét các tam giác DFE và BCE, DEC và BEG) Bài 3 Cho tam giác ABC vuông tại A, đƣờng cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt nhau tại một điểm. Chứng minh rằng BH CM AD a) . . 1 HC MA BD b) BH = AC 69
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ 14 – PHƢƠNG TRÌNH BẬC CAO A.Mục tiêu: * Củng cố, ôn tập kiến thức và kỹ năng giải các Pt bậc cao bằng cách phân tích thành nhân tử * Khắc sâu kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử và kỹ năng giải Pt B. Kiến thức và bài tập: I. Phƣơng pháp: * Cách 1: Để giải các Pt bậc cao, ta biến đổi, rút gọn để dƣa Pt về dạng Pt có vế trái là một đa thức bậc cao, vế phải bằng 0, vận dụng các phƣơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử để đƣa Pt về dạng pt tích để giải * Cách 2: Đặt ẩn phụ II. Các ví dụ: 1.Ví dụ 1: Giải Pt a) (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12 2x3 + 10x = 12 x3 + 5x – 6 = 0 (x3 – 1) + (5x – 5) (x – 1)(x2 + x + 6) = 0 x = 1 2 x - 1 = 0 1 23 2 x 1 (Vì x + 0 vô nghiệm) 2 1 23 x + x + 6 = 0 x + 0 24 24 b) x4 + x2 + 6x – 8 = 0 (1) Vế phải của Pt là một đa thức có tổng các hệ số bằng 0, nên có một nghiệm x = 1 nên có nhân tử là x – 1, ta có (1) (x4 – x3) + (x3 – x2) + (2x2 – 2x) + (8x – 8) = 0 (x – 1)(x3 + x2 + 2x + 8) (x – 1)[(x3 + 2x2) – (x2 + 2x) + (4x – 8) ] = 0 (x – 1)[x2(x + 2) – x(x + 2) + 4(x + 2) = 0 (x – 1)(x + 2)(x2 – x + 4) = 0 c) (x – 1)3 + (2x + 3)3 = 27x3 + 8 x3 – 3x2 + 3x – 1 + 8x3 + 36x2 + 54x + 27 – 27x3 – 8 = 0 - 18x3 + 33x2 + 57 x + 18 = 0 6x3 - 11x2 - 19x - 6 = 0 (2) Ta thấy Pt có một nghiệm x = 3, nên vế trái có nhân tử x – 3: 70
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 (2) (6x3 – 18x2) + (7x2 – 21x) + (2x – 6) = 0 6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = 0 (x – 3)(6x2 + 7x + 2) = 0 (x – 3)[(6x2 + 3x) + (4x + 2)] = 0 (x – 3)[3x(2x + 1) + 2(2x + 1)] = 0 (x – 3)(2x + 1)(3x + 2) d) (x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) = 24 [(x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) + 1] – 25 = 0 (x2 + 5x - 1)2 – 25 = 0 (x2 + 5x - 1 + 5)( (x2 + 5x - 1 – 5) = 0 (x2 + 5x + 4) (x2 + 5x – 6) = 0 [(x2 + x) +(4x + 4)][(x2 – x) + (6x – 6)] = 0 (x + 1)(x + 4)(x – 1)(x + 6) = 0 e) (x2 + x + 1)2 = 3(x4 + x2 + 1) (x2 + x + 1)2 - 3(x4 + x2 + 1) = 0 (x2 + x + 1)2 – 3(x2 + x + 1)( x2 - x + 1) = 0 ( x2 + x + 1)[ x2 + x + 1 – 3(x2 - x + 1)] = 0 ( x2 + x + 1)( -2x2 + 4x - 2) = 0 (x2 + x + 1)(x2 – 2x + 1) = 0 ( x2 + x + 1)(x – 1)2 = 0 f) x5 = x4 + x3 + x2 + x + 2 (x5 – 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 (x – 1) (x4 + x3 + x2 + x + 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 (x – 2) (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 +) x – 2 = 0 x = 2 +) x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 (x4 + x3) + (x + 1) + x2 = 0 (x + 1)(x3 + 1) + x2 = 0 1 1 3 (x + 1)2(x2 – x + 1) + x2 = 0 (x + 1)2 [(x2 – 2.x. + ) + ] + x2 = 0 2 4 4 2 13 2 x + + 2 2 (x + 1) + x = 0 Vô nghiệm vì (x + 1) 0 nhƣng 24 không xẩy ra dấu bằng Bài 2: a) (x2 + x - 2)( x2 + x – 3) = 12 (x2 + x – 2)[( x2 + x – 2) – 1] – 12 = 0 (x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = 0 Đặt x2 + x – 2 = y Thì (x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = 0 y2 – y – 12 = 0 (y – 4)(y + 3) = 0 * y – 4 = 0 x2 + x – 2 – 4 = 0 x2 + x – 6 = 0 (x2 + 3x) – (2x + 6) = 0 71
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 (x + 3)(x – 2) = 0 * y + 3 = 0 x2 + x – 2 + 3 = 0 x2 + x + 1 = 0 (vô nghiệm) b) (x – 4)( x – 5)( x – 6)( x – 7) = 1680 (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 Đặt x2 – 11x + 29 = y , ta có: (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 (y + 1)(y – 1) = 1680 y2 = 1681 y = 41 y = 41 x2 – 11x + 29 = 41 x2 – 11x – 12 = 0 (x2 – x) + (12x – 12) = 0 (x – 1)(x + 12) = 0 11 121 159 * y = - 41 x2 – 11x + 29 = - 41 x2 – 11x + 70 = 0 (x2 – 2x. + )+ = 0 2 4 4 c) (x2 – 6x + 9)2 – 15(x2 – 6x + 10) = 1 (3) Đặt x2 – 6x + 9 = (x – 3)2 = y 0, ta có (3) y2 – 15(y + 1) – 1 = 0 y2 – 15y – 16 = 0 (y + 1)(y – 15) = 0 Với y + 1 = 0 y = -1 (loại) Với y – 15 = 0 y = 15 (x – 3)2 = 16 x – 3 = 4 + x – 3 = 4 x = 7 + x – 3 = - 4 x = - 1 d) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = 0 (4) Đặt x2 + 1 = y thì (4) y2 + 3xy + 2x2 = 0 (y2 + xy) + (2xy + 2x2) = 0 (y + x)(y + 2x) = 0 +) x + y = 0 x2 + x + 1 = 0 : Vô nghiệm +) y + 2x = 0 x2 + 2x + 1 = 0 (x + 1)2 = 0 x = - 1 Bài 3: a) (2x + 1)(x + 1)2(2x + 3) = 18 (2x + 1)(2x + 2)2(2x + 3) = 72. (1) Đặt 2x + 2 = y, ta có (1) (y – 1)y2(y + 1) = 72 y2(y2 – 1) = 72 y4 – y2 – 72 = 0 Đặt y2 = z 0 Thì y4 – y2 – 72 = 0 z2 – z – 72 = 0 (z + 8)( z – 9) = 0 * z + 8 = 0 z = - 8 (loại) 72
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 * z – 9 = 0 z = 9 y2 = 9 y = 3 x = b) (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 (2) Đặt y = x – 1 x + 1 = y + 2; x – 3 = y – 2, ta có (2) (y + 2)4 + (y – 2)4 = 82 y4 +8y3 + 24y2 + 32y + 16 + y4 - 8y3 + 24y2 - 32y + 16 = 82 2y4 + 48y2 + 32 – 82 = 0 y4 + 24y2 – 25 = 0 Đặt y2 = z 0 y4 + 24y2 – 25 = 0 z2 + 24 z – 25 = 0 (z – 1)(z + 25) = 0 +) z – 1 = 0 z = 1 y = 1 x = 0; x = 2 +) z + 25 = 0 z = - 25 (loại) Chú ý: Khi giải Pt bậc 4 dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c ta thƣờng đặt ẩn phụ y = x + a + b 2 c) (4 – x)5 + (x – 2)5 = 32 (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 Đặt y = x – 3 x – 2 = y + 1; x – 4 = y – 1; ta có: (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 (y + 1)5 - (y – 1)5 = 32 y5 + 5y4 + 10y3 + 10y2 + 5y + 1 – (y5 - 5y4 + 10y3 - 10y2 + 5y - 1) – 32 = 0 10y4 + 20y2 – 30 = 0 y4 + 2y2 – 3 = 0 Đặt y2 = z 0 y4 + 2y2 – 3 = 0 z2 + 2z – 3 = 0 (z – 1)(z + 3) = 0 d) (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4 Đặt x – 7 = a; x – 8 = b ; 15 – 2x = c thì - c = 2x – 15 a + b = - c , Nên (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4 a4 + b4 = c4 a4 + b4 - c4 = 0 a4 + b4 – (a + b)4 = 0 2 2 3 2 372 4ab(a + ab + b ) = 0 4ab a + b + b = 0 4ab = 0 2 4 16 2 372 (Vì a + b + b 0 nhƣng không xẩy ra dấu bằng) ab = 0 x = 7; x = 8 4 16 4 3 2 2 11 e) 6x + 7x – 36x – 7x + 6 = 0 6 x 2 7 x - 36 0 xx 1 1 (Vì x = 0 không là nghiệm). Đặt x - = y x2 = y2 + 2 , thì x x2 73
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 2 11 2 2 6 x 2 7 x - 36 0 6(y + 2) + 7y – 36 = 0 6y + 7y – 24 = 0 xx (6y2 – 9y) + (16y – 24) = 0 (3y + 8 )(2y – 3) = 0 x = - 3 8 1 x + 3 = 0 +) 3y + 8 = 0 y = - x - = - (x + 3)(3x – 1) = 0 1 3 x 3x - 1 = 0 x = 3 x = 2 3 x - 2 = 0 +) 2y – 3 = 0 y = = (2x + 1)(x – 2) = 0 1 2 2x + 1 = 0 x = - 2 Bài 4: Chứng minh rằng: các Pt sau vô nghiệm a) x4 – 3x2 + 6x + 13 = 0 ( x4 – 4x2 + 4) +(x2 + 6x + 9) = 0 (x2 – 2)2 + (x + 3)2 = 0 Vế trái (x2 – 2)2 + (x + 3)2 0 nhƣng không đồng thời xẩy ra x2 = 2 và x = -3 b) x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 (x – 1)( x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 x7 – 1 = 0 x = 1 x = 1 không là nghiệm của Pt x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 Bài tập về nhà: Bài 1: Giải các Pt a)(x2 + 1)2 = 4(2x – 1) HD: Chuyển vế, triển khai (x2 + 1)2, phân tích thành nhân tử: (x – 1)2(x2 + 2x + 5) = 0 b) x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24 (Nhân 2 nhân tử với nhau, áp dụng PP đặt ẩn phụ) c) (12x + 7)2(3x + 2)(2x + 1) = 3 (Nhân 2 vế với 24, đặt 12x + 7 = y) d) (x2 – 9)2 = 12x + 1 (Thêm, bớt 36x2) e) (x – 1)4 + (x – 2)4 = 1 ( Đặt y = x – 1,5; Đs: x = 1; x = 2) f) (x – 1)5 + (x + 3)5 = 242(x + 1) (Đặt x + 1 = y; Đs:0; -1; -2 ) g) (x + 1)3 + (x - 2)3 = (2x – 1)3 Đặt x + 1 = a; x – 2 = b; 1 - 2x = c thì a + b + c = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc 1 h) 6x4 + 5x3 – 38x2 + 5x + 6 = 0 (Chia 2 vế cho x2; Đặt y = x + ) x 5 4 3 2 i) x + 2x + 3x + 3x + 2x + 1 = 0 (Vế trái là đa thức có tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ ) 74
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Bài 2: Chứng minh các pt sau vô nghiệm a) 2x4 – 10x2 + 17 = 0 (Phân tích vế trái thành tổng của hai bình phƣơng) 4 3 2 b) x – 2x + 4x – 3x + 2 = 0 (Phân tích vế trái thành tích của 2 đa thức có giá trị không âm ) 75
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ 1 5 – SỬ DỤNG CÔNG THỨC DIỆN TÍCH ĐỂ THIẾT LẬP QUAN HỆ ĐỘ DÀI CỦA CÁC ĐOẠN THẲNG Ngày soạn:23 – 3 - 2010 A. Một số kiến thức: 1. Công thức tính diện tích tam giác: S = 1 a.h (a – độ dài một cạnh, h – độ dài đƣờng cao tƣơng ứng) 2 2. Một số tính chất: Hai tam giác có chung một cạnh, có cùng độ dài đƣờng cao thì có cùng diện tích Hai tam giác bằng nhau thì có cùng diện tích B. Một số bài toán: 1. Bài 1: CI + BK Cho ABC có AC = 6cm; AB = 4 cm; các đƣờng cao AH; BK; CI. Biết AH = 2 Tính BC Giải A 2S 2S Ta có: BK = ABC ; CI = ABC K AC AB I 11 BK + CI = 2. SABC AC AB 1 B H C 2AH = 2. . BC. AH . BC. = 2 2 11 BC = 2 : = 2 : = 4,8 cm 64 Bài 2: Cho ABC có độ dài các cạnh là a, b, c; độ dài các đƣờng cao tƣơng ứng là ha, hb, hc. Biết rằng a + ha = b + hb = c + hc . Chứng minh rằng ABC là tam giác đều Giải Gọi SABC = S 76
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 2S 2S 1 1 a - b Ta xét a + ha = b + hb a – b = ha – hb = - 2S. - 2S. b a b a ab a - b 2S a – b = 2S. (a – b) 1 - = 0 ABC cân ở C hoặc vuông ở C (1) ab ab Tƣơng tự ta có: ABC cân ở A hoặc vuông ở A (2); ABC cân ở B hoặc vuông ở B (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra ABC cân hoặc vuông ở ba đỉnh (Không xẩy ra vuông tại ba đỉnh) ABC là tam giác đều Bài 3: Cho điểm O nằm trong tam giác ABC, các tia AO, BO, Co cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ tự tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng: OA' OB' OC' OA OB OC a) 1 b) 2 AA' BB' CC' AA' BB' CC' OA OB OC c) M = 6 . Tìm vị trí của O để tổng M có giá trị nhỏ nhất OA' OB' OC' OA OB OC d) N = . . 8 . Tìm vị trí của O để tích N có giá A OA' OB' OC' trị nhỏ nhất Giải B' C' Gọi SABC = S, S1 = SBOC , S2 = SCOA , S3 = SAOB . Ta có: O OA S SSS = 2 = 3 2 3 (1) OA' SOA'C S OA'B S 1 B A' C OA' SSSS S = OA'C = OA'B OA'C OA'B 1 (2) AA' SAA'C S AA'B S AA'C S AA'B S OA SS Từ (1) và (2) suy ra 23 AA' S OB SS OC SS OB' S OC' S Tƣơng tự ta có 13; 12 ; 2 ; 3 OB' S2 OC' S3 BB' S CC' S OA' OB' OC'SSS S a) 12 3 1 AA' BB' CC' S S S S OA OB OCSSSS SS 2S b) 2 3 1 3 12 2 AA' BB' CC' S S S S 77
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 OA OB OC SSSSSS SSSSSS c) M = 2 3 1 3 1 2 1 2 3 2 1 3 OA' OB' OC' S1 S 2 S 3 S 2 S 1 S 2 S 3 S 3 S 1 SSSS SS Aùp dụng Bđt Cô si ta có 1 2 33 2 1 2 2 2 6 SSSSSS2 1 2 3 3 1 Đẳng thức xẩy ra khi S1 = S2 = S3 O là trọng tâm của tam giác ABC SSSS SS SSSSSS d) N = 2 3 1 3 12 2 3 1 3 1 2 S1 S 2 S 3 S 1 .S 2 .S 3 2 2 2 2 SSSSSS2 3 1 3 1 2 4S1 S 2 .4S 2 S 3 .4S 1 S 3 N = 22 64 N 8 S1 .S 2 .S 3 S 1 .S 2 .S 3 Đẳng thức xẩy ra khi S1 = S2 = S3 O là trọng tâm của tam giác ABC Bài 4: Cho tam giác đều ABC, các đƣờng caoAD, BE, CF; gọi A’, B’, C’ là hình chiếu của M (nằm bên trong tam giác ABC) trên AD, BE, CF. Chứng minh rằng: Khi M thay đổi vị trí trong tam giác ABC thì: a) A’D + B’E + C’F không đổi b) AA’ + BB’ + CC’ không đổi Giải Gọi h = AH là chiều cao của tam giác ABC thì h không đổi Gọi khoảng cách từ M đến các cạnh AB; BC; CA là MP; MQ; MR thì A’D + B’E + C’F = MQ + MR + MP A Vì M nằm trong tam giác ABC nên SBMC + SCMA + SBMA = SABC F E BC.(MQ + MR + MP) = BC . AH C' R P MQ + MR + MP = AH A’D + B’E + C’F = AH = h B' A' Vậy: A’D + B’E + C’F = AH = h không đổi M B Q D C b) AA’ + BB’ + CC’ = (AH – A’D)+(BE – B’E) (CF – C’F) = (AH + BE + CF) – (A’D + B’E + C’F) = 3h – h = 2h không đổi Bài 5: 78
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Cho tam giác ABC có BC bằng trung bình cộng của AC và AB; Gọi I là giao điểm của các phân giác, G là trọng tâm của tam giác. Chứng minh: IG // BC Giải Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC lần lƣợt là AH, IK, GD Vì I là giap điểm của ba đƣờng phân giác nên khoảng cách từ A I đến ba cạnh AB, BC, CA bằng nhau và bằng IK Vì I nằm trong tam giác ABC nên: I G SABC = SAIB + SBIC + SCIA BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1) AB + CA Mà BC = AB + CA = 2 BC (2) B C 2 H K D M 1 Thay (2) vào (1) ta có: BC. AH = IK. 3BC IK = AH (a) 3 Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên: SBGC = SABC BC . GD = BC. AH GD = AH (b) Từ (a) và (b) suy ra IK = GD hay khoảng cách từ I, G đến BC bằng nhau nên IG // BC Bài tập về nhà: 1) Cho C là điểm thuộc tia phân giác của xOy = 600 , Mlà điểm bất kỳ nằm trên đƣờng vuông góc với OC tại C và thuộc miền trong của xOy , gọi MA, MB thứ tự là khoảng cách từ M đến Ox, Oy. Tính độ dài OC theo MA, MB 2) Cho M là điểm nằm trong tam giác đều ABC. A’, B’, C’ là hình chiếu của M trên các cạnh BC, AC, AB. Các đƣờng thẳng vuông góc với BC tại C, vuông góc với CA tại A , vuông góc với AB tại B cắt nhau ở D, E, F. Chứng minh rằng: a) Tam giác DEF là tam giác đều b) AB’ + BC’ + CA’ không phụ thuộc vị trí của M trong tam giác ABC 79
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ 16 – BẤT ĐẲNG THỨC Phần I : các kiến thức cần lƣu ý ABAB 0 1-Đinhnghĩa: ABAB 0 2-tính chất + A>B B A + A > B > 0 An > Bn n + A>B và B >C A > C + A > B An > Bn với n lẻ + A>B A + C >B + C + A > B An > Bn với n chẵn + A>B và C > D A +C > B + D + m > n > 0 và A > 1 A m > A n + A>B và C > 0 A.C > B.C + m > n > 0 và 0 B và C 0 + 0 0) + A B A B ( dấu = xảy ra khi A.B B Ta chứng minh A – B > 0 Lƣu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2 0 với  M Ví dụ 1  x, y, z chứng minh rằng : a) x 2 + y 2 + z xy+ yz + zx b) x + y + z 2xy – 2xz + 2yz 80
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Giải: 1 a) Ta xét hiệu : x 2 + y 2 + z - xy – yz – zx = .2 .( x + y + z - xy – yz – zx) 2 1 = ()()()x y2 x z 2 y z 2 0 đúng với mọi x;y;z R 2 Vì (x-y)2 0 vớix ; y .Dấu bằng xảy ra khi x = y (x- z)2 0 vớix ; z . Dấu bằng xảy ra khi x = z (y- z)2 0 với z; y . Dấu bằng xảy ra khi z = y Vậy x + y + z xy+ yz + zx . Dấu bằng xảy ra khi x = y =z b)Ta xét hiệu: x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z) 2 0 đúng với mọi x;y;z Vậy x + y + z 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z Dấu bằng xảy ra khi x + y = z Ví dụ 2: chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 a 2 b 2 a b a b c a b c a) ; b) c) Hãy tổng quát bài toán 2 2 3 3 giải a) Ta xét hiệu 2 2 2 2 2 2 2 a b a b 2 a b a 2ab b 1 2 2 2 2 1 2 = = 2a 2b a b 2ab = a b 0 2 2 4 4 4 4 Vậy Dấu bằng xảy ra khi a = b 2 2 2 2 a b c a b c 1 2 2 2 b)Ta xét hiệu: =  a b b c c a  0 3 3 9 Vậy Dấu bằng xảy ra khi a = b =c 2 a 2 a 2 a 2 a a a c)Tổng quát: 1 2 n 1 2 n n n 81
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 * Tóm lại các bƣớc để chứng minh A B theo định nghĩa Bƣớc 1: Ta xét hiệu H = A - B Bƣớc 2:Biến đổi H = (C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 + .+(E+F) 2 Bƣớc 3: Kết luận A B 2) phƣơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tƣơng đƣơng Lƣu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tƣơng đƣơng với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã đƣợc chứng minh là đúng. Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng b2 a) a 2 ab b) a2 b2 1 ab a b c) a2 b2 c2 d 2 e2 a b c d e 4 Giải: a) 4a2 b2 4ab 4a2 4a b2 0 2a b 2 0 (Bđt này luôn đúng) Vậy (dấu bằng xảy ra khi 2a = b) b) a2 b2 1 ab a b 2(a2 b2 1 2(ab a b) a2 2ab b2 a2 2a 1 b2 2b 1 0 (a b)2 (a 1)2 (b 1)2 0 (luôn đúng) Vậy Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1 c) 4 a2 b2 c2 d 2 e2 4a b c d e a2 4ab 4b2 a2 4ac 4c2 a2 4ad 4d 2 a2 4ac 4c2 0 a 2b 2 a 2c 2 a 2d 2 a 2c 2 0 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a10 b10 a2 b2 a8 b8 a4 b4 Giải: a12 a10b2 a2b10 b12 a12 a8b4 a4b8 b12 a8b2 a2 b2 a2b8 b2 a2 0 a2b2(a2-b2)(a6-b6) 0 a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0 x.y.z 1 1 1 1 Ví dụ 4: cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn: x y z x y z 82
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Chứng minh rằng : có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1 Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1) = xyz + (xy + yz + zx) + x + y + z - 1 1 1 1 1 1 1 = (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz( ) = x + y + z - ( ) 0 x y z x y z (vì 1 x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z =1 bắt buộc phải xảy ra trƣờng hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1 3) Phƣơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A) một số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x2 y 2 2xy b) x2 y 2 xy dấu( = ) khi x = y = 0 a b c) x y 2 4xy d) 2 b a a a a a n 2)Bất đẳng thức Cô sy: 1 2 3 n a a a a Với a 0 n 1 2 3 n i 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski 2 2 2 2 2 2 2 a2 a2 an . x1 x2 n a1x1 a2 x2 an xn 4) Bất đẳng thức Trê-bƣ - sép: a b c aA bB cC a b c A B C Nếu . A B C 3 3 3 a b c aA bB cC a b c A B C Nếu . A B C 3 3 3 a b c Dấu bằng xảy ra khi A B C B) các ví dụ ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng (a+b) (b+c)(c+a) 8abc 83
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: x y 2 4xy Tacó a b 2 4ab ; b c 2 4bc ; c a 2 4ac a b 2 b c 2 c a 2 64a 2b2c2 8abc 2 (a + b)(b + c)(c + a) 8abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c a3 b 3 c 3 1 ví dụ 2: Cho a > b > c > 0 và a2 b2 c2 1 chứng minh rằng b c a c a b 2 2 2 2 a b c Do a,b,c đối xứng , giả sử a b c a b c b c a c a b áp dụng BĐT Trê- bƣ-sép ta có a b c a 2 b2 c 2 a b c 1 3 1 a 2 . b2 . c 2 . . = . = b c a c a b 3 b c a c a b 3 2 2 a3 b3 c3 1 1 Vậy Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = b c a c a b 2 3 ví dụ 3: Cho a,b,c,d > 0 và abcd =1 .Chứng minh rằng : a2 b2 c2 d 2 a b c b c d d c a 10 Ta có a2 b2 2ab ; c2 d 2 2cd 1 1 1 Do abcd =1 nên cd = (dùng x ) ab x 2 1 Ta có a 2 b2 c 2 2(ab cd ) 2(ab ) 4 (1) ab Mặt khác: a b c b c d d c a = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad) 1 1 1 = ab ac bc 2 2 2 ab ac bc ví dụ 4: Chứng minh rằng : a2 b2 c2 ab bc ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có 12 12 12 (a2 b2 c2 ) 1.a 1.b 1.c 2 3 a2 b2 c2 a2 b2 c2 2 ab bc ac (đpcm) Dấu bằng xảy ra khi a = b = c 4) Phƣơng pháp 4: dùng tính chất của tỷ số 84
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 A. Kiến thức 1) Cho a, b ,c là các số dƣơng thì a a a c a a a c a – Nếu 1 thì b – Nếu 1 thì b b b c b b b c a c a a c c 2) Nếu b,d >0 thì từ b d b b d d B. Các ví dụ: a b c d ví dụ 1: Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng :1 2 a b c b c d c d a d a b a a a d Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có 1 (1) a b c a b c a b c d a a Mặt khác : (2) a b c a b c d Từ (1) và (2) ta có a 0 b d ab cd c Chứng minh rằng < b 2 d 2 d ab cd ab ab cd cd c Giải: Từ < < (đpcm) b 2 d 2 b2 b2 d 2 d 2 d ví dụ 3 : Cho a;b;c;d là các số nguyên dƣơng thỏa mãn : a + b = c+d =1000 a b tìm giá trị lớn nhất của c d a b a a b b a giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử : ; 1 vì a + b = c + d c d c c d d c 85
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 b a b a, Nếu: b 998 thì 998 999 d c d 1 999 b, Nếu: b = 998 thì a =1 = Đạt giá trị lớn nhất khi d = 1; c = 999 c d Vậy: giá trị lớn nhất của = 999 + 1 khi a = d = 1; c = b = 999 999 1 1 1 1 3 Ví dụ 4 : Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng : 2 n 1 n 2 n n 4 1 1 1 Ta có với k = 1,2,3, ,n-1 n k n n 2n 1 1 1 1 1 n 1 Do đó: n 1 n 2 2n 2n 2n 2n 2 1 1 1 1 Ví dụ 5: CMR: A = 1 với n ≥ 2 không là số tự nhiên 22 32 42 n2 1 1 1 1 HD: ; ; 222 1.2. 3 2.3 Ví dụ 6: Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chứng minh rằng : a b b c c d d a 23 abcbcdcdadab Giải : a b a b a b d Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có: (1) abcd abcabcd b c b c b c a (2) abcdbcd abcd d a d a d a c (3) abcd dababcd Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có : (đpcm) 5. Phƣơng pháp 5:Dùng bất đẳng thức trong tam giác Lƣu ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a; b; c > 0 Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a Ví dụ1: 86
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Cho a; b; clà số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng a, a2 + b2 + c2 (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Giải 0 a b c a2 a(b c) 2 a)Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta có 0 b a c b b(a c) 2 0 c a b c c(a b) Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có a2 + b2 + c2 b-c a 2 a 2 (b c)2 > 0 b > a-c b2 b2 (c a)2 > 0 c > a-b c2 c2 (a b)2 0 abc2 2 2 a 2 bc 222 b 2 ca c 2 ab Nhân vế các bất đẳng thức ta đƣợc: abc2 2 2 abc 222 bca cab abc abcbcacab Ví dụ2: (đổi biến số) a b c 3 Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng (1) b c c a a b 2 Đặt x= b + c ; y= c + a ;z = a + b ta có a = y z x ; b = z x y ; c = x y z 2 2 2 y z x z x y x y z 3 y z x z x y ta có (1) 1 1 1 3 2x 2y 2z 2 x x y y z z y x z x z y ( ) ( ) ( ) 6 là Bđt đúng? x y x z y z Ví dụ 3: (đổi biến số) 1 1 1 Cho a, b, c > 0 và a + b + c 0 x y z 87
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 3 1 1 1 1 1 1 1 x y z 3. xyz và 3. . 3 x y z . 9 x y z xyz x y z 6) phƣơng pháp làm trội : Chứng minh BĐT sau : 1 1 1 1 a) 1.3 3.5 (2nn 1).(2 1) 2 1 1 1 b) 1 2 1.2 1.2.3 1.2.3 n Giải : 1 1 2kk 1 (2 1) 1 1 1 a) Ta có : . 2n 1.2 n 1 2(2 k 1).(2 k 1) 22 k 12 k 1 Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có 1 1 1 1 2 1 . 1 (đpcm) 1.3 3.5 (2n 1).(2 n 1) 2 2 n 1 2 1 1 1 1 1 1 b) Ta có : 1 1 1.2 1.2.3 1.2.3 n 1.2 1.2.3 n 1 . n 1 1 1 1 1 1 0. Chứng minh rằng a + b + c a b c 88
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 bc ac b a ac ab bc ab HD: = c 2c; ? ; ? a b a b bc a c CHUYÊN ĐỀ 17 – VẼ ĐƢỜNG THẲNG SONG SONG ĐỂ TẠO THÀNH CÁC CẶP ĐOẠN THẲNG TỶ LỆ A.Phƣơng pháp: Trong các bài tập vận dụng định lí Talét. Nhiều khi ta cần vẽ thêm đƣờng phlà một đƣờng thẳng song song với một đƣờng thẳng cho trƣớc,. Đây là một cách vẽ đƣờng phụ ïhay dùng, vì nhờ đó mà tạo thành đƣợc các cặp đoạn thẳng tỉ lệ B. Các ví dụ: 1) Ví dụ 1: Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC, lấy tƣơng ứng các điểm P, Q, R sao cho ba đƣờng thẳng AP, BQ, CR cắt nhau tại một điểm. E A AR BP CQ F Chứng minh: . . 1 (Định lí Cê – va) RB PC QA Q R Giải O Qua A kẻ đƣờng thẳng song song với BC cắt các đƣờng thẳng CR, BQ tại E, F. Gọi O là giao điểm của AP, BQ, CR AR AE ARE BRC = (a) RB BC B P C BP OP BOP FOA = (1) FA OA PC PO POC AOE = (2) AE AO BP PC BP FA Từ (1) và (2) suy ra: = (b) FA AE PC AE CQ BC AQF CQB = (c) AQ FA AR BP CQ AE FA BC Nhân (a), (b), (c) vế theo vế ta có: . . . . 1 RB PC QA BC AE FA 89
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 AR BP CQ * Đảo lại: Nếu . . 1thì bai đƣờng thẳng AP, BQ, CR đồng quy RB PC QA 2) Ví dụ 2: Một đƣờng thăng bất kỳ cắt các cạnh( phần kéo dài của các cạnh) của tam giác ABC tại P, Q, R. RB.QA.PC Chứng minh rằng: 1(Định lí Mê-nê-la-uýt) RA.CQ.BP Giải: Qua A kẻ đƣờng thẳng song song với BC cắt PR tại E. Ta có RB BP RAE RBP = (a) RA AE QA AE AQE CQP = (b) QC CP Nhân vế theo vế các đẳng thức (a) và (b) ta có RB QA BP AE . = . (1) RA QC AE CP PC RB PC QA BP AE PC Nhân hai vế đẳng thức (1) với ta có: . . = . . 1 BP RA BP QC AE CP BP Đảo lại: Nếu thì ba điểm P, Q, R thẳng hàng 3) Ví dụ 3: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Gọi I là điểm bất kỳ trên cạnh BC. Đƣờng thẳng qua I song song với AC cắt AB ở K; đƣờng thẳng qua I song song với AB cắt AC, AM theo thứ tự ở D, E. Chứng minh DE = BK Giải A Qua M kẻ MN // IE (N AC).Ta có: E DE AE DE MN = (1) MN AN AE AN N K MN // IE, mà MB = MC AN = CN (2) D DE MN Từ (1) và (2) suy ra (3) AE CN C B I M 90
R 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 MN CN MN AB A E Ta lại có (4) AB AC CN AC DE AB Từ (4) và (5) suy ra (a) Q AE AC BK AB Tƣơng tự ta có: (6) KI AC Vì KI // AC, IE // AC nên tứ giác AKIE là hình bình hành nên KI = B P C AE (7) BK BK AB Từ (6) và (7) suy ra (b) KI AE AC DE BK K Từ (a) và (b) suy ra DE = BK AE AE 4) Ví dụ 4: I F B Đƣờng thẳng qua trung điểm của cạnh đối AB, CD của tứ giác M A ABCD cắt các đƣờng thẳng AD, BC theo thứ tự ở I, K. Chứng E minh: IA . KC = ID. KB Giải D N C Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB, CD Ta có AM = BM; DN = CN Vẽ AE, BF lần lƣợt song song với CD AME = BMF (g.c.g) AE = BF IA AE BF Theo định lí Talét ta có: = (1) ID DN CN KB BF Củng theo định lí Talét ta có: = (2) KC CN IA KB Từ (1) và (2) suy ra = IA . KC = ID. KB ID KC 5) Ví dụ 5: Cho xOy , các điểm A, B theo thứ tự chuyển động trên các tia Ox, Oy sao cho 1 1 1 + (k là hằng số). Chứng minh rằng AB luôn đi qua một điểm cố định OA OB k 91
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Giải y Vẽ tia phân giác Oz của xOy cắt AB ở C. vẽ CD // OA B z (D OB) DOC = DCO = AOC D COD cân tại D DO = DC C CD BD CD OB - CD Theo định lí Talét ta có = O x OA OB OA OB A CD CD 1 1 1 1 (1) OA OB OA OB CD 1 1 1 Theo giả thiết thì + (2) OA OB k Từ (1) và (2) suy ra CD = k , không đổi Vậy AB luôn đi qua một điểm cố định là C sao cho CD = k và CD // Ox , D OB 6) Ví dụ 6: Cho điểm M di động trên đáy nhỏ AB của hình thang ABCD, Gọi O là giao điểm của hai cạnh bên DA, CB. Gọi G là giao điểm của OA và CM, H I P O K là giao điểm của OB và DM. Chứng minh rằng: Khi M di OG OH động trên AB thì tổng + không đổi G GD HC H A M B Giải F Qua O kẻ đƣờng thẳng song với AB cắt CM, DM theo thứ tự ở I và K. Theo định lí Talét ta có: OG OI OH OK OG OH OI OK IK ; + D Q C GD CD HC CD GD HC CD CD CD OG OH IK + (1) GD HC CD Qua M vẽ đƣờng thẳng vuông góc với AB cắt IK, CD theo thứ tự ở P và Q, ta có: IK MP FO không đổi vì FO là khoảng cách từ O đến AB, MQ là đƣờng cao của hình CD MQ MQ thang nên không đổi (2) OG OH FO Từ (1) và (2) suy ra + không đổi GD HC MQ 92
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 7) Ví dụ 7: Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD. Trên AB lấy điểm M, trên AC lấy điểm N sao cho BM = CN, gọi giao điểm của CM và BN là O, Từ O vẽ đƣờng thẳng song song với AD cắt AC, AB tại E và F. Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA E Giải. A G AD là phân giác nên BAD = DAF F M EI // AD BAD = AEF (góc đồng vị) N Mà DAF OFC (đồng vị); AFE = OFC (đối đỉnh) P O Suy ra AEF AFE AFE cân tại A AE =AF (a) K B D I C Aùp dụng định lí Talét vào ACD , với I là giao điểm Q CF CI CF CA của EF với BC ta có = (1) CA CD CI CD CA BA AD là phân giác của BAC nên (2) CD BD CF BA Từ (1) và (2) suy ra (3) CI BD Kẻ đƣờng cao AG của AFE . BP // AG (P AD); CQ // AG (Q OI) thì BPD = CQI = 900 Gọi trung điểm của BC là K, ta có BPK = CQK (g.c.g) CQ = BP BPD = CQI (g.c.g) CI = BD (4) CF BA Thay (4) vào (3) ta có CF = BA (b) BD BD Từ (a) và (b) suy ra BE = CA Bài tập về nhà 1) Cho tam giác ABC. Điểm D chia trong BC theo tỉ số 1 : 2, điểm O chia trong AD theo tỉ số 3 : 2. gọi K là giao điểm của BO và AC. Chứng minh rằng KA không đổi KC 93
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 2) Cho tam giác ABC (AB > AC). Lấy các điểm D, E tuỳ ý thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho BD = CE. Gọi giao điểm của DE, BC là K, chứng minh rằng : Tỉ số KE không đổi khi D, E thay đổi trên AB, AC KD (HD: Vẽ DG // EC (G BC). CHUYÊN ĐỀ 18 – BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀ CHÙM ĐƢỜNG THẲNG ĐỒNG QUY A. Kiến thức 1) Bổ đề hình thang: “Trong hình thang có hai đáy không bằng nhau, đƣờng thẳng đi qua giao điểm của các đƣờng chéo và đi qua giao điểm của các đƣờng thẳng chứa hai cạnh bên thì đi qua trung điểm của hai đáy” Chứng minh: Gọi giao điểm của AB, CD là H, của AC, BD là G, trung điểm của AD, BC là E và F Nối EG, FG, ta có: ADG CBG (g.g) , nên : AD AG 2AE AG AE AG (1) CB CG 2CF CG CF CG H Ta lại có : EAG FCG (SL trong ) (2) Từ (1) và (2) suy ra : AEG CFG (c.g.c) E Do đó: AGE CGF E , G , H thẳng hàng (3) A / / D Tƣơng tự, ta có: AEH BFH AHE BHF G H , E , F thẳng hàng (4) O // // Tõừ (3) và (4) suy ra : H , E , G , F thẳng hàng B F C 2) Chùm đƣờng thẳng đồng quy: m A B C C' A' B' n 94 a b c
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Nếu các đƣờng thẳng đồng quy cắt hai đƣờng thẳng song song thì chúng định ra trên hai đƣờng thẳng song song ấy các đoạn thẳng tƣơng ứng tỉ lệ Nếu m // n, ba đƣờng thẳng a, b, c đồng quy ở O chúng cắt m tại A, B, C và cắt n tại A’, B’, C’ thì AB BC AC AB A'B' AB A'B' = hoặc = ; A'B' B'C' A'C' BC B'C' AC A'C' * Đảo lại: + Nếu ba đƣờng thẳng trong đó có hai đƣờng thẳng cắt nhau, định ra trên hai đƣờng thẳng song song các cặp đoạn thẳng tƣơng ứng tỉ lệ thì ba đƣờng thẳng đó đồng quy + Nếu hai đƣờng thẳng bị cắt bởi ba đƣờng thẳng đồng quy tạo thành các cặp đoạn thẳng tƣơng ứng tỉ lệ thì chúng song song với nhau B. Aùp dụng: 1) Bài 1: Cho tứ giác ABCD có M là trung điểm CD, N là trung điểm CB. Biết AM, AN cắt BD thành ba đoạn bằng nhau. Chứng minh rằng ABCD là hình bình hành A D G Giải F Gọi E, F là giao điểm của AM, AN với BD; G, H là giao E M điểm của MN với AD, BD B MN // BC (MN là đƣờng trung bình của BCD) N C Tứ giác HBFM là hình thang có hai cạnh bên đòng quy tại A, N là trung điểm của đáy BF nên theo bổ đề hình H thang thì N là trung điểm của đáy MH MN = NH (1) Tƣơng tự : trong hình thang CDEN thì M là trung điểm của GN GM = MN (2) Từ (1) và (2) suy ra GM = MN = NH Ta có BNH = CNM (c.g.c) BHN = CMN BH // CM hay AB // CD (a) Tƣơng tự: GDM = NCM (c.g.c) DGM = CNM GD // CN hay AD // CB (b) 95
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Từ (a) và (b) suy ra tứ giác ABCD có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành 2) Bài 2: Cho ABC có ba góc nhọn, trực tâm H, một đƣờng thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự tạ P, Q sao cho HP = HQ. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh: HM  PQ Giải A P Gọi giao điểm của AH và BC là I N Từ C kẻ CN // PQ (N AB), H Q ta chứng minh MH  CN HM PQ K Tứ giác CNPQ là hình thang, có H là trung điểm PQ, hai B M I C cạnh bên NP và CQ đồng quy tại A nên K là trung điểm CN MK là đƣờng trung bình của BCN MK // CN MK // AB (1) H là trực tâm của ABC nên CH A B (2) Từ (1) và (2) suy ra MK CH MK là đƣờng cao của CHK (3) Từ AH BC MC HK MI là đƣờng cao của CHK (4) Từ (3) và (4) suy ra M là trực tâm của CHK MH CN MH PQ 3) bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD có M, N thứ tự là trung điểm của AD, BC. Gọi E là một điểm bất kỳ thuộc tia đối của tia DC, K là giao điểm của EM và AC. Chứng minh rằng: NM là tia phân giác của KNE Giải Gọi H là giao điểm của KN và DC, giao điểm của AC và MN là I thì IM = IN Ta có: MN // CD (MN là đƣờng trung bình của hình chữ nhật ABCD) Tứ giác EMNH là hình thang có hai cạnh bên EM và HN đồng quy tại K và I là trung điểm của MN nên C là trung điểm của EH 96
B A K 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 N // // M Trong ENH thì NC vừa là đƣờng cao, vừa là đƣờng I trung tuyến nên ENH cân tại N NC là tia phân giác của ENH mà NC  MN (Do NM  BC – MN // AB) H C D E NM là tia phân giác góc ngoài tại N của ENH Vậy NM là tia phân giác của KNE Bài 4: Trên cạnh BC = 6 cm của hình vuông ABCD lấy điểm E sao cho BE = 2 cm. Trên tia đối của tia CD lấy điểm F sao cho CF = 3 cm. Gọi M là giao điểm của AE và BF. Tính AMC A B H Giải E M Gọi giao điểm của CM và AB là H, của AM và DF là G BH AB BH 6 Ta có: = CF FG 3 FG D C F G AB BE 2 1 Ta lại có = = CG = 2AB = 12 cm CG EC 4 2 BH 6 FG = 9 cm BH = 2 cm BH = BE 39 BAE = BCH (c.g.c) BAE = BCH mà BAE + BEA = 900 Mặt khác BEA = MEC ; MCE = BCH MEC + MCE = 900 = 900 Bài 5: Cho tứ giác ABCD. Qua điểm E thuộc AB, H thuộc AC vẽ các đƣờng thẳng song song với BD, cắt các cạnh còn lại của tứ giác tại F, G a) Có thể kết luận gì về các đƣờng thẳng EH, AC, FG b) Gọi O là giao điểm của AC và BD, cho biết OB = OD. Chứng minh rằng ba đƣờng thẳng EG, FH, AC đồng quy Giải a) Nếu EH // AC thì EH // AC // FG Nếu EH và AC không song song thì EH, AC, FG đồng quy b) Gọi giao điểm của EH, HG với AC 97
B E 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 A H Trong hình thang DFEB có hai cạnh bên DF, BE đồng quy M O tại A và OB = OD nên theo bổ đề hình thang thì M là trung F điểm của EF N Tƣơng tự: N là trung điểm của GH D G C ME MF Ta có = nên ba đƣờng thẳng EG, FH, AC đồng GN HN quy tại O 98
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ 19 – TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC A. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức 1) Khái niệm: Nếu với mọi giá trị của biến thuộc một khoảng xác định nào đó mà giá trị của biểu thức A luôn luôn lớn hơn hoặc bằng (nhỏ hơn hoặc bằng) một hằng số k và tồn tại một giá trị của biến để A có giá trị bằng k thì k gọi là giá trị nhỏ nhất (giá trị lớn nhất) của biểu thức A ứng với các giá trị của biến thuộc khoảng xác định nói trên 2) Phƣơng pháp a) Để tìm giá trị nhỏ nhất của A, ta cần: + Chứng minh A k với k là hằng số + Chỉ ra dấ “=” có thể xẩy ra với giá trị nào đó của biến b) Để tìm giá trị lớn nhất của A, ta cần: + Chứng minh A k với k là hằng số + Chỉ ra dấ “=” có thể xẩy ra với giá trị nào đó của biến Kí hiệu : min A là giá trị nhỏ nhất của A; max A là giá trị lớn nhất của A B.Các bài tập tìm Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức I) Dạng 1: Tam thức bậc hai Ví dụ 1 : a) Tìm giá trị nhỏ nhất của A = 2x2 – 8x + 1 b) Tìm giá trị lớn nhất của B = -5x2 – 4x + 1 Giải a) A = 2(x2 – 4x + 4) – 7 = 2(x – 2)2 – 7 - 7 min A = - 7 x = 2 b) B = - 5(x2 + 4 x) + 1 = - 5(x2 + 2.x. 2 + 4 ) + 9 = - 5(x + 2 )2 5 5 25 5 5 2 max B = x = 5 99
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 b) Ví dụ 2: Cho tam thức bậc hai P(x) = a x2 + bx + c a) Tìm min P nếu a > 0 b) Tìm max P nếu a 0 thì a(x + )2 0 do đó P k min P = k x = - b) Nếu a < 0 thì a(x + )2 0 do đó P k max P = k x = - II. Dạng 2: Đa thức có dấu giá trị tuyệt đối 1) Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của a) A = (3x – 1)2 – 4 3x - 1 + 5 đặt = y thì A = y2 – 4y + 5 = (y – 2)2 + 1 1 x = 1 3x - 1 = 2 min A = 1 y = 2 = 2 1 3x - 1 = - 2 x = - 3 b) B = x - 2 + x - 3 B = + = B = + 3 - x x - 2 + 3 - x = 1 min B = 1 (x – 2)(3 – x) 0 2 x 3 2) Ví dụ 2: Tìm GTNN của C = x22 - x + 1 x - x - 2 Ta có C = = x2 - x + 1 2 + x - x 2 x 2 - x + 1 + 2 + x - x 2 = 3 min C = 3 (x2 – x + 1)(2 + x – x2) 0 2 + x – x2 0 x2 – x – 2 0 (x + 1)(x – 2) 0 - 1 x 2 3) Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của : T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| |x-1+4-x| = 3 (1) 100
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Và x 2 x 3 x 2 3 x x 2 3 x = 1 (2) Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| 1 + 3 = 4 Ta có từ (1) Dấu bằng xảy ra khi 14 x (2) Dấu bằng xảy ra khi 23 x Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi III.Dạng 3: Đa thức bậc cao 1) Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của a) A = x(x – 3)(x – 4)(x – 7) = (x2 – 7x)( x2 – 7x + 12) Đặt x2 – 7x + 6 thì A = (y – 6)(y + 6) = y2 – 36 - 36 Min A = - 36 y = 0 x2 – 7x + 6 = 0 (x – 1)(x – 6) = 0 x = 1 hoặc x = 6 b) B = 2x2 + y2 – 2xy – 2x + 3 = (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + 2 2 2 x - y = 0 = (x – y) + (x – 1) + 2 2 x = y = 1 x - 1 = 0 c) C = x2 + xy + y2 – 3x – 3y = x2 – 2x + y2 – 2y + xy – x – y Ta có C + 3 = (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (xy – x – y + 1) = (x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)(y – 1). Đặt x – 1 = a; y – 1 = b thì b b2 3b2 C + 3 = a2 + b2 + ab = (a2 + 2.a. + ) + = (a + )2 + 0 2 4 4 Min (C + 3) = 0 hay min C = - 3 a = b = 0 x = y = 1 2) Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của a) C = (x + 8)4 + (x + 6)4 Đặt x + 7 = y C = (y + 1)4 + (y – 1)4 = y4 + 4y3 + 6y2 + 4y + 1 + y4 - 4y3 + 6y2 - 4y + 1 = 2y4 + 12y2 + 2 2 min A = 2 y = 0 x = - 7 b) D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9 = (x4 – 6x3 + 9x2 ) + (x2 – 6x + 9) = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2 0 min D = 0 x = 3 IV. Dạng phân thức: 1. Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai Biểu thức dạng này đạt GTNN khi mẫu đạt GTLN 101
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 2 - 2 2 Ví dụ : Tìm GTNN của A = = 6x - 5 - 9x2 9x22 - 6x + 5 (3x - 1) 4 1 1 2 2 1 Vì (3x – 1)2 0 (3x – 1)2 + 4 4 A - (3x - 1)22 4 4 (3x - 1) 4 4 2 1 min A = - 3x – 1 = 0 x = 3 2. Phân thức có mẫu là bình phƣơng của một nhị thức 3x2 - 8x + 6 a) Ví dụ 1: Tìm GTNN của A = x2 - 2x + 1 +) Cách 1: Tách tử thành các nhóm có nhân tử chung với mẫu 3x22 - 8x + 6 3(x - 2x + 1) - 2(x - 1) + 1 2 1 1 A = = 3 . Đặt y = Thì x2 - 2x + 1 (x - 1) 2 x - 1 (x - 1) 2 x - 1 A = 3 – 2y + y2 = (y – 1)2 + 2 2 min A = 2 y = 1 = 1 x = 2 +) Cách 2: Viết biểu thức A thành tổng của một số với một phân thức không âm 3x2 - 8x + 6 2(x 2 - 2x + 1) + (x 2 - 4x + 4) (x - 2) 2 A = = 2 2 x2 - 2x + 1 (x - 1) 2 (x - 1) 2 min A = 2 x – 2 = 0 x = 2 b) Ví dụ 2: Tìm GTLN của B = x x2 20x + 100 xx 1 1 Ta có B = . Đặt y = x = 10 thì x22 20x + 100 (x + 10) x + 10 y 2 2 2 2 1 1 1 1 B = ( ).y = - 10y + y = - 10(y – 2.y. y + ) + = - 10 y - + 20 400 40 10 1 1 Max B = y - = 0 y = x = 10 10 10 22 c) Ví dụ 3: Tìm GTNN của C = x + y x22 + 2xy + y 1 22 2 2 (x + y) (x - y) 2 x + y 1 1 (x - y) 1 1 Ta có: C = 2 . min A = x = y x2 + 2xy + y 2 (x + y) 2 2 2 (x + y) 2 2 2 3. Các phân thức có dạng khác 102
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 a)Ví dụ : Tìm GTNN, GTLN (Cực trị) của A = 3 - 4x x12 3 - 4x (4x2 4x 4) (x 2 1) (x - 2) 2 Ta có: A = 11 min A = - 1 x = 2 x2 1 x 2 1 x 2 1 3 - 4x (4x2 4) (4x 2 + 4x + 1) (2x 1) 2 1 Ta lại có: A = 44 max A = 4 x = x2 1 x 2 1 x 2 1 2 C. Tìm GTNN, GTLN của một biểu thức biết quan hệ giữa các biến 1) Ví dụ 1: Cho x + y = 1. Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy Ta có A = (x + y)(x2 – xy + y2) + xy = x2 + y2 (vì x + y = 1) a) Cách 1: Biểu thị ẩn này qua ẩn kia, rồi đƣa về một tam thức bậc hai Từ x + y = 1 x = 1 – y 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 nên A = (1 – y) + y = 2(y – y) + 1 = 2(y – 2.y. + ) + = 2 y - + 2 4 2 2 2 2 1 1 Vậy min A = x = y = 2 2 b) Cách 2: Sử dụng đk đã cho, làm xuất hiện một biểu thức mới có chứa A Từ x + y = 1 x2 + 2xy + y2 = 1(1). Mặt khác (x – y)2 0 x2 – 2xy + y2 0 (2) Cộng (1) với (2) vế theo vế, ta có: 2(x2 + y2) 1 x2 + y2 min A = x = y = 2)Ví dụ 2: Cho x + y + z = 3 a) Tìm GTNN của A = x2 + y2 + z2 b) Tìm GTLN của B = xy + yz + xz Từ Cho x + y + z = 3 Cho (x + y + z)2 = 9 x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) = 9 (1) 1 Ta có x 2 + y 2 + z - xy – yz – zx = .2 .( x + y + z - xy – yz – zx) 2 1 = ()()()x y2 x z 2 y z 2 0 x + y + z xy+ yz + zx (2) 2 Đẳng thức xẩy ra khi x = y = z a) Từ (1) và (2) suy ra 9 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) x2 + y2 + z2 + 2(x2 + y2 + z2) = 3(x2 + y2 + z2) 103
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 x2 + y2 + z2 3 min A = 3 x = y = z = 1 b) Từ (1) và (2) suy ra 9 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + xz) xy+ yz + zx + 2(xy + yz + xz) = 3(xy+ yz + zx) xy+ yz + zx 3 max B = 3 x = y = z = 1 3) Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > 0 và x + y + z = 1 11 Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có: x+ y + z 33 xyz 3 xyz xyz 3 27 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có xyyzzx . . 33 xyyzxz . . 2 33 x y . y z . z x 1 8 1 8 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = S . 3 27 27 729 Vậy S có giá trị lớn nhất là 8 khi x = y = z = 729 4) Ví dụ 4: Cho xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của x4 y 4 z 4 Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z) 2 2 Ta có xy yz zx 2 x2 y 2 z 2 1 x2 y 2 z 2 (1) áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x2,, y 2 z 2 ) và (1,1,1) Ta có (xyz2222222444 )(111)( xyzxyz )( 2222 )3( xyz 444 ) 1 Từ (1) và (2) 1 3(x4 y 4 z 4 ) x4 y 4 z 4 3 3 Vậy có giá trị nhỏ nhất là khi x= y = z = 3 D. Một số chú ý: 1) Khi tìm GTNN, GTLN ta có thể đổi biến Ví dụ : Khi tìm GTNN của A =(x – 1)2 + (x – 3)2 , ta đặt x – 2 = y thì A = (y + 1)2 + (y – 1)2 = 2y2 + 2 2 2) Khi tìm cực trị của một biểu thức, ta có thể thay đk của biểu thức này đạt cực trị bởi đk tƣơng đƣơng là biểu thức khác đạt cực trị: 104
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 1 +) -A lớn nhất A nhỏ nhất ; +) lớn nhất B nhỏ nhất (với B > 0) B +) C lớn nhất C2 lớn nhất x4 + 1 Ví dụ: Tìm cực trị của A = 2 x2 + 1 a) Ta có A > 0 nên A nhỏ nhất khi 1 lớn nhất, ta có A 2 2 1 x + 1 2x2 11 min = 1 x = 0 max A = 1 x = 0 A x44 + 1 x + 1 b) Ta có (x2 – 1)2 0 x4 - 2x2 + 1 0 x4 + 1 2x2. (Dấu bằng xẩy ra khi x2 = 1) 2x2 2x2 Vì x4 + 1 > 0 1 1 1 1 2 max = 2 x2 = 1 x4 + 1 x4 + 1 1 min A = x = 1 2 3) Nhiều khi ta tìm cực trị của biểu thức trong các khoảng của biến, sau đó so sámh các cực trị đó để để tìm GTNN, GTLN trong toàn bộ tập xác định của biến Ví dụ: Tìm GTLN của B = y 5 - (x + y) a) xét x + y 4 - Nếu x = 0 thì A = 0 - Nếu 1 y 3 thì A 3 - Nếu y = 4 thì x = 0 và A = 4 b) xét x + y 6 thì A 0 So sánh các giá trị trên của A, ta thấy max A = 4 x = 0; y = 4 4) Sử dụng các hằng bất đẳng thức Ví dụ: Tìm GTLN của A = 2x + 3y biết x2 + y2 = 52 Aùp dụng Bđt Bunhiacốpxki: (a x + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2) cho các số 2, x , 3, y ta có: (2x + 3y)2 (22 + 32)(x2 + y2) = (4 + 9).52 = 262 26 2 xy 3x 2 2 2 3x 2 Max A = 26 = y = x + y = x + = 52 13x = 52.4 x = 4 23 2 2 105
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Vậy: Ma x A = 26 x = 4; y = 6 hoặc x = - 4; y = - 6 5) Hai số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau Hai số có tích không đổi thì tổng của chúng lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau a)Ví dụ 1: Tìm GTLN của A = (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) Vì (x2 – 3x + 1) + (21 + 3x – x2) = 22 không đổi nên tích (x2 – 3x + 1)(21 + 3x – x2) lớn nhất khi và chỉ khi x2 – 3x + 1 = 21 + 3x – x2 x2 – 3x – 10 = 0 x = 5 hoặc x = - 2 Khi đó A = 11. 11 = 121 Max A = 121 x = 5 hoặc x = - 2 b) Ví dụ 2: Tìm GTNN của B = (x + 4)(x + 9) x (x + 4)(x + 9) x2 13x + 36 36 Ta có: B = x + 13 x x x 36 36 36 Vì các số x và có tích x. = 36 không đổi nên x + nhỏ nhất x = x = 6 x x x 36 A = x + 13 nhỏ nhất là min A = 25 x = 6 x 6)Trong khi tìm cực trị chỉ cần chỉ ra rằng tồn tại một giá trị của biến để xẩy ra đẳng thức chứ không cần chỉ ra mọi giá trị để xẩy ra đẳng thức Ví dụ: Tìm GTNN của A = 11mn 5 Ta thấy 11m tận cùng bằng 1, 5n tận cùng bằng 5 Nếu 11m > 5n thì A tận cùng bằng 6, nếu 11m < 5n thì A tận cùng bằng 4 khi m = 2; n = 3 thÌ A = 121 124 = 4 min A = 4, chẳng hạn khi m = 2, n = 3 106
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CHUYÊN ĐỀ 20 – PHƢƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN  - PHƯƠNG PHÁP 1: Phƣơng pháp đƣa về dạng tổng  Phƣơng pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình có các biểu thức chứa ẩn viết được dưới dạng tổng các bình phương. - Biến đổi phƣơng trình về dạng một vế là một tổng của các bình phƣơng các biểu thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phƣơng của các số nguyên (số số hạng của hai vế bằng nhau). Các ví dụ minh hoạ: - Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả mãn: 5x2 4xy y2 169 (1) 2x y2 x2 144 25 2 2 2 (1) 4x 4xy y x 144 25 169 0 2 2 2x y x 169 0 (II) Từ (I) ta có: Tƣơng tự từ (II) ta có: 2 2 2xy 122 xx 55 2xy 132 x 0 ; 22  2 x 5 yy 2 22 x 0 y 13 2 2 25xy 2 xx 12 12 20xy x 13 ; 22 yy 19 29 22 y 26 x 12 x 13  5; 2 ; 5; 22 ; 5;2 ; 5;22 ; 12; 19 ; 12; 29 Vậy xy,   12;19 ; 12;29 ; 0;13 ; 0; 13 ; 13;26 ; 13; 26 Ví dụ 2: Tìm thoả mãn: x22 y x y 8 (2) (2) 4x2 44 x y 2 4324 y x 2 414 x y 2 4134 y 21 x 22 21 y 53 2 2 2 2 2x 1 3 xx 2; 1 2 2 yy 3; 2 2y 1 5 2 2 2x 1 5 xx 3; 2 2 2 yy 2; 1 2y 1 3 Vậy xy; 2;3;2; 2; 1;3; 1; 2;3;2;3; 1; 2;2; 2; 1  Ví dụ 3: Tìm thoả mãn: xy33 91 (1) 107
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 (1) x y x22 xy y 91.1 13.7 (Vì x22 xy y 0 ) xy 1 xx 65 22 ; x xy y 91 yy 56 x y . x22 xy y 91.1 xy 91 22 VN x xy y 1 Ví dụ 4: Tìm x; y Z thoả mãn: x22 x y 0 (2) xxy2 204440212 xxy 2 2 x 22 y 12212 xyxxy 11 2x 2 y 1 1 x 0 2x 2 y 1 1 y 0 2x 2 y 1 1 x 1 2x 2 y 1 1 y 0 Vậy: xy; 0;0 ; 1;0   - PHƯƠNG PHÁP 2: Phƣơng pháp cực hạn  Phƣơng pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng - Vì phƣơng trình đối xứng nên x;; y z có vai trò bình đẳng nhƣ nhau. Do đó; ta giả thiết x y z ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phƣơng trình đơn giản. Giải phƣơng trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.  Ta thƣờng giả thiết 1 x y z Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x;; y z Z thoả mãn: x y z x y z (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy đây là phƣơng trình đối xứng. Giả sử 1 x y z . Khi đó: (1) x. y . z x y z 3 z x . y 3 (Vì ) xy. 1;2;3 * Nếu: x. y 1 x y 1 2 z z (vô lí) * Nếu: x. y 2 x 1; y 2; z 3 * Nếu: x. y 3 x 1; y 3 z 2 y (vô lí) 108
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Vậy: x;; y z là hoán vị của 1;2;3 1 1 1 Ví dụ 2: Tìm x;; y z Z thoả mãn: 2 (2) x y z  Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là phƣơng trình đối xứng. Giả sử 1 x y z . Khi đó: 1 1 1 3 3 (2) 21 xx x y z x 2 1 1 2 Với: x 1 1 y 2 y 1;2 y z y 1 .Nếu: y 10 (vô lí) z .Nếu: yz 22 Vậy: là hoán vị của 1;2;2  - PHƯƠNG PHÁP 3: Phƣơng pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: xx2 Ví dụ 1: Tìm x; y Z để: A nhận giá trị nguyên xx2 1 x22 x x x 1 1 1 Ta có: A 1 . Khi đó: x2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 Để A nhận giá trị nguyên thì 1 nhận giá trị nguyên. xx2 1 22 1 x x 1 x x 1 U 1 1;1 x 0 Vì : x22 x 1 0;  x x x 1 1 x 1 Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x 0 hoặc x 1 Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả mãn: 2y2 x x y 1 x 2 2 y 2 x . y (2) 2y2 . x 1 x . x 1 y . x 1 1 0 * Với: xx 1; * 1 0 1 không phải là ngiệm của phƣơng trình. Nên: 109
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 1 2y2 x y 0 . x 1 1 x 0 Phƣơng trình có nghiệm nguyên xU 1 (1) 1; 1 x 1 x 1 Ví dụ 3: Tìm x; y Z thoả mãn: 3x 1 y 1 2 (3) Ta có: (3) 3x y 1 2 1 y y 2 .3x là số lẻ yy;2 là hai số lẻ liên tiếp y; y 2 1 y ; y 2 là các luỹ thừa của 3, nên: m y 3* m n x 3mn 2 3 m n n y 2 3 . Với: m 0; n 1 y 1; x 1. y3 . Với: mn 1; 1Từ * ; yy ; 2 1( vô lí) y 23  x 1 Phƣơng trình có nghiệm nguyên: y 1  - PHƯƠNG PHÁP 4: Phƣơng pháp sử dụng bất đẳng thức  Phƣơng pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình mà hai vế là những đa thức có tính biến thiên khác nhau. - Áp dụng các bất đẳng thức thƣờng gặp: *Bất đẳng thức Cô – si: Cho n số không âm: a1; a 2 ; a 3 ; ; an . Khi đó: a a a a 1 2 3 n n a. a . a a . Dấu “=” xảy ra a a a a n 1 2 3 n 1 2 3 n * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: vàb1; b 2 ; b 3 ; ; bn . Khi đó: 2 ababab112233. . . abn . n aaa 123 . . abbb n 123 . b n . Dấu “=” xảy ra aii kb i 1; n . *Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối: 110
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 a b a.0 b ab a b a.0 b Các ví dụ minh hoạ: x y y z z x Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả: 3 (1) z x y xy yz zx xyyzzx Áp dụng BĐT Cô – si. Ta có: 3 3.3 . . 3.3 x . y . z . z x y z x y 3 x. y . z 1 x . y . z 1 x y z 1 Vậy nghiệm của phƣơng trình là: x y z 1 Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phƣơng trình: x y 1 2 3 x22 y 1 (2) (Toán Tuổi thơ 2) Theo Bunhiacôpxki,ta có: x y 1 2 12 1 2 1 2 x 2 y 2 1 3 x 2 y 2 1 xy1 Dấu “=” xảy ra xy 1 1 1 1 Vậy nghiệm của phƣơng trình là: xy 1 Ví dụ 3: Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn: x 3 x 10 x 101 x 990 x 1000 2004 (3)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy: 2104 = 3 + 10 + 101 + 990 + 1000 =101 + 2003 và aa Ta có:(3) 3x 10 x x 101 x 990 x 1000 2004 . 33 xx 10 xx 10 Mà a a x101 x 101 2004 x 101 2003 x 101 1 xx 990 990 xx 1000 1000 Do đó: 1 x 101 1 x 101 1;0;1 x 102; 101; 100. 111
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Với x 101 2004 2003(vô lí). Vậy nghiệm của phƣơng trình là: x 102; 100 1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn: x2 y 2 z 2 xy 3 y 2 z 3 Vì x,y,z là các số nguyên nên x2 y 2 z 2 xy 3 y 2 z 3 22 2 2 2 2yy 3 2 xyzxyyz3 2 3 0 xxy 3 y 3 zz 2 1 0 44 22 22 yy 2 yy 2 xz 3 1 1 0 (*) Mà xz 3 1 1 0  x, y R 22 22 y x 0 2 22 x 1 x 1 yy 2 y xz 3 1 1 0 1 0 y 2 Các số x,y,z phải tìm là y 2 22 2 z 1 z 1 z 10 PHƯƠNG PHÁP 5: Phƣơng pháp lựa chọn Phƣơng pháp: Phương pháp này được sử dụng với các phương trình mà ta có thể nhẩm (phát hiện dể dàng) được một vài giá trị nghiệm - Trên cơ sở các giá trị nghiệm đã biết. Áp dụng các tính chất nhƣ chia hết; số dƣ; số chính phƣơng; chữ số tận cùng ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác phƣơng trình vô nghiệm Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y Z thoả mãn: x6 31 x 3 y 4  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với xy 0; 1 thì phƣơng trình đƣợc nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phƣơng trình vô nghiệm với x 0 + Với thì phƣơng trình đƣợc nghiệm đúng + Với x 0 . Khi đó: 22 x6 2 x 3 1 x 6 3 x 3 1 x 6 4 x 3 4 x 3 1 y 4 x 3 2 (*) Vì xx33 1 ; 2 là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thoả (*) 112
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Vậy xy 0; 1 là nghiệm của phƣơng trình. Ví dụ 2: Tìm x; y Z thoả: xx2 13 2y 1 (2) (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ ) Gọi b là chữ số tận cùng của x ( Với b 0;1;2; ;9 . Khi đó: xx2 1 có chữ số tận cùng là: 1, 5 hoặc 9. (*) Mặt khác: 321y là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7. ( ) Từ (*) và ( ) suy ra phƣơng trình vô nghiệm. Ví dụ 3: Tìm x; y Z thoả mãn: x22 6 xy 13 y 100 (3) y 5 2 xy 3 4 25 2 (3) 22 25 y n n Do đó: yx 5; 4; 3;0;3;4;5 3;9;11;13 Phƣơng trình có nghiệm nguyên: xy; 5;3 ; 4;9 ; 3;11 ; 0;13 ; 3;11 ; 4;9 ; 5;3  PHƯƠNG PHÁP 6: Phƣơng pháp lùi vô hạn (xuống thang) Phƣơng pháp: Phương pháp này thường sử dụng với những phương trình có (n – 1) ẩn mà hệ số có ước chung khác 1 - Dựa vào tính chất chia hết ta biểu diễn ẩn theo ẩn phụ nhằm “hạ” (giảm bớt) hằng số tự do, để có đƣợc phƣơng trình đơn giản hơn. - Sử dụng linh hoạt các phƣơng pháp để giải phƣơng trình đó. Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải phƣơng trình: xyz3 3 3 9 3 0 (1)  Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy x3 3 y 3 9 z 3 0 x 3 3 y 3 9 z 3  3 mà 3yz33 9  3nên x3 3 3 3 3 3 Ta có: (1) x 3 y 9 z  3 x  3 x  3 x 3 x1 3 3 3 3 3 3 3 Khi đó: (1) 273939x1 y z  x 1 y 33 z  y  33 y  y 3 y 1 . 3 3 3 3 9x1 27 y 1 3 z  3 z  3 z  3 y 3 z 1 . 113
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 * Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi x;; y z là nghiệm của (1) và thì 3 U và 0 0 0 x0;; y 0 z 0 0 x0 ; y 0 ; z 0 9. Thực hiện thử chọn ta đƣợc: x0 y 0 z 0 0 Vậy nghiệm của phƣơng trình là: 114
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 CÁC BÀI TẬP KHÁC 1/Dùng định nghĩa a 2 1) Cho abc = 1 và a3 36 . . Chứng minh rằng b2+c2> ab+bc+ac 3 Giải Ta có hiệu: a2 a2 b2+c2- ab- bc – ac = b2+c2- ab- bc – ac 4 12 a2 a a3 36abc = ( b2+c2- ab– ac+ 2bc) + 3bc =( -b- c)2 + 12 2 12a 3 =( -b- c)2 + a 36abc >0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 ) 12a Vậy : b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chứng minh rằng a) x4 y 4 z 2 1 2x.(xy 2 x z 1) b) với mọi số thực a , b, c ta có : a2 5b2 4ab 2a 6b 3 0 c) a2 2b2 2ab 2a 4b 2 0 Giải : a) Xét hiệu : 2 H = x4 y 4 z 2 1 2x2 y 2 2x2 2xz 2x = x2 y 2 x z 2 x 1 2 H 0 ta có điều phải chứng minh b) Vế trái có thể viết H = a 2b 1 2 b 1 2 1 H > 0 ta có điều phải chứng minh c) vế trái có thể viết H = a b 1 2 b 1 2 H 0 ta có điều phải chứng minh 115
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 Ii / Dùng biến đổi tƣơng đƣơng 2 x2 y2 1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng : 8 x y 2 Giải : Ta có x2 y2 x y 2 2xy x y 2 2 (vì xy = 1) 2 x2 y2 x y 4 4. x y 2 4 Do đó BĐT cần chứng minh tƣơng đƣơng với 2 4 2 2 4 2 xy 2 20 x y 4 x y 4 8. x y x y 4 x y 4 0 BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh 1 1 2 2) Cho xy 1 .Chứng minh rằng : 1 x2 1 y2 1 xy Giải : 1 1 1 1 0 Ta có 2 2 2 1 x 1 y 1 y 1 xy xy x2 xy y2 x(y x) y(x y) 0 0 1 x2 . 1 xy 1 y2 . 1 xy 1 x2 . 1 xy 1 y2 . 1 xy y x 2 xy 1 0 1 x2 . 1 y2 . 1 xy BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1 1 Chứng minh rằng a2 b2 c2 3 Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c) Ta có 1.a 1.b 1.c 2 1 1 1 . a2 b2 c2 a b c 2 3. a2 b2 c2 116
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 1 a2 b2 c2 (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 3 2) Cho a,b,c là các số dƣơng 1 1 1 Chứng minh rằng a b c . 9 (1) a b c Giải : a a b b c c a b a c b c (1) 1 1 1 9 3 9 b c a c a a b a c a c b x y áp dụng BĐT phụ 2 Với x,y > 0 y x Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng Vậy (đpcm) Iv / dùng phƣơng pháp bắc cầu 1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chứng minh rằng : 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a Giải : Do a <1 a 2 <1 và b <1 Nên 1 a2 . 1 b2 0 1 a2b a2 b 0 Hay 1 a2b a2 b (1) Mặt khác 0 <a,b <1 a2 a3 ; b b3 1 a2 a3 b3 Vậy a3 b3 1 a2b 3 3 2 Tƣơng tự ta có : b c 1 b c a3 c3 1 c2a 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a (đpcm) 2) So sánh 31 11 và 17 14 Giải : 11 Ta thấy 3111 < 3211 2 5 2 55 2 56 14 Mặt khác 256 2 4.14 2 4 16 14 17 14 Vởy 31 < 17 (đpcm) 117
20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG TOÁN 8 V/ dùng tính chất tỉ số ví dụ 4: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ, chứng minh rằng: (a c)2 (b d)2 a 2 b2 c2 d 2 Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có ac + bd a 2 b2 . c2 d 2 mà a c 2 b d 2 a2 b2 2 ac bd c2 d 2 a2 b2 2 a2 b2 . c2 d 2 c2 d 2 118