Bài tập ôn tập tháng 7 - Đại số 7

Nội dung text: Bài tập ôn tập tháng 7 - Đại số 7

1. BÀI TẬP ÔN TẬP – THÁNG 7 – 2015 Bài 1:a) Cho đa thức f(x) bậc 3. Biết f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = 4; f(3) = 1. Tìm f(-1) = ? b) Tìm các hằng số a và b sao cho x3 ax b chia cho x 1 dư 7; chia cho x 2 dư 4. c) Cho đa thức F(x) = 4x2 – 6x + m *)Tìm phần dư của phép chia f(x) cho x – 3 *) Tìm m để đa thức f(x) chia hết cho đa thức x-3 2 x 3 x 2 x x Bài 2: Cho biểu thức: B = : 1 x 3 x 2 x 2 5x 6 x 1 a) Rút gọn B b) Tìm x để B = 0 Bài 3: a) Tính giá trị biểu thức: A=x 2 y 2 5 2x 4y (x y 1) 2 2xy với x 22011; y 16503 x2 2x 2011 b) Tìm x để B có giá trị nhỏ nhất: B với x>0 x2 3x 2 14 Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A x 2 4 x x2 x2 x3 Bài 5: Cho biểu thức P = ( ) : ( ) x y y2 x2 x y x2 2xy y2 a) Tìm điều kiện xác định của P. b) Rút gọn P. 1 c) Tính giá trị của P với 2x 1 1 và y 1 2 x 0 HD: P xác định x y y 0 x y b)Rút gọn P x(y x) 1 1 1 c) 2x 1 1 và y 1 Trường hợp 1: x = 1 và y thì P = 2 2 3 3 1 Trường hợp 2: x = 1 và y thì P = 2 5 2 2 4x Bài 2: a) x 12 ĐK x 2 (x 2)2 2 2 2 4x 4x 4x 2 2 2 x2 12 2x 2 4x x 2 4x 2 (x ) 12 ( ) 12 (x 2) (x 2) (x 2) x 2 (x 2) x 2 (x 2) x2 Đặt t ta có PT t2 12 4t t2 4t 12 0 (t + 6)(t – 2) = 0 x 2 Với t = – 6 Phương trình vô nghiệm Với t = 2 thì x 5 b) Lập bảng xét dấu x 3 5
2. x – 3 – 0 + + 5 – x + + 0 – Xét khoảng x a >1 3 x 5 phương trình dạng 0x = a – 1 Nếu a = 1 thì PT vô số nghiệm thuộc 3 x 5 . Nếu a 1 thì PT vô nghiệm. x > 5 phương trình dạng x= a + 4 Kết luận a > 1 PT có nghiệm x1 = 4 – a , x2 = a + 4 a = 1 PT vô số nghiệm 3 x 5 a x2+ 2 3;9;27 x 5; 1;1;5 => x = -1 thì y = -3; x = 5 thì y = 5
3. 2 2 2 b)Ta có a b 1 => (a b) 1 a 2ab b 1 2 2 2 Mặt khác ta luôn có (a b) 0 a 2ab b 0 Cộng vế với vế ta được đpcm 3x2 8x 6 3(x2 2x 1) 2(x 1) 1 3(x 1)2 2(x 1) 1 c) A (x 1)2 (x 1)2 (x 1)2 2 1 A 3 1 2 2 Đặt t => A = t – 2t + 3 2 t = 1 x 1 (x 1) x 1 Vậy GTNN của A = 2 x = 2 Bài 6: Cho hình vuông ABCD, cạnh a, điểm N thuộc cạnh AB. Tia CN cắt tia DA tại E. Tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của đọan thẳng EF. a. Chứng minh CE = CF b. Chứng minh ba điểm M, B, D thẳng hàng c. Đặt BN = b. Tính diện tích tứ giác ACFE theo a và b. E M N A F B D C HD : a. Chứng minh CDE CBF CE = CF(2đ) b. Vì M là trung điểm của EF nên 1 ME = MF = MC = MA= EF MA = MC. 2 M thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AC Mà ABCD là hình vuông nên BD là đường trung trực của đoạn thẳng AC M thuộc đường thẳng BD hay 3 điểm M, B, D thẳng hàng . c. Ta có BN = b AN = a – b 1 1 2 SACFE = SACE + SECF = CD.AE CE 2 2 AE AN AE a b a(a b) Tính AE: Ta cã AE ED DC AE AD a b 4 3 2 2 2 2 2 2 a a (a b) Ta có CE = CD + DE = a + (a+AE) = a + Tính được SACFE = b2 2b2 ab bc ac 1 Bài 7: Cho a, b, c >0 thỏa mãn điều kiện a + b + c =1 CMR: c 1 a 1 b 1 4
4. 1 1 4 1 1 1 1 Áp dụng bài toán phụ (x, y ) -> x y x y x y 4 x y ab ab ab 1 1 Nên ta có (vì a+b+c=1 (gt) (1) c 1 (a c) (b c) 4 a c b c bc bc bc 1 1 (2) a 1 (a b) (a c) 4 a b a c ac ac ac 1 1 (3) b 1 (a b) (b c) 4 a b b c Kết hợp (1)(2) và (3) ab bc ac 1 ab bc bc ac ab ac ab bc ac 1 => (a b c) c 1 a 1 b 1 4 a c a b b c c 1 a 1 b 1 4 ab bc ac 1 Hay (đpcm) c 1 a 1 b 1 4 b) Cho a , b , c lµ 3 c¹nh cña mét tam gi¸c . Chøng minh r»ng : a b c A = 3 b c a a c b a b c HD: §Æt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 y z x z x y Tõ ®ã suy ra a=;b ;c ; 2 2 2 y z x z x y 1 y x x z y z Thay vµo ta ®­îc A= ( ) ( ) ( ) 2x 2y 2z 2 x y z x z y 1 Tõ ®ã suy ra A (2 2 2) hay A 3 2 Bài 8: Cho các số: x, y, x thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx và x2014 + y2014 + z2014 = 3. Tính giá trị của biểu thức: P = x25 + y4 + z2015. HD: Ta có: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx 2(x2 + y2 + z2) = 2(xy + yz + zx) (x - y )2 +( y – z)2 + (z – x)2 = 0 x = y = z Thay vào biểu thức: x2014 + y2014 + z2014 = 3 => x = y = z = 1 Với x = y = z = 1 thi P = 3 Với x = y = z = -1 thì P = -1 P = x2 + 5y2 + 2xy – 4x – 8y + 2015 P = (x2 + y2 + 2xy) – 4(x + y) + 4 + 4y2 – 4y + 1 + 2010 P = (x + y – 2)2 + (2y – 1)2 + 2010 2010 3 1 => Giá trị nhỏ nhất của P = 2010 khix ; y 2 2 Bài 9: Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C). Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM.
5. a) Chứng minh: ∆OEM vuông cân. b) Chứng minh: ME // BN. Từ C, kẻ CH  BN (H BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng. A E B 1 1 2 O 3 M H' H 1 D Xét ∆OEB và ∆OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OCC N µ µ 0 Và B1 C1 45 BE = CM ( gt ) Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c) µ ¶ ¶ ¶ · 0 OE = OM và O1 O3 Lại có O2 O3 BOC 90 vì tứ giác ABCD là hình vuông ¶ µ · 0 O2 O1 EOM 90 kết hợp với OE = OM ∆OEM vuông cân tại O Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông AB = CD và AB // CD AM BM + AB // CD AB // CN ( Theo ĐL Ta- lét) (*) MN MC Mà BE = CM (gt) và AB = CD AE = BM thay vào (*) AM AE Ta có : ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét) MN EB Gọi H’ là giao điểm của OM và BN Từ ME // BN O· ME O· H ' B ( cặp góc đồng vị) · 0 · 0 µ Mà OME 45 vì ∆OEM vuông cân tại O MH ' B 45 C1 ∆OMC : ∆BMH’ (g.g) OM MC ,kết hợp O· MB C· MH ' ( hai góc đối đỉnh) BM MH ' ∆OMB : ∆CMH’ (c.g.c) O· BM M· H 'C 450 Vậy B· H 'C B·H 'M M· H 'C 900 CH '  BN Mà CH  BN ( H BN) H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng (đpcm) Bài 10: Cho hình bình hành ABCD có AB = 2BC. Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng AD tại H. Từ trung điểm M của cạnh AB kẻ đường thẳng vuông góc với CH tại K cắt cạnh CD tại N. a) Tứ giác BCNM là hình gì ? Vì sao ? b) Chứng minh rằng D· AB 2 A· HM
6. Bài 5: Cho tam giác ABC vuông cân tại A với BM là trung tuyến. Từ A kẻ AH vuông góc với BM (H thuộc BM) cắt cạnh BC tại N. Chứng minh rằng : a) AM2 = BM.MH b) BN = 2NC HD bài 10 : A M B H K D N C a) BCNM là hình bình hành (vì MN // BC và MB // NC) Mặt khác MB = BC (vì cùng = 1 AB) 2 Nên BCNM là hình thoi. b) Ta thấy MK // AH (vì cùng vuông góc với HC) Mà M là trung điểm của AB nên K là trung điểm của HC. Nên HMC cân tại M. Do đó MK là tia phân giác của góc HMC Nên góc HMK = góc KMC Mà góc KMC = góc BMC (vì MC là tia phân giác của góc BMN) Nhưng góc AHM = góc HMK (slt của AD // MN) Do đó góc AHM = góc BMC Mà góc DAB = góc BMN = 2.góc BMC Nên góc DAB = 2.góc AHM B HD 11: D G N H A M C a) AHM BAM (g.g) (Vì 2 tam giác vuông có 1 góc nhọn M chung) AM BM Nên AM2 BM.MH HM AM b) Từ A kẻ AD BC (D BC) cắt BM tại G.
7. Xét ABN thì G là trực tâm. Nên NG AB. Mà AC AB. Do vậy NG // AC BG BN hay NG // CM (Theo ĐL Ta-lét) GM NC BG Mặt khác: Xét ABC thì G là trọng tâm 2 GM BN Nên 2 . Do đó BN = 2. NC. NC x 2x 3y Bài 12 a. Cho: 3y- x=6 Tính giá trị biểu thức: A= y 2 x 6 1 1 1 3 b. Cho (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c 0. Chứng minh : a 3 b 3 c 3 abc a) 3y-x=6 x=3y-6 Thay vào ta có A=4 ab ac bc b) Vì: (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c 0. ab ac bc 0 0 abc 1 1 1 1 1 1 0 Đặt : x; y; z a b c a b c Chứng minh bài toán Nếu x+y+z=0 thì: x3+y3+z3=3xyz đpcm x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z 2 x 2 x 2 y2 y2 z 2 z 2 =0 2 3 4 5 2 5 3 5 4 5 3x 2 2y 2 z 2 0 x y z 10 15 20 Phươngtrình: 2x(8x-1)2(4x-1)=9 (64x 2 16x 1)(8x 2 2x) 9 (64x 2 16x 1)(64x 2 16x) 72 đặt :64x2-16x+0,5=k Ta có pt : (k+0,5)(k-0,5)=72 k 2 72,25 k 8,5 1 1 Với k=8,5 Ta có x= ;x 4 2 Với k=-8,5 phương trình vô nghiệm Vậy phương trình có 2nghiệm x=-1/4và x=1/2
8. Bài 12: 2 1 1 1 x 1 1) Cho biểu thức:A 3 1 2 2 1 : 3 x 1 x x 2x 1 x x a/ Thu gọn A b/ Tìm các giá trị của x để A 0 khi x-1 0 ta có:A=abc+a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca+2(a+b+c) +1 A=(a+b+c+1)2+abc 0 (1) Nếu: abc<0 ta có: A=2(1+a+b+c+ab+ac+bc+abc)-abc Biến đổi được :A=( 1+a)(1+b)(1+c) +(-abc) Vì ì a2+b2+c2=1nên -1 a;b;c 1 nên (1+a)(1+b)(1+c) 0 Và -abc 0 nên A 0 (2) Từ 1 và (2) suy ra abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) 0 Bài 13:Cho hình chữ nhật có AB= 2AD, gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB và CD. Nối D với E. Vẽ tia Dx vuông góc với DE, tia Dx cắt tia đối của tia CB tại M.Trên tia đối của tia CE lấy điểm K sao cho DM = EK. Gọi G là giao điểm của DK và EM. a/ Tính số đo góc DBK. b/ Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ K xuống BM. Chứng minh bốn điểm A, I, G, H cùng nằm trên một đường thẳng. HD: Chứng minh Tam Giác BEC đồng dạngTam giác DCM theo tỉ số 1/2 Từ đó chứng minh:CK=ED (1) E A B EB=BC (2) BED BCK =1350 (3) từ: (1);(2);(3)suy ra: BED BCK(cg.c) EBD CBK C D DBK 900 I G K H M
9. Chứng minh tứ giác DEKM là hinhchữ nhật Suy ra tam giác CKM vuông cân tại M H là trung điểm củaCM AI//DM (cùng vuông góc với DE) HI//DM (T/c đường trung bình) nên A; ;I;H thẳng hàng (1) Các tam giác CIH; CHK vuông cân tại Cvà H nên KH= CI =DI Mà DI//KH nên tứ giác DIKH là hình bình hành Lại có tứ giác DEKM là hình chữ nhật Do đó EM; DK; IH đồng qui tại G là trung điểm của DK vậy: G IH (2) Tử (1); (2) ta có A;I;G;H thẳng hàng 2x 3 2x 5 6x 2 9x 9 Bài 14 a) Giải phương trình: 1 . 2x 1 2x 7 (2x 1)(2x 7) b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x3 – 2x2 – x +2 c) Tìm các giá trị x, y nguyên dương sao cho: x2 = y2 + 2y + 13. a) Đk: x 1; x 2. x2 x 1 6x 3 2x 2 1 (x 2)(x 1) 1 Q . x3 1 x 2 (x 1)(x 2)(x2 x 1) x2 x 1 1 1 b) x2 x 1 3 (x 1)(x 2) 0 x2 x 1 3 1 Suy ra x = -1 hoặc x = 2. So sánh với điều kiện suy ra x = 2 thì Q = 3 2 1 2 1 3 3 c) Q 2 ; Vì 1 > 0; x – x + 1 = x 0. x x 1 2 4 4 3 Q đạt GTLN x2 x 1 đạt GTNN x2 x 1 4 1 4 4 1 x= (t/m). Lúc đó Q = Vậy GTLN của Q là Q = khi x= . 2 3 3 2 1 7 a) ĐK: x ; x 2 2 2x 3 (2x 7) 2x 5 2x 1 2x 7 2x 1 6x2 9x 9 2x 1 (2x 7) 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 4x2 20x 21 4x2 12x 5 4x2 16x 7 6x2 9x 9 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 8x 16 2x2 7x 16 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 x 0 2 2 8x 16 2x 7x 16 2x x 0 x(2x 1) 0 1 x (Lo¹i) 2 Vậy phương trình có một nghiệm x = 0
10. b) Ta có x3 – 2x2 – x + 2 = (x3-2x2)-(x-2)=x2(x- 2)-(x-2) =(x-2)(x2-1) = (x-2)(x-1)(x+1). c)Ta có x2 = y2 + 2y + 13 x2 = (y + 1)2 + 12 (x + y + 1)(x - y – 1) = 12 Do x + y + 1 – (x - y – 1) = 2y + 2 là số chẵn và x , y N* nên x + y + 1 > x – y – 1 . Do đó x + y + 1 và x – y – 1 là hai số nguyên dương chẵn. Từ đó suy ra chỉ có một trường hợp: x + y + 1 = 6 và x – y – 1 = 2 x = 4 và y = 1. Vậy (x; y) = (4; 1). Baøi 15: Tìm taát caû caùc soá nguyeân n sao cho n2 + 2002 laø moät soá chính phöông Giải: Giaû söû coù soá chính phöông thì n2 + 2002 = k2 (x N) 2002 = (k + n)(k – n) (1) Suy ra (k + n) vaø (k – n) laø öôùc cuûa 2002. Maø (k + n) + (k – n) = 2k laø soá chaün, neân (k + n) vaø (k – n) cuøng tính chaün leû. Do 2002 laø soá chaün neân (k + n) vaø (k – n) ñeàu laø soá chaün; Suy ra (k + n)(k – n) 4. Khi ñoù töø (1) ta laïi coù 2002 4. Ñieàu naøy voâ lí. Vaäy khoâng coù soá nguyeân n naøo ñeå n2 + 2002 laø soá chính phöông. Baøi 16: Tìm moïi soá nguyeân n thoaû maõn (n + 5)2 = (4(n – 2))3 HD: : (n + 5)2 = (4(n – 2))3 n2 + 10n + 25 = 64(n3 – 6n2 + 12n – 8) n2 + 10n + 25 = 64n3 – 384n2 +768n –512 64n3 – 385n2 +758n–537 = 0 (n – 3)(64n2 – 193n + 179) = 0 n – 3 = 0 hoaëc 64n2 – 193n + 179 = 0 n = 3 Vì 64n2 – 193n + 179 = 0 voâ nghieäm Baøi 17: Chöùng minh raèng tích cuûa moät soá chính phöông vôùi soá töï nhieân ñöùng lieàn tröôùc noù laø moät soá chia heát cho 12 HD:Theo baøi toaùn ta phaûi chöùng minh: n2(n2 – 1)  12 Thaät vaäy: n2(n2 – 1) = (n – 1)n2(n + 1) = (n – 1)n.n(n + 1) Ta coù: (n – 1)n 2 vaø n(n + 1)  2 => n2(n2 – 1)  4 Vaø: n2(n2 – 1) = n(n – 1)n(n + 1)  4 Maø (3, 4) = 1 => n2(n2 – 1)  3.4 = 12 Baøi 18: Tìm nghieäm nguyeân döông cuûa phöông trình: 2x3 + xy – 7 = 0 (1) (1) x(2x2 + y) = 7; Maø 7 = 1.7 = -1.(-7); Vì x nguyeân döông neân ta chæ choïn caùc giaù trò cuûa x > 0; Vaø x nguyeân döông neân x 2x y 7 y 5 7 2x3 7 Caùch 2: Töø (1) y = = – 2x2; x x
11. 7 Ñeå y nguyeân thì laø soá nguyeân => x laø Ö(7); Maø x nguyeân döông neân choïn x = 1 x vaø x = 7 => y = 5 vaø y = -97 maø y nguyeân döông neân ta chæ choïn caëp soá x = 1; y = 5 Baøi 19: Tìm moïi caëp soá nguyeân döông x, y thoaû maõn: x4 + (x + 1)4 = y2 + (y + 1)2 HD: Ta coù: x4 + (x + 1)4 = y2 + (y + 1)2 2x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 1 = 2y2 + 2y + 1 2x4 + 4x3 + 6x2 + 4x = 2y2 + 2y x4 + 2x3 + 3x2 + 2x = y2 + y x2(x + 1)2 + 2x(x + 1) = y2 + y x2(x + 1)2 + 2x(x + 1) + 1 = y2 + y + 1 [x(x + 1) + 1]2 = y2 + y + 1 (x2 + x + 1)2 = y2 + y + 1 (1) + Neáu y > 0 thì töø y2 y2 + y + 1 khoâng laø soá chính phöông neân (1) khoâng coù nghieäm nguyeân + Neáu y = 0 thì töø (1) suy ra: x2 + x + 1 = 1 x = 0 vaø x = 1 Vaäy phöông trình coù caùc caëp nghieäm nguyeân döông laø (0; 0) vaø (0; 1) Bài 20: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện: x + y + z + xy + yz + xz = 6. Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 3 (x-1)2 0 x2+1 2x. Tương tự: y2+1 2y; z2+1 2z và 2(x2+y2+z2) 2(xy+yz+xz) Cộng 4 bất đẳng thức theo từng vế ta có:3(x2+y2+z2)+3 2(x+y+z+xy+yz+xz) x2+y2+z2 3(vì x+y+z+xy+yz+xz = 6) Bài 21: Cho tam giác ABC có diện tích S, trung tuyến AM. K là một điểm của AM sao cho KM = 2 KA . BK cắt AC tại N. a) Tính diện tích tam giác AKN theo S. b) Một đường thẳng đi qua K cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại I và J. AB AC Tính giá trị của: AI AJ a) Gọi E là trung điểm NC: NE = EC. BNC có ME là đường trung bình nên ME//BN suy ra KN//ME KM NE AME có KM = 2KA 2 NE = EC = 2AN KA AN Chứng minh được AC = AN + NE + EC = 5AN 1 Chứng minh được SAKN = SAKC A 5 1 N SAKC = SAMC 3 K 1 SAMC = SABC E 2 1 1 1 1 B C SAKN = . . SABC =S M 5 3 2 30 b) Vẽ BD // IJ và CF // IJ (D, F thuộc tia AM)
12. Chứng minh được BMD = CMF MD = MF A AB AD N ABD có IK// BD nên: (định lý Ta-let) J AI AK K AC AF AFC có KJ// CF nên: I E AJ AK D AB AC AD AF AM DM AM MF 2AM 6 B C AI AJ AK AK AK AK M Bài 20: F x y z Cho a + b + c = 1 , a2 + b2 + c2 = 1 và . Tính giá trị của xy + yz + xz a b c x y z x y z x y z (vì a b c 1) . a b c a b c x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z 2 Do đó:(x+y+z)2= x 2 y 2 z 2 ( vì a2 + b2 + c2 = 1) a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 x2 + y2 + z2 + 2xy +2yz + 2xz = x2 + y2 + z2 2xy +2yz + 2xz = 0 xy + yz + xz = 0 Bài 21: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng: BD.DC = DH.DA. HD HE HF b) Chứng minh rằng: 1 . AD BE CF c) Chứng minh rằng: H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF. d) Gọi M, N, P, Q, I, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, CA, AB, EF, FD, DE. Chứng minh rằng ba đường thẳng MQ, NI, PK đồng quy tại một điểm. A E F H B C D a) Chỉ ra được BDH  ADC (g.g) BD DH AD DC BD.DC = DH.DA
13. 1 S HD.BC HD b) Ta có: HBC 2 S 1 AD ABC AD.BC 2 HE S HF S Tương tự: HAC ; HAB . BE SABC CF SABC HD HE HF S S S S Do đó HBC HAC HAB ABC 1 AD BE CF SABC SABC c) Chứng minh được AEF  ABC (c.g.c) A· EF A· BC Tương tự D· EC A· BC . Do đó: A· EF D· EC Mà A· EF H· EF D· EC H· ED = 900 nên H· EF H· ED EH là phân giác của góc DEF. Tương tự FH là phân giác của góc EFD Do đó H là giao các đường phân giác của tam giác DEF. d) A E Q N P F K H I B C D M 1 Do BEC vuông tại E, M là trung điểm BC nên EM = BC (trung tuyến ứng với 2 cạnh huyền) 1 Tương tự : FM = BC 2 Do đó: EMF cân tại M, mà Q là trung điểm EF nên MQ  EF MQ là đường trung trực của EF hay MQ là đường trung trực của tam giác DEF. Hoàn toàn tương tự, chứng minh được NI và PK cũng là đường trung trực của tam giác DEF nên ba đường thẳng MQ, NI, PK đồng quy tại một điểm.
14. Bài 22: Cho tam giác ABC cân tại A có AB = AC =b ; BC = a. Đường phân giác BD của tam giác ABC có độ dài bằng cạnh bên của tam giác ABC. Chứng minh rằng: 1 1 b . b a (a b)2 A H D C B Vẽ BH là đường cao của tam giác ABC. Tam giác BAD cân tại B (BA=BD) có BH là đường cao nên cũng là đường trung tuyến AD AH . 2 Tam giác ABC có BD là đường phân giác , ta có : DA AB b DA DC DA DC AC b b2 DA DC BC a b a a b a b a b a b Tam giác HAB vuông tại H , theo đ/lý Pytago ta có : AD2 AB2 BH 2 AH 2 BH 2 b2 (1) 4 Tam giác HBC vuông tại H , theo đ/lý Pytago, ta có AD BC 2 BH 2 HC 2 BH 2 BC 2 (AC AH )2 a2 (b )2 2 AD2 BH 2 a2 b2 b.AD (2) 4 AD2 AD2 b2 a2 b2 b.AD b2 a2 b.AD b2 Từ (1) và (2) ta có : 4 4 ab2 a b b 1 1 b (b a)(b a) a b ab (a b)2 b a (a b)2 Vậy bài toán được c/m.
15. Bµi 23: a b c 3 Cho a, b, c > 0; a + b + c = 3. Chứng minh rằng: . 1 b2 1 c2 1 a 2 2 a ab2 ab2 ab Do a, b > 0 và 1 + b2 ≥ 2b với mọi b nên a a a . 1 b2 1 b2 2b 2 b bc c ca Tương tự ta có : b ; c 1 c2 2 1 a 2 2 a b c ab bc ca mà a + b + c = 3 nên 3 (1) 1 b2 1 c2 1 a 2 2 Cũng từ a + b + c = 3 (a + b + c)2 = 9 a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 9 mà a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ac nên a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca suy ra 3(ab + bc + ca) 9 ab + bc + ca 3 (2). a b c 3 3 Từ (1) và (2) suy ra 3 đpcm. 1 b2 1 c2 1 a 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Bài 24: Cho ABC vuông tại A, có AB < AC. Kẻ phân giác AD. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của D trên AB và AC. BN cắt CM tại K, AK cắt DM tại I, BN cắt DM tại E, CM cắt DN tại F. 1) Chứng minh rằng EF // BC 2) Chứng minh rằng K là trực tâm của AEF 3) Tính số đo của B¶ID A 1) (2 đ). Chứng minh đợc tứ giác AMDN là hình vuông (0,5 đ) MF BD BM BM ME N (1đ) M FC DC MA DN ED K MF ME hay EF // DC E FC ED F B I C hay EF // BC (0,5 đ) D 2) (2 đ). Theo định lí Thales ta có AN DN NC NF NF (0,5 đ) AB AB AC AM AN AN NF hay và B· AN A· NF 900 (0,5 đ) AB AN NAF  ABN N· AF N· BA AF  BN. (0,5 đ) Lập luận tơng tự có AE  CM. Vậy K là trực tâm của AEF (0,5 đ)
16. 3) (2 đ). K là trực tâm của AEF AK  EF mà EF // BC AK  BC (0,5 đ) Kết hợp với DM  AB I là trực tâm của ABD. Vậy B¶ID 1800 B· AD 1800 450 1350 Bài 25: Cho a, b, c, d, e > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c + d + e = 4. a b c d a b c a b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P abcde 2 2 Ta có x y 0 x2 2xy y2 4xy x y 4xy . Dấu “=” xảy ra khi x = y 2 Áp dụng liên tiếp BĐT x y 4xy ta có 42 = (a + b + c + d + e)2 4(a + b + c + d)e (1) (a + b + c + d)2 4(a + b + c)d (2) (a + b + c)2 4(a + b)c (3) (a + b)2 4ab (4) Do a, b, c, d, e > 0 nên các vế của các BĐT trên đều dương. Nhân từng vế của chúng và rút gọn ta được 16(a + b + c + d)(a + b + c)(a + b) 256abcde a b c d a b c a b P 16 . abcde 1 a b c d e 4 a b 4 a b c d e 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c d c 2 a b c d 1 a b e 2 1 1 Vậy GTNN của P bằng 16 đạt được khi a = b = ; c = ; d = 1 và e = 2 4 2