GIÁO ÁN CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 NĂM HỌC 2018-2019 CÓ GIẢI CHI TIẾT (15 BUỔI)

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN

vectorstock.com/10212081

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN LESSON PLAN PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

GIÁO ÁN CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 NĂM HỌC 2018-2019 CÓ GIẢI CHI TIẾT (15 BUỔI) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Buổi 1

Ngày soạn: 7/11/2018 Ngày dạy: 15/11/2018 CHUYÊN ĐỀ I: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ A. MỤC TIÊU - HS nắm được các phương pháp cơ bản và nâng cao khi phân tích đa thức thành nhân tử.

- Thực hiện thành thạo dạng toán phân tích này.

- Biết được mối liên hệ giữa các phương pháp và sử dụng hợp lý vào bài toán.

- Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập.

B. CHUẨN BỊ - GV: giáo án, tài liệu, máy tính Casio.

- HS: Máy tính Casio.

C. CÁC HOẠT ĐỘNG DẠY HỌC I. Ốn định lớp II. Kiểm tra bài cũ III. Bài mới I- Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử khác: 1. Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: c) x2 + 8x + 7; d) x2- 13x + 36; e) x2 + 3xa) x2- 5x + 6; b) 3x2- 8x + 4; 18 f) x2- 5x- 24; g) 3x2- 16x + 5; h) 8x2+ 30x+ 7; i) 2x2- 5x- 12; k) 6x2- 7x20 Giải: a) x2- 5x + 6 = x2- 2x- 3x + 6 = (x2- 2x)- (3x- 6) = x(x- 2)- 3(x- 2) = (x- 2)(x- 3) b) 3x2- 8x + 4 = 3x2- 6x- 2x + 4 = (3x2- 6x)- (2x- 4) = 3x(x- 2)- 2(x- 2) = (x- 2)(3x2) c) x2 + 8x + 7 = x2 + x + 7x + 7 = (x2+ x) + (7x+ 7) = x(x+ 1) + 7(x+ 1) = (x+1)(x+ 7) d) x2- 13x + 36 = x2- x- 12x + 36 = (x2- 4x)- (9x- 36) = x(x- 4)- 9(x- 4) = (x- 4)(x- 9) e) x2 + 3x- 18 = x2- 3x + 6x- 18 = (x2- 3x) + (6x- 18) = x(x- 3)+ 6(x- 3) = (x- 3)(x+ 6) f) x2- 5x- 24 = x2 + 3x- 8x- 24 = (x2 + 3x)- (8x + 24) = x(x+ 3)- 8(x+3) = (x + 3)(x8) g) 3x2- 16x + 5 = 3x2- 15x- x + 5 = (3x2- 15x)- (x- 5) = 3x(x- 5)- (x- 5) = (x- 5)(3x1) h) 8x2+ 30x+ 7 = 8x2 + 28x + 2x + 7 = (8x2 + 28x) + (2x + 7) = 4x(2x + 7) + (2x + 7) = (2x + 7)( 4x + 1) 2. Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x3- 5x2 + 8x- 4; b) x2 + 2x- 3; c) x3 + 5x2 + 8x + 4; d) x3- 7x + 6 3 2 3 2 3 2 e) x - 9x + 6x + 16; f) 4x - 13x + 9x- 18; g) x - 4x - 8x + 8; 3 2 i) 6x3- x2- 486x + 81; j) x3- 7x- 6; h) -x -6x +6x +1 k) x3- 3x + 2; l) x3- 5x2 + 3x + 9 m) x3 + 8x2 + 17x + 10; n) x3 + 3x2 + 6x + 4; p) x3- 2x- 4; q) 2x3- 12x2 + 17x- 2 r) x3 + x2 + 4; s) x3 + 3x2 + 3x + 2; t) x3 + 9x2 + 26x + 24; Giải: a) x3- 5x2 + 8x- 4 = x3- 3x2 + 3x- 1- 2x2 + 2x + 3x- 3

= (x3- 3x2 + 3x- 1)- (2x2- 2x) + (3x- 3) = (x- 1)3- 2x(x- 1) + 3(x- 1) = (x- 1)(x2- 2x + 1- 2x + 3) = (x- 1)(x2- 4x + 4) =(x- 1)(x- 2)2 b) x2 + 2x- 3 = x2- x + 3x- 3 = (x2- x) + (3x- 3) = x(x- 1) + 3(x- 1) = (x- 1)(x + 3) c) x3 + 5x2 + 8x + 4 = x3 + 3x2 + 3x + 1 + 2x2 + 2x + 3x + 3 = (x3 + 3x2 + 3x + 1) + (2x2 + 2x) + (3x + 3)= (x + 1)3 + 2x(x + 1) + 3(x + 1) = (x + 1)(x2 + 2x + 1 + 2x + 3) = (x + 1)(x2 + 4x + 4) = (x + 1)(x + 2)2 d) x3- 7x + 6 = x3- x- 6x + 6 = (x3- x)- (6x- 6) = x(x2- 1)- 6(x- 1) = x(x- 1)(x + 1)- 6(x- 1) = (x- 1)(x2 + x- 6) = (x- 1)[(x2- 2x) + (3x- 6)] = (x- 1)[x(x- 2) + 3(x- 2)] = (x- 1)(x- 2)(x + 3) e) x3- 9x2 + 6x + 16 = x3 + 3x2 + 3x + 1- 12x2- 12x + 15x + 15 = (x3 + 3x2 + 3x + 1)- (12x2 + 12x) + (15x + 15) = (x + 1)3- 12x(x + 1) + 15(x + 1) = (x + 1)(x2 + 2x + 1- 12x + 15) = (x + 1)(x2- 10x + 16) = (x + 1)[(x2- 2x)- (8x- 16)] = (x + 1)[x(x- 2)- 8(x- 2)] = (x + 1)(x- 2)(x- 8) II- Phương pháp thêm và bít cùng một hạng tử 1) Dạng 1: Thêm bít cùng một hạng tử làm xuất hiện hằng đẳng thức hiệu của hai bình phương: A2- B2 = (A- B)(A + B) Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) (1 + x2)2- 4x(1- x2); b) (x2- 8)2 + 36; c) x4 + 4; d) x4 + 64; e) 64x4 + 1 g) 4x4 + 81; h) 64x4 + y4; i) x4 + 4y4; k) x4 + x2 + f) 81x4 + 4; 1 2) Dạng 2: Thêm bớt cùng một hạng tử làm xuất hiện thừa số chung Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x7 + x2 + 1; b) x7 + x5 + 1; c) x5 + x4 + 1; d) x5 + x + 1 e) x8 + x7 + 1; f) x5- x4- 1; g) x5 + x- 1; h) x10 + x5 + 1 Giải: a) x7 + x2 + 1 = x7- x4 + x4 + 2x2 + 1- x2 = (x7- x4) + (x4 + 2x2 + 1)- x2 = x4(x3- 1) + (x2 + 1)2- x2 = x4(x- 1)(x2 + x + 1) + (x2 + 1 + x)(x2 + 1- x) = (x2 + x + 1)(x5- x4 + x2- x + 1) b) x7 + x5 + 1 = x7- x4 + x5 + x4 + x3- x3- x2- x + x2 + x + 1 = (x7- x4) + (x5 + x4 + x3)- (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1) = x4(x3- 1) + x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = x4(x- 1)(x2 + x + 1) + x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x5- x4 + x3- x + 1) c) x5 + x4 + 1 = x5 + x4 + x3- x3- x2- x + x2 + x + 1 = (x5 + x4 + x3)- (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1) = x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x3- x + 1) d) x5 + x + 1 = x5 + x4 + x3- x4- x3- x2 + x2 + x + 1 = (x5 + x4 + x3)- (x4 + x3 + x2) + (x2 + x + 1) = x3(x2 + x + 1)- x2(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x3- x2 + 1) e) x8 + x7 + 1 = x8 + x7 + x6- x6- x5- x4 + x5 + x4 + x3- x3- x2- x + x2 + x + 1 = (x8 + x7 + x6)- (x6 + x5 + x4) + (x5 + x4 + x3)- (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1) = x6(x2 + x + 1)- x4(x2 + x + 1) + x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x6- x4 + x3- x + 1) f) x5- x4- 1 = x5- x4 + x3- x3 + x2- x- x2 + x- 1 = (x5- x4 + x3)- (x3- x2 + x)- (x2- x + 1) = x3(x2- x + 1)- x(x2- x + 1)- (x2- x + 1) = (x2- x + 1)(x3- x- 1)

g) x5 + x- 1 = x5- x4 + x3 + x4- x3 + x2- x2 + x- 1 = (x5- x4 + x3) + (x4- x3 + x2)- (x2- x + 1) = x3(x2- x + 1) + x2(x2- x + 1)- (x2- x + 1) = (x2- x + 1)(x3 + x2- 1) h) x10 + x5 + 1 = x10- x7 + x7- x4 + x5 + x4 + x3- x3- x2- x + x2 + x + 1 = (x10- x7) + (x7- x4) + (x5 + x4 + x3)- (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1) = x7(x3- 1) + x4(x3- 1) + x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = x7(x- 1)(x2 + x + 1) + x4(x- 1)(x2 + x + 1)+ x3(x2 + x + 1)- x(x2 + x + 1)+ (x2+ x + 1) = (x2+ x + 1)(x8- x7 + x5- x4 + x3- x + 1) III- Phương pháp đổi biến Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128; b) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4)- 24 2 2 2 2 c) (x + 4x + 8) + 3x(x + 4x + 8) + 2x ; d) (x2 + x)2 + 4x2 + 4x- 12 e) x2 + 2xy + y2 + 2x + 2y- 15; f) (x + a)(x + 2a)(x + 3a)(x + 4a) + a4 h) (x2 + x)2 + 3(x2 + x) + 2 g) 6x4- 11x2 + 3; i) x2- 2xy + y2 + 3x- 3y- 10; j) (x2 + 2x)2 + 9x2 + 18x + 20 2 2 l) (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) + 16 k) x - 4xy + 4y - 2x + 4y- 35; Giải: a) x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 Đặt y = x + 5 ta có: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = (y- 5)(y- 1)(y + 1)(y + 5) + 128 = (y2- 1)(y2- 25) = y4- 26y2 + 25 + 128 = y4- 34y2 + 289 + 8y2- 136 = (y4- 34y2 + 289) + (8y2- 136) = (y2- 17)2 + 8(y2- 17) = (y2- 17)(y2- 17 + 8) = (y2- 17)(y2- 9) = (y + 17 )(y- 17 )(y + 3)(y- 3) = (x + 5 + 17 )(x + 5- 17 )(x + 8)(x + 2) Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x4 + 6x3 + 7x2- 6x + 1; b) (x2 + y2 + z2)(x + y + z)2 + (xy + yz + zx)2 IV- Phương pháp xét giá trị riêng Phương pháp: Trước hết ta xác định dạng các thừa số chứa biến của đa thức, rồi gán cho các biến các giá trị cụ thể để xác định thừa số còn lại.

Ví dụ: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) P = x2(y- z) + y2(z- x) + z2(x- y) b) Q = a(b + c- a)2 + b(c + a- b)2 + c(a + b- c)2 + (a + b- c)(b + c- a)(c + a- b) Giải: a) Giả sử thay x bởi y thì P = y 2 ( y − z ) + y 2 ( z − y ) = 0 Như vậy P chứa thừa số x- y Ta lại thấy nếu thay x bởi y, thay y bởi z, thay z bởi x thì P không đổi (ta nói đa thức P có thể hoán vị vòng quanh bởi các biến x, y, z). Do đó nếu P đã chứa thừa số x- y thì cũng chứa thừa số y- z, z- x. Vậy P phải có dạng P = k(x- y)(y- z)(z- x).Ta thấy k phải là hằng số(không chóa biến) vì P có bậc 3 đối với tập hợp các biến x, y, z còn tích (x- y)(y- z)(z- x) cũng có bậc ba đối với tập hợp các biến x, y, z. Vì đẳng thức

x2 ( y − z) + y2 (z − x) + z2 (x − y) = k(x − y)( y − z)(z − x) đóng với mọi x, y, z nên ta gán cho các biến x, y, z các giá trị riêng, chẳng hạn x = 2, y = 1, z = 0 ta được k = -1 Vậy P =- (x- y)(y- z)(z- x) = (x- y)(y- z)(x- z)

Các bài toán Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: M = a (b + c − a ) 2 + b(c + a − b)2 + c(a + b − c)2 + (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) N = a (m − a ) 2 + b(m − b)2 + c(m − c)2 − abc , với 2m = a+ b + c.

V- Phương pháp hệ số bất định: Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a ) A = x 4 − 6 x 3 + 12 x 2 − 14 x + 3 b) B = 4 x 4 + 4 x 3 + 5 x 2 + 2 x + 1 c)C = 3 x 2 + 22 xy + 11x + 37 y + 7 y 2 + 10 d ) D = x 4 − 7 x 3 + 14 x 2 − 7 x + 1 e) E = x 4 − 8 x + 63

Bài tập: Ví dụ: Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: A = x3- 3(a2 + b2)x + 2(a3 + b3) Lời giải Đặt S = a + b và P = ab, thì a2 + b2 = S 2 − 2P ; a3 + b3 = S 3 − 3SP . Vì vậy : A = x3 – 3( S 2 − 2P )x + 2( S 3 − 3SP ) = (x 3 − S 3 ) − (3S 2 x − 3S 3 ) + (6Px − 6SP) = (x − S)(x 2 + Sx + S 2 ) − 3S 2 (x − S) + 6P(x − S) = (x − S)(x 2 + Sx − 2S 2 + 6P) = (x – a – b)[x2 + (a + b)x – 2(a + b)2 + 6ab] = (x – a – b)[x2 + (a + b)x – 2(a2 IV. Củng cố Lồng trong luyện tập I. Hướng dẫn học ở nhà Học bài và xem lại các bài tập đã chữa.

Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: (xét giá trị riêng) a ) A = (a + b + c)(ab + bc + ca ) − abc. b) B = a (a + 2b)3 − b(2a + b)3 . c)C = ab(a + b) − bc(b + c) + ac(a − c). d ) D = (a + b)(a 2 − b 2 ) + (b + c)(b 2 − c 2 ) + (c + a )(c 2 − a 2 ) e) E = a 3 (c − b 2 ) + b3 (a − c 2 ) + c 3 (b − a 2 ) + abc(abc − 1). f ) f = a (b − c)3 + b(c − a )3 + c(a − b)3 . g )G = a 2b 2 (a − b) + b 2 c 2 (b − c) + a 2 c 2 (c − a ). h) H = a 4 (b − c) + b 4 (c − a ) + c 4 (a − b).

Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : Phương pháp hệ số bất định a) x3 + 4x2 – 29x + 24 ; b) x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 ; c) (x2 – x + 2)2 + (x – 2)2 ; d) 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1 ; e) x6 + 3x5 + 4x4 + 4x3 + 4x2 + 3x + 1. f) x8 + x4 + 1; g) x10 + x5 + 1 ;

h) x12 + 1 ; i) (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 ; k) (x + y + z)5 – x5 – y5 – z5. *Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 2

Ngày soạn: 15/11/2018 Ngày dạy: 22/11/2018 CHUYÊN ĐỀ II: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC ĐẠI SỐ A. MỤC TIÊU - HS nắm được các hằng đẳng thức đáng nhí, đặc biệt là các hằng đẳng thức mở rộng, tam giác Pascal

- Biến đổi thành thạo các biểu thức nguyên - Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập.

B. CHUẨN BỊ - GV: giáo án, tài liệu, máy Casio.

- HS: Máy tính Casio.

C. CÁC HOẠT ĐÔNG TRÊN LỚP I.Ổn định tổ chức II. Kiểm tra bài cũ III. Bài mới 1. Lý thuyết A – BIỂN ĐỔI BIỂU THỨC NGUYÊN

I. Một số hằng đẳng thức cơ bản 1. (a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 ; (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ; (a1 + a 2 + ... + a n )2 = = a12 + a 22 + ... + a 2n + 2(a1a 2 + a1a 3 + ... + a1a n + a 2 a 3 + ... + a 2 a n + ... + a n −1a n ) ; 2. (a ± b)3 = a3 ± 3a2b + 3ab2 ± b3 = a3 ± b3 ± 3ab(a ± b); (a ± b)4 = a4 ± 4a3b + 6a2b2 ± 4ab3 + b4 ; 3. a2 – b2 = (a – b)(a + b) ; a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) ; an – bn = (a – b)(an – 1 + an – 2b + an – 3b2 + … + abn – 2 + bn – 1) ; 4. a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) a5 + b5 = (a + b)(a4 – a3b + a2b2 – ab3 + b5) ; a2k + 1 + b2k + 1 = (a + b)(a2k – a2k – 1b + a2k – 2b2 – … + a2b2k – 2 – ab2k – 1 + b2k) ; II. Bảng các hệ số trong khai triển (a + b)n Tam giác Pascal Đỉnh 1 Dòng 1 (n = 1) 1 1 Dòng 2 (n = 2) 1 2 1 Dòng 3 (n = 3) 1 3 3 1 Dòng 4 (n = 4) 1 4 6 4 1 Dòng 5 (n = 5) 1 5 10 10 5 1 Trong tam giác này, hai cạnh bên gồm các số 1 ; dòng k + 1 được thành lập từ dòng k (k ≥ 1), chẳng hạn ở dòng 2 ta có 2 = 1 + 1, ở dòng 3 ta có 3 = 2 + 1, 3 = 1 + 2, ở dòng 4 ta có 4 = 1 + 3, 6 = 3 + 3, 4 = 3 + 1, Khai triển (x + y)n thành tổng thì các hệ số của các hạng tử là các số trong dòng thứ n của bảng trên. Người ta gọi bảng trên là tam giác Pascal, nó thường được sử dụng khi n không quá lớn. Chẳng hạn, với n = 4 thì : (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 và với n = 5 thì : (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 10ab4 + b5 III. Các ví dụ Ví dụ 1: Đơn giản biểu thức sau: A = (x + y + z)3 - (x + y - z)3 - (y + z - x)3 - (z + x - y)3.

Lời giải

A = [(x + y) + z]3 - [(x + y) - z]3 - [z - (x - y)]3 - [z + (x - y)]3 = [(x + y)3 + 3(x + y)2z + 3(x + y)z2 + z3] - [(x + y)3 - 3(x + y)2z + 3(x + y)z2 - z3] - [z3 - 3z2(x - y) + 3z(x - y)2 - (x - y)3] - [z3 + 3z2(x - y) + 3z(x - y)2 + (x - y)3] = 6(x + y)2z - 6z(x - y)2 = 24xyz Ví dụ 2: Cho x + y = a, xy = b (a2 ≥ 4b). Tính giá trị của các biểu thức sau: a) x2 + y2; b) x3 + y3; c) x4 + y4; d) x5 + y5 Lời giải a) x2 + y2 = (x + y)2- 2xy = a2- 2b b) x3 + y3 = (x + y)3- 3xy(x + y) = a3- 3ab c) x4 + y4 = (x2 + y2)2- 2x2y2 = (a2 - 2b)2- 2b2 = a4- 4a2b + 2b2 d) (x2 + y2)(x3 + y3) = x5 + x2y3 + x3y2 + y5 = (x5 + y5) + x2y2(x + y) Hay: (a2- 2b)(a3- 3ab) = (x5 + y5) + ab2 ⇒ x5 + y5 = a5- 5a3b + 5ab2 Chó ý: a6 + b6 = (a2)3 + (b2)3 = (a3)2 + (b3)2 a7 + b7 = (a3 + b3)(a4 + b4)- a3b3(a + b) = (a2 + b2)(a5 + b5)- a2b2(a3 + b3) Ví dụ 3: Chứng minh các hằng đẳng thức: a) a3 + b3 + c3- 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2- ab- bc- ca); b) (a + b + c)3- a3- b3- c3 = 3(a + b)(b + c)(c + a) Lời giải a) a3 + b3 + c3- 3abc = (a + b)3 + c3- 3abc- 3a2b- 3ab2 = (a + b + c)[(a + b)2- (a + b)c + c2]- 3ab(a + b + c) = (a + b + c) [(a + b)2- (a + b)c + c2- 3ab] = (a + b + c)(a2 + b2 + c2- ab- bc- ca) b) (a + b + c)3- a3- b3- c3 = [(a + b + c)3- a3]- (b3 + c3) = (b + c)[(a + b + c)2 + (a + b + c)a + a2]- (b + c)(b2- bc + c2) = (b + c)(3a2 + 3ab + 3bc + 3ca) = 3(b + c)[a(a + b) + c(a + b)] = 3(a + b)(b + c)(c + a) Ví dụ 4: Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: A = x3- 3(a2 + b2)x + 2(a3 + b3) Lời giải Đặt S = a + b và P = ab, thì a2 + b2 = S 2 − 2P ; a3 + b3 = S 3 − 3SP . Vì vậy: A = x3- 3( S 2 − 2P )x + 2( S 3 − 3SP ) = (x 3 − S 3 ) − (3S 2 x − 3S 3 ) + (6Px − 6SP) = (x − S)(x 2 + Sx + S 2 ) − 3S 2 (x − S) + 6P(x − S) = (x − S)(x 2 + Sx − 2S 2 + 6P) = (x- a- b)[x2 + (a + b)x- 2(a + b)2 + 6ab] = (x- a- b)[x2 + (a + b)x- 2(a2 Ví dụ 5: Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng: 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) Lời giải Vì x + y + z = 0 nên x + y = -z ⇒ (x + y)3 = -z3 Hay x3 + y3 + 3xy(x + y) = -z3 ⇒ 3xyz = x3 + y3 + z3 Do đó: 3xyz(x2 + y2 + z2) = (x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(y2 + z2) + y3(z2 + x2) + z3(x2 + y2) Mà x2 + y2 = (x + y)2- 2xy = z2- 2xy (vì x + y = -z). Tương tự: y2 + z2 = x2- 2yz; z2 + x2 = y2- 2zx.

Vì vậy: 3xyz(x2 + y2 + z2) = x5 + y5 + z5 + x3(x2- 2yz) + y3(y2- 2zx) + z3(z3- 2xy) = 2(x5 + y5 + z5)- 2xyz(x2 + y2 + z2) Suy ra: 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2) (đpcm) BÀI TẬP 1. Bài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x3 + 4x2- 29x + 24; b) x4 + 6x3 + 7x2- 6x + 1; c) (x2- x + 2)2 + (x- 2)2; d) 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1; e) x6 + 3x5 + 4x4 + 4x3 + 4x2 + 3x + 1.

2.

Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x8 + x4 + 1; b) x10 + x5 + 1; c) x12 + 1.

3.

Bài 3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) (x + y + z)3- x3- y3- z3; b) (x + y + z)5- x5- y5- z5.

4.

Bài 4: Cho a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 14. Tính giá trị của biểu thức: A = a4 + b4 + c4.

Bài 5 : Cho x + y + z = 0 và xy + yz + zx = 0. Tính giá trị của biểu thức: B = (x- 1)2007 + y2008 + (z + 1)2009.

2 2 6. Bài 6: Cho a - b = 4c2. Chứng minh rằng: (5a- 3b + 8c)(5a- 3b- 8c) = (3a- 5b)2.

7. Bài 7 : Chứng minh rằng nếu (x- y)2+(y- z)2+(z- x)2 =(x+ y- 2z)2+(y + z2x)2+(z + x- 2y)2 thì x = y = z.

8. Bài 8 : a b a) Chứng minh rằng nếu (a2 + b2)(x2 + y2) = (ax + by)2 và x, y khác 0 thì = . x y 2 2 2 2 2 2 2 b) Chứng minh rằng nếu (a + b + c )(x + y + z ) = (ax + by + cz) và x, y, z a b c khác 0 thì = = . x y z

5.

9.

Bài 9: Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng: a) 5(x3 + y3 + z3)(x2 + y2 + z2) = 6(x5 + y5 + z5); b) x7 + y7 + z7 = 7xyz(x2y2 + y2z2 + z2x2); c) 10(x7 + y7 + z7) = 7(x2 + y2 + z2)(x5 + y5 + z5).

10. Bài 10: Chứng minh các hằng đằng thức sau: a) (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2; b) x4 + y4 + (x + y)4 = 2(x2 + xy + y2)2.

11. Bài 11 :Cho các số a, b, c, d tháa mãn a2 + b2 + (a + b)2 = c2 + d2 + (c + d)2.

Chứng minh rằng: a4 + b4 + (a + b)4 = c4 + d4 + (c + d)4 IV. Củng cố V.Hướng dẫn học ở nhà -Học bài và xem lại các bài tập đã làm, xem lại lý thuyết và làm bài sau

Bài 1: Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính giá trị của biểu thức: C = a2 + b9 + c1945.

Bài 2: Hai số a, b lần lượt tháa mãn các hệ thức sau: a3- 3a2 + 5a- 17 = 0 và b3- 3b2 + 5b + 11 = 0. Hãy tính: D = a + b.

Bài 3:Hãy tính: E = a2 + b2.

Bài 4: Cho x + y = a + b và x2 + y2 = a2 + b2. Tính giá trị của các biểu thức sau: a) x3 + y3; b) x4 + y4; c) x5 + y5; d) x6 + y6; e) x7 + y7; f) x8 + y8; g) x2008 + y2008. *Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 3

Ngày soạn: 06/03/2018 Ngày dạy: 29/11/2018 CHUYÊN ĐỀ II: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC ĐẠI SỐ (tiếp) A. MỤC TIÊU - HS tiếp tục được củng cố các hằng đẳng thức đáng nhớ.

- Biến đổi thành thạo các biểu thức hữu tỉ.

- Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập.

B. CHUẨN BỊ - GV: giáo án, tài liệu, máy Casio.

- HS: Máy tính Casio.

C. CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP I. ổn định tổ chức II. Kiểm tra bài cũ III.Bài mới BIỂN ĐỔI PHÂN THỨC HỮU TỈ Ví dụ 1: a) Chứng minh rằng phân số

3n + 1 là phân số tối giản ∀n∈N ; 5n + 2

2 b) Cho phân số A = n + 4 (n∈N). Có bao nhiêu số tự nhiên n nhá hơn 2009 sao

n +5

cho phân số A chưa tối giản. Tính tổng của tất cả các số tự nhiên đó.

Lời giải a) Đặt d = ƯCLN(5n + 2 ; 3n + 1) ⇒ 3(5n + 2)- 5(3n + 1) ⋮ d hay 1 ⋮ d ⇒ d = 1.

3n + 1 Vậy phân số là phân số tối giản.

5n + 2 29 phải chưa tối giản. b) Ta có A = n − 5 + 29 . Để A chưa tối giản thì phân số n +5 n+5 Suy ra n + 5 phải chia hết cho một trong các ưíc dương lín hơn 1 của 29.

Vì 29 là số nguyên tố nên ta có n + 5 ⋮ 29 ⇒ n + 5 = 29k (k ∈ N) hay n = 29k - 5.

Theo điều kiện đề bài thì 0 ≤ n = 29k - 5 < 2009 ⇒ 1 ≤ k ≤ 69 hay k∈{1; 2;…; 69} Vậy có 69 số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện đề bài. Tổng của các số này là: 29(1 + 2 + … + 69) - 5.69 = 69690.

1 1 1 1 Ví dụ 2: Cho a, b, c ≠ 0 và a + b + c ≠ 0 tháa mãn điều kiện + + = . a b c a+b+c Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có hai số đối nhau. Từ đó suy ra rằng: 1 1 1 1 + + = . a 2009 b 2009 c2009 a 2009 + b 2009 + c2009 Lời giải 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇔ + + − =0 Ta có: + + = a b c a+b+c a b c a+b+c a+b a+b c(a + b + c) + ab ⇔ + = 0 ⇔ (a + b). =0 ab c(a + b + c) abc(a + b + c)

a + b = 0 a = −b   ⇔ (a + b)(b + c)(c + a) = 0 ⇔  b + c = 0 ⇔  b = −c ⇒ đpcm.   c + a = 0  c = −a   1 1 1 1 1 1 1 Từ đó suy ra : 2009 + 2009 + 2009 = 2009 + + 2009 = 2009 2009 a b c a (−c) c a 1 1 1 = 2009 = 2009 2009 2009 2009 2009 2009 a +b +c a + (−c) + c a 1 1 1 1 ⇒ 2009 + 2009 + 2009 = 2009 .

2009 a b c a + b + c2009 Ví dụ 3: Đơn giản biểu thức: 1  1 1 3  1 1 6  1 1  A= + 3  + + 2  +   + .

3 3 4 2 (a + b)  a b  (a + b)  a b  (a + b)5  a b  Lời giải 2 Đặt S = a + b và P = ab. Suy ra : a + b2 = (a + b)2 – 2ab = S 2 − 2P a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) = S 3 − 3SP .

1 1 a+b S 1 1 a 2 + b 2 S 2 − 2P = ; 2+ 2= 2 2 = ; Do đó : + = a b ab P a b ab P2 1 1 a 3 + b 3 S 3 − 3SP + = 3 3 = . a 3 b3 ab P3 1 S 3 − 3SP 3 S 2 − 2P 6 S Ta có : A = 3 . + . + 5.

S P3 S4 P2 S P = S 2 − 3P 3(S 2 − 2P) 6 (S 4 − 3S 2 P) + (3S 2 P − 6P 2 ) + 6P 2 S4 + + 4 = = 4 3 S 2 P3 S4P2 S P S4P3 S P 1 1 Hay A = 3 = 3 3 .

P ab Ví dụ 4: Cho a, b, c là ba số phân biệt. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của x: (x − a)(x − b) (x − b)(x − c) (x − c)(x − a) S(x) = + + . (c − a)(c − b) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) Lời giải Cách 1: x 2 − (a + b)x + ab x 2 − (b + c)x + bc x 2 − (c + a)x + ca S(x) = + + = Ax2- Bx + C (c − a)(c − b) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) 1 1 1 với: A = + + ; (c − a)(c − b) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) a+b b+c c+a B= + + ; (c − a)(c − b) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) ab bc ca C= + + (c − a)(c − b) (a − b)(a − c) (b − c)(b − a)

Ta có: A = B=

b−a + c−b + a −c =0; (a − b)(b − c)(c − a)

2 2 2 2 2 2 (a + b)(b − a) + (b + c)(c − b) + (c + a)(a − c) b − a + c − a + a − c = =0; (a − b)(b − c)(c − a) (a − b)(b − c)(c − a)

ab(b − a) + bc(c − b) + ca(a − c) ab(b − a) + bc[(c − a) + (a − b)] + ca(a − c) = (a − b)(b − c)(c − a) (a − b)(b − c)(c − a) (a − b)(bc − ab) + (c − a)(bc − ca) (a − b)(b − c)(c − a) = = =1. (a − b)(b − c)(c − a) (a − b)(b − c)(c − a) Vậy S(x) = 1∀x (đpcm).

Cách 2: Đặt P(x) = S(x)- 1 thì đa thức P(x) là đa thức có bậc không vượt quá 2. Do đó, P(x) chỉ có tối đa hai nghiệm.

Nhận xét: P(a) = P(b) = P(c) = 0 ⇒ a, b, c là ba nghiệm phân biệt của P(x). Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi P(x) là đa thức không, tức là P(x) = 0 ∀x.

Suy ra S(x) = 1 ∀x ⇒ đpcm.

1 Ví dụ 5: Cho x + = 3 . Tính giá trị của các biểu thức sau: x 1 1 1 1 a) A = x 2 + 2 ; b) B = x 3 + 3 ; c) C = x 4 + 4 ; d) D = x 5 + 5 . x x x x Lời giải 2 1  1  2 a) A = x + 2 = x +  − 2 = 9 − 2 = 7 ;  x x C=

3

 1  1 1 b) B = x + 3 = x +  − 3x +  = 27 − 9 = 18 ;   x x x 2 1  1 c) C = x 4 + 4 = x 2 + 2  − 2 = 49 − 2 = 47 ;  x x  3

 1  1 1 1 d) A.B = x 2 + 2 x 3 + 3  = x 5 + + x + 5 = D + 3 ⇒ D = 7.18 – 3 = 123.  x  x  x x 2 ax + b c Ví dụ 6: Xác định các số a, b, c sao cho: 2 = 2 + . (x + 1)(x − 1) x + 1 x − 1 Lời giải ax + b c (ax + b)(x − 1) + c(x 2 + 1) (a + c)x 2 + (b − a)x + (c − b) Ta có: 2 + = = x + 1 x −1 (x 2 + 1)(x − 1) (x 2 + 1)(x − 1) 2 Đồng nhất phân thức trên với phân thức 2 , ta được: (x + 1)(x − 1) a + c = 0 a = −1   2 −x − 1 1 b − a = 0 ⇔ b = −1 . Vậy = + .   (x 2 + 1)(x − 1) x 2 + 1 x − 1 c − b = 2 c = 1 BÀI TẬP

Bài 1: Cho phân thức P =

n 3 + 2n 2 − 1 . n 3 + 2n 2 + 2n + 1

a) Rút gọn P ; b) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên thì giá trị của phân thức tìm được trong câu a) tại n luôn là một phân số tối giản.

Bài 2: a) Chứng minh rằng các phân số sau tối giản với mọi số tự nhiên n: n 3 + 2n 2n + 1 12n + 1 . ; ; 4 2 2n 2 − 1 30n + 2 n + 3n + 1 7 2 b) Chứng minh rằng phân số n 8 + n + 1 không tối giản với mọi số nguyên dương n + n +1

n.

2 c) Tính tổng các số tự nhiên n nhỏ hơn 100 sao cho n + 5 là phân số chưa tối

n +1

giản.

Bài 3: Tính các tổng sau : 3 5 2n + 1 a) A = + + ... + ; 2 2 (1.2) (2.3) [n(n + 1)]2 1 1 1 1 b) B = 1 + + 2 + 4 + ... + 2 n ; 2 +1 2 +1 2 +1 2 +1 1 1 1 1 ... + c) C = + + ; 1.4 4.7 7.10 (3n + 1)(3n + 4) 1 1 1 d) D = + + ... + 1.3 2.4 n.(n + 2) 1 1 1 1 e) E = + + + ... + ; 1.2.3 2.3.4 3.4.5 (n − 1)n(n + 1) 1.2! 2.3! n.(n + 1)! f) F = + 2 + ... + (k! = 1.2.3…k) 2 2 2n Bài 4: Rút gọn : A =

(a 2 + b 2 + c2 )(a + b + c)2 + (bc + ca + ab)2 . (a + b + c)2 − (ab + bc + ca)

(a + 2b)3 − (a − 2b)3 3a 4 + 7a 2 b 2 + 3b 4 . : (2a + b)3 − (2a − b)3 4a 4 + 7a 2 b 2 + 3b 4 Bài 6: Thực hiện các phép tính: x 2 − yz y 2 − zx z 2 − xy a) + + ; y+z z+x x+y 1+ 1+ 1+ x y z a(a + b) a(a + c) b(b + c) b(b + a) c(c + a) c(c + b) + + + a−c + b−c b−a + c−a c−b ; b) a − b 2 2 (b − c) (c − a) (a − b)2 1+ 1+ 1+ (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)

Bài 5: Rút gọn : B =

a + b − 2c b + c − 2a c + a − 2b + + 3 3 (a − b) (c − a)(c − b) (b − c) (a − b)(a − c) (c − a) (b − c)(b − a) + 2 + 2 + 2 3 3 2 3 3 2 3 3 a −b a + ab + b b −c b + bc + c c −a c + ca + a 2

c)

3

.

3a − 2b 3b − a + ; 2a + 5 b −5 5a − b 3b − 3a b) Biết 2a – b = 7, hãy tính giá trị của biểu thức : Q = − ; 3a + 7 2b − 7

Bài 7: a) Biết a – 2b = 5, hãy tính giá trị của biểu thức : P =

c) Biết 10a2- 3b2 + 5ab = 0 và 9a2- b2 ≠ 0, hãy tính: R = 2a − b + 5b − a .

3a − b

3a + b

Bài 8: Cho a + b + c = 0. Tính giá trị của các biểu thức sau : 1 1 1 a) A = 2 ; + 2 + 2 2 2 2 2 a +b −c b +c −a c + a 2 − b2 a2 b2 c2 ; + + a 2 − b 2 − c2 b 2 − c2 − a 2 c2 − a 2 − b 2 1 1 1 1 + + ... + + (2n − 3).3 (2n − 1).1 .

Bàì 9: Rút gọn biểu thức : A = 1(2n − 1) 3(2n − 3) 1 1 1 B 1 + + + ... + 3 5 2n − 1

b) B =

a b c + + = 1 . Chứng minh rằng b+c c+a a+b a2 b2 c2 + + = 0. b+c c+a a+b

Bài 10: Cho

a b c + + = 0 . Chứng minh rằng x y z ax2 + by2 + cz2 = 0.

Bài 12: Cho a + b + c = 0, x + y + z = 0 và IV. Củng cố V. Hướng dẫn học ở nhà Học bài và xem lại bài đã chữa Làm btvn

Bài 12: Cho x2 - 4x + 1 = 0. Tính giá trị của các biểu thức A = x5 + và B = x7 +

1 x5

1 . x7

x x2 x2 Bài 13: Cho 2 = 2008. Tính M = 4 và N = 4 . x − x +1 x + x2 + 1 x − x2 + 1

*Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 4

Ngày soạn: 29/11/2018 Ngày dạy: 6/12/2018 CHUYÊN ĐỀ III: XÁC ĐỊNH ĐA THỨC

A. MỤC TIÊU - HS nắm được định lí Bezu và ứng dụng của nó để giải các bài toán liên quan đến đa thức như chia đa thức, tính giá trị đa thức….

- Thực hiện thành thạo dạng toán phân tích này.

- Biết được mối liên hệ giữa các phương pháp và sử dụng hợp lý vào bài toán.

- Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập.

B. CHUẨN BỊ - GV: giáo án, tài liệu, máy Casio.

- HS: Máy tính Casio.

C. CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP. I. ổn định lớp II. Kiểm tra bài cũ III.Bài mới 1) Định lí BêZu: Dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x - a bằng f(a) (giá trị của f(x) tại x = a): f ( x) = ( x − a)q( x) + f (a) (Beout, 1730 - 1783, nhà toán học Pháp) Hệ quả: Nếu a là nghiệm của đa thừc f(x) thì f(x) chia hết cho x - a. áp dụng: Định lí BêZu có thể dùng để phân tích một đa thức thành nhân tử. Thực hiện như sau: Bước 1: Chọn một giá trị x = a nào đó và thử xem x = a có phải là nghiệm của f(x) không.

Bước 2: Nếu f(a) = 0, theo định lí BêZu ta có: f ( x) = ( x − a) p( x) Để tìm p(x) thực hiện phép chia f(x) cho x - a.

Bước 3: Tiếp tục phân tích p(x) thành nhân tử nếu còn phân tích được. Sau đó viết kết quả cuối cùng cho hợp lí.

DẠNG 1: Tìm đa thức thương bằng phương pháp đồng nhất hệ số(phương pháp hệ số bất định), phương pháp giá trị riêng , thực hiện phép chia đa thức. *Phương pháp1: Ta dựa vào mệnh đề sau đây : Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) bằng nhau: P(x) = Q(x) thì các hạng tử cùng bậc ở hai đa thức phải có hệ số phải có hệ số bằng nhau.

Ví dụ: P( x) = ax 2 + 2bx − 3 ; Q ( x) = x 2 − 4 x − p Nếu P(x) = Q(x) thì ta có: a = 1(hệ số của lũy thừa 2) 2b = - 4 (hệ số của lũy thừa bậc 1) - 3 = - p (hệ số hạng tử bậc không hay hạng tử tự do) *Phương pháp2: Cho hai đa thức P(x) và Q(x) tháa mãn deg P(x) > deg Q(x) Gọi thương và dư trong phép chia P(x) cho Q(x) lần lượt là M(x) và N(x) Khi đó ta có: P( x) = Q ( x).M ( x) + N ( x) (Trong đó: deg N(x) < deg Q(x)) (I) Vì đẳng thức (I) đóng với mọi x nên ta cho x lấy một giá trị bất kì : x = α ( α là hằng số). Sau đó ta đi giải phương trình hoặc hệ phương trình để tìm các hệ số của các hạng tử trong các đa thức ( Đa thức thương, đa thức chia, đa thức bị chia, số dư).

Ví dụ: Bài 1(Phần bài tập áp dụng) Gọi thương của phép chia A(x) cho x + 1 là Q(x), ta có: a 2 x 3 + 3ax 2 − 6 x − 2a = ( x + 1).Q( x ) .

Vì đẳng thức đóng với mọi x nên cho x = -1 ta dược: a = −2 − a 2 + 3a + 6 − 2a = 0 ⇒ − a 2 + a + 6 = 0 ⇒   a=3 3 2 Với a = -2 thì A = 4 x − 6 x − 6 x + 4, Q( x) = 4 x 2 − 10 x + 4

Với a = 3 thì A = 9 x 3 + 9 x 2 − 6 x − 6, Q( x) = 9 x 2 − 6 *Phương pháp 3:Thực hiện phép chia đa thức rồi cho số dư bằng 0 Bài tập áp dụng 2 3 Bài 1: Cho đa thức A( x) = a x + 3ax 2 − 6 x − 2a(a ∈ Q) . Xác định a sao cho A(x) chia hết cho x + 1.

Bài 2: Phân tích đa thức P( x) = x 4 − x 3 − 2 x − 4 thành nhân tử, biết rằng một nhân tử có dạng: x 2 + dx + 2 Bài 3: Với giá trị nào của a và b thì đa thức: x 3 + ax 2 + 2 x + b chia hết cho đa thức: x 2 + x + 1 . Hãy giải bài toán trên bằng nhiều cách khác nhau.

Bài 4: Xác định giá trị k để đa thức: f ( x ) = x 4 − 9 x 3 + 21x 2 + x + k chia hết cho đa thức: g ( x) = x 2 − x − 2 .

Bài 5: Tìm tất cả các số tự nhiên k để cho đa thức: f (k ) = k 3 + 2k 2 + 15 chia hết cho nhị thức: g (k ) = k + 3 .

Bài 6: Với giá trị nào của a và b thì đa thức: f ( x ) = x 4 − 3x 3 + 3x 2 + ax + b chia hết cho đa thức: g ( x) = x 2 − 3x + 4 .

Bài 7: a) Xác định các giá trị của a, b và c để đa thức: P( x) = x 4 + ax 2 + bx + c Chia hết cho ( x − 3)3 . b) Xác định các giá trị của a, b để đa thức: Q ( x) = 6 x 4 − 7 x 3 + ax 2 + 3x + 2 chia hết cho đa thức M ( x) = x 2 − x + b . c) Xác định a, b để P( x) = x 3 + 5 x 2 − 8 x + a chia hết cho M ( x) = x 2 + x + b .

Bài 8: Hãy xác định các số a, b, c để có đẳng thức: x 3 − ax 2 + bx − c = ( x − a )( x − b )( x − c )

Bài 9: Xác định hằng số a sao cho: a) 10 x 2 − 7 x + a chia hết cho 2 x − 3 . b) 2 x 2 + ax + 1 chia cho x − 3 dư 4. c) ax 5 + 5 x 4 − 9 chia hết cho x − 1 .

Bài 10: Xác định các hằng số a và b sao cho: a) x 4 + ax 2 + b chia hết cho x 2 − x + 1 . b) ax 3 + bx 2 + 5 x − 50 chia hết cho x 2 + 3 x + 10 . c) ax 4 + bx 2 + 1 chia hết cho ( x − 1) 2 . d) x 4 + 4 chia hết cho x 2 + ax + b .

Bài 11: Tìm các hằng số a và b sao cho x 3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho x − 3 thì dư -5.

Bài 12: Tìm các hằng số a, b, c sao cho ax 3 + bx 2 + c chia hết cho x + 2 , chia cho x 2 − 1 thì dư x + 5 .

Bài 13: Cho đa thức: P( x) = x 4 + x 3 − x 2 + ax + b và Q ( x) = x 2 + x − 2 . Xác định a, b để P(x) chia hết cho Q(x).

IV. Củng cố V. Hướng dẫn học ở nhà.

Học và xem lại vài cũ.

Bài 14: Xác định a và b sao cho đa thức P( x) = ax 4 + bx 3 + 1 chia hết cho đa thức Q ( x) = ( x − 1) 2

Bài 16: Cho các đa thức P( x) = x 4 − 7 x 3 + ax 2 + 3 x + 2 và Q ( x) = x 2 − x + b . Xác định a và b để P(x) chia hết cho Q(x). *Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 5

Ngày soạn: 2/12/2018 Ngày dạy: 13/12/2018 CHUYÊN ĐỀ III: XÁC ĐỊNH ĐA THỨC( tiếp) A. MỤC TIÊU - HS tiếp tục nắm được các phương pháp cơ bản và nâng cao khi giải các bài toán về đa thức, đặc biệt là phương pháp NiuTơn.

- Thực hiện thành thạo dạng toán phân tích này.

- Biết được mối liên hệ giữa các phương pháp và sử dụng hợp lý vào bài toán.

- Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập.

B. CHUẨN BỊ - GV: giáo án, tài liệu, máy Casio.

- HS: Máy tính Casio C.CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP I. Ổn định lớp I. Kiểm tra bài cũ III. Bài mới Dạng 2: Phương pháp nội suy NiuTơn Phương pháp: Để tìm đa thức P(x) bậc không quá n khi biết giá trị của đa thức tại n + 1 điểm C1 , C 2 , C3 , ⋯, C n +1 ta có thể biểu diễn P(x) dưíi dạng: P ( x) = b0 + b1 ( x − C1 ) + b2 ( x − C1 )( x − C 2 ) + ⋯ + bn ( x − C1 )( x − C 2 ) ⋯ ( x − C n )

Bằng cách thay thế x lần lượt bằng các giá trị C1 , C 2 , C3 , ⋯, C n +1 vào biểu thức P(x) ta lần lượt tính được các hệ số b0 , b1 , b2 , ⋯, bn .

Bài tập áp dụng Bài 1: Tìm đa thức bậc hai P(x), biết: P(0) = 25, P(1) = 7, P(2) = −9 .

Giải Đặt P( x) = b0 + b1 x + b2 x( x − 1) (1) Thay x lần lượy bằng 0; 1; 2 vào (1) ta được: b0 = 25 7 = 25 + b1 ⇔ b1 = −18 − 9 = 25 − 18.2 + b2 .2.1 ⇔ b2 = 1

Vậy, đa thức cần tìm có dạng: P ( x) = 25 − 18 x + x( x − 1) ⇔ P ( x) = x 2 − 19 x + 25 .

Bài 2: Tìm đa thức bậc 3 P(x), biết: P(0) = 10, P (1) = 12, P (2) = 4, P(3) = 1 Hưíng dẫn: Đặt P( x) = b0 + b1 x + b2 x( x − 1) + b3 x ( x − 1)( x − 2) (1) Bài 3: Tìm đa thức bậc ba P(x), biết khi chia P(x) cho ( x − 1), ( x − 2), ( x − 3) đều được dư bằng 6 và P(-1) = - 18.

Hướng dẫn: Đặt P( x) = b0 + b1 ( x − 1) + b2 ( x − 1)( x − 2) + b3 ( x − 1)( x − 2)( x − 3) (1) Bài 4: Cho đa thức bậc bốn P(x), tháa món:

P(−1) = 0 P( x) − P( x − 1) = x( x + 1)(2 x + 1), (1)

a) Xác định P(x). b) Suy ra giá trị của tổng S = 1.2.3 + 2.3.5 + … + n(n + 1)(2n + 1), (n ∈ N * ) .

Hướng dẫn: Thay x lần lượt bằng 0; 1; 2; 3 vào (1), ta được :

P(−1) − P(−2) = 0 ⇔ P(−2) = 0, P(0) − P(−1) = 0 ⇔ P(0) = 0 P(1) − P(0) = 1.2.3 ⇔ P (1) = 6 P(2) − P (1) = 2.3.5 ⇔ P(2) = 36

Đặt P( x) = b0 + b1 ( x + 1) + b2 ( x + 1) x + b3 ( x + 1) x( x − 1) + b4 ( x + 1) x( x − 1)( x − 2) (2) Thay x lần lượt bằng -1; 0; 1; 2; -2 vào (2) ta được: 0 = b0 0 = b1 ⇔ b1 = 0, 6 = b2 .2.1 ⇔ b2 = 3, 36 = 3.3.2 + b3 .3.2.1 ⇔ b3 = 3 0 = 3.(−1)(−2) + 3.(−1)(−2)(−3) + b4 (−1)(−2)(−3)(−4) ⇔ b4 =

Vậy, đa thức cần tìm có dạng:

1 2

1 1 P ( x) = 3( x + 1) x + 3( x + 1) x( x − 1) + ( x + 1) x( x − 1)( x − 2) = x( x + 1) 2 ( x + 2) 2 2

(Tuyển chọn bài thi HSG Toán THCS) Bài 5: cho đa thức P( x) = ax 2 + bx + c, (a, b, c ≠ 0) . Cho biết 2a + 3b + 6c = 0 1 1) Tính a, b, c theo P(0), P , P(1) .

2 1 2) Chứng minh rằng: P(0), P , P(1) không thể cùng âm hoặc cùng dương. 2

Bài 6: Tìm một đa thức bậc hai, cho biết: P (0) = 19 P (1) = 85 P ( 2) = 1985

IV. Củng cố V. Hướng dẫn học ở nhà.

Học và xem lại vài cũ.

Bài 1: Tìm một đa thức bậc hai, cho biết: P(2) = 13 P(1) = 14 P(2) = 17

*Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 6

Ngày soạn: 12/12/2018 Ngày dạy: 20/12/2018 CHUYÊN ĐỀ IV: TÍNH CHẤT CHIA HẾT VỚI SỐ NGUYÊN A. MỤC TIÊU Sau khi học xong chuyên đề học sinh có khả năng: - Biết vận dụng tính chất chia hết của số nguyên để chứng minh quan hệ chia hết, tìm số dư và tìm điều kiện chia hết.

- Hiểu các bưíc phân tích bài toán, tìm hướng chứng minh - Có kĩ năng vận dụng các kiến thức được trang bị để giải toán.

B. CHUẨN BỊ - GV: giáo án, tài liệu, máy Casio.

- HS: Máy tính Casio.

C. CÁC HOẠT ĐỘNG DẠY HỌC I. Ổn định lớp II. Kiểm tra bài cũ: kiểm tra bài về nhà III. Bài mới *. Kiến thức cần nhớ 1. Chứng minh quan hệ chia hết Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (n ∈ N hoặc n ∈ Z) a/ Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích trong đó có một thừa số là m + Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôI một nguyên tố cùng nhau rồi chứng minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó + Trong k số liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội của k b/. Khi chứng minh A(n) chia hết cho n ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia m cho n * Ví dụ1: Chứng minh rằng A=n3(n2- 7)2 – 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n Giải: Ta có 5040 = 24. 32.5.7 A= n3(n2- 7)2 – 36n = n.[ n2(n2-7)2 – 36 ] = n. [n.(n2-7 ) -6].[n.(n2-7 ) +6] = n.(n3-7n – 6).(n3-7n +6) Ta lại có n3-7n – 6 = n3 + n2 –n2 –n – 6n -6 = n2.(n+1)- n (n+1) -6(n+1) =(n+1)(n2-n-6)= (n+1 )(n+2) (n-3) Tương tự : n3-7n+6 = (n-1) (n-2)(n+3) d Do đó A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3) Ta thấy : A là tích của 7 số nguyên liên tiếp mà trong 7 số nguyên liên tiếp: - Tồn tại một bội số của 5 (nên A ⋮ 5 ) - Tồn tại một bội của 7 (nên A ⋮ 7 ) - Tồn tại hai bội của 3 (nên A ⋮ 9 ) - Tồn tại 3 bội của 2 trong đó có bội của 4 (nên A ⋮ 16) Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau ⇒ A ⋮ 5.7.9.16= 5040 Ví dụ 2: Chưng minh rằng với mọi số nguyên a thì : a/ a3 –a chia hết cho 3

b/ a5-a chia hết cho 5 Giải: a/ a3-a = (a-1)a (a+1) là tích của các số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 3

b/ A= a5-a = a(a2-1) (a2+1) • Cách 1: Ta xết mọi trường hợp về số dư khi chia a cho 5 - Nếu a= 5 k (k ∈ Z) thì A ⋮ 5 (1) - Nếu a= 5k ± 1 thì a2-1 = (5k2 ± 1) 2 -1 = 25k2 ± 10k ⋮ 5 ⇒ A ⋮ 5 (2) - Nếu a= 5k ± 2 thì a2+1 = (5k ± 2)2 + 1 = 25 k2 ± 20k +5 ⇒ A ⋮ 5 (3) Từ (1),(2),(3) ⇒ A ⋮ 5, ∀ n ∈ Z Cách 2: Phân tích A thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5 : + Một số hạng là tích của 5 số nguyên liên tiếp + Một số hạng chứa thừa số 5 Ta có : a5-a = a( a2-1) (a2+1) = a(a2-1)(a2-4 +5) = a(a2-1) (a2-4) + 5a(a2-1) = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)- 5a (a2-1) Mà = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2) ⋮ 5 (tích của 5 số nguyên liên tiếp ) 5a (a2-1) ⋮ 5 Do đó a5-a ⋮ 5 * Cách 3: Dựa vào cách 2: Chứng minh hiệu a5-a và tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 5.

Ta có: a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) = a5-a – (a2- 4)a(a2-1) = a5-a - (a3- 4a)(a21) = a5-a - a5 + a3 +4a3 - 4a = 5a3 – 5a ⋮ 5 5 ⇒ a -a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) ⋮ 5 5 Mà (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) ⋮ 5 ⇒ a -a ⋮ 5(Tính chất chia hết của một hiệu) c/ Khi chứng minh tính chia hết của các luỹ thừa ta còn sử dụng các hằng đẳng thức: (HĐT 8) an – bn = (a – b)( an-1 + an-2b+ an-3b2+ …+abn-2+ bn-1) n n n-1 n-2 n-3 2 n-2 n-1 a + b = (a + b)( a - a b+ a b - …- ab + b ) (HĐT 9) - Sử dụng tam giác Paxcan: Đỉnh Dòng 1 (n = 1) Dòng 2 (n = 2) Dòng 3 (n = 3) Dòng 4 (n = 4) Dòng 5 (n = 5)

1 1 1 1 1 1

2 3

4 5

1 1 3 6

10

Do đó: Với ∀ a, b ∈ Z, n ∈ N: an – bn chia hết cho a – b( a ≠ b) a2n+1 + b2n+1 chia hết cho a + b( a ≠ -b) (a+b)n = B(a) +bn (a+1)n = B(a)+1

1 4

10

1 5

1

(a-1)2n = B(a) +1 (a-1)2n+1 = B(a )-1 * VD3: CMR với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn.

Giải: + Cách 1: - Nếu n chẵn: n = 2k, k ∈ N thì: A = 162k – 1 = (162)k – 1 chia hết cho 162 – 1( theo nhị thức Niu Tơn) Mà 162 – 1 = 255 ⋮ 17. Vậy A ⋮ 17 - Nếu n lẻ thì : A = 16n – 1 = 16n + 1 – 2 mà n lẻ thì 16n + 1 ⋮ 16+1=17 (HĐT 9) ⇒ A không chia hết cho 17 +Cách 2: A = 16n – 1 = ( 17 – 1)n – 1 = BS17 +(-1)n – 1 (theo công thức Niu Tơn) - Nếu n chẵn thì A = BS17 + 1 – 1 = BS17 chia hết cho 17 - Nếu n lẻ thì A = BS17 – 1 – 1 = BS17 – 2 Không chia hết cho 17 Vậy biểu thức 16n – 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn, ∀ n ∈N d/ Ngoài ra còn dùng phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh quan hệ chia hết.

• VD 4: CMR tồn tại một bội của 2003 có dạng: 2004 2004….2004 Giải: Xét 2004 số: a1 = 2004 a2 = 2004 2004 a3 = 2004 2004 2004 ………………………. a2004 = 2004 2004…2004 2004 nhóm 2004 Theo nguyên lý Dirichle, tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2003.

Gọi hai số đó là am và an ( 1 ≤ n <m ≤ 2004) thì am - an ⋮ 2003 Ta có: am - an = 2004 2004……2004 000…00 m-n nhóm 2004 4n hay am - an = 2004 2004……2004 . 104n m-n nhóm 2004 mà am - an ⋮ 2003 và (104n , 2003) =1 nên 2004 2004……2004 ⋮ 2003 m-n nhóm 2004 2. Tìm số dư * VD1:Tìm số dư khi chia 2100 a/ cho 9 b/ cho 25 Giải: a/ Luỹ thừa của 2 sát với bội của 9 là 23 = 8 = 9 – 1 Ta có : 2100 = 2. 299= 2. (23)33 = 2(9 – 1 )33 = 2(BS9 -1) ( theo nhị thức Niu Tơn) = BS9 – 2 = BS9 + 7

Vậy 2100 chia cho 9 dư 7 b/ Luỹ thừa của 2 gần với bội của 25 là 2 10 = 1024 =1025 – 1 Ta có: 2100 =( 210)10 = ( 1025 – 1 )10 = BS 1025 + 1 = BS 25 +1 (theo nhị thức Niu Tơn) Vậy 2100 chia cho 25 dư 1 * VD2: Tìm 4 chữ số tận cùng của 51994 khi viết trong hệ thập phân Giải: - Cách 1: Ta có: 1994 = 4k + 2 và 54 = 625 Ta thấy số tận cùng bằng 0625 khi nâng lên luỹ thừa nguyên dương bất kì vẫn tận cùng bằng 0625 Do đó: 51994 = 54k+2=(54)k. 52 = 25. (0625)k = 25. (…0625)= …5625 - Cách 2: Tìm số dư khi chia 51994 ch 10000 = 24.54 Ta thấy 54k – 1 = (54)k – 1k chia hết cho 54 – 1 = (52 + 1) (52 - 1) ⋮ 16 Ta có 51994 = 56(51988 – 1) + 56 mà 56 ⋮ 54 và 51988 – 1 = (54)497 – 1 chia hết cho 16 1994 3 ) . 56(51988 – 1)chia hết cho 10000 còn 56= 15625 ⇒ (5 1994 = BS10000 + 15625 ⇒ 51994 chia cho 10000 dư 15625 ⇒5 Vậy 4 chữ số tận cùng của 51994 là 5625 3. Tìm điều kiện chia hết * VD1: Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B: A = n3 + 2n2- 3n + 2; B = n2 – n Giải: n3 + 2n2- 3n + 2 n2 – n n3 – n2 n+3 2 3n - 3n + 2 3n2 – 3n 2 2 n −n Do đó Giá trị của A chia hết cho giá trị của B ⇔ n2 – n ∈ Ư(2) ⇔ 2 chia hết cho n(n – 1) ⇔ 2 chia hết cho n

Ta có: n3 + 2n2- 3n + 2 = (n2 – n)(n + 3) +

Ta có bảng: N n–1 n(n – 1)

2

1 -1 2 -2 0 -2 1 -3 0 2 2 6 Loại T/m T/m Loại Vậy với n = -1, n = 2 thì giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B • VD 2: Tìm số nguyên n dể n5 + 1 chia hết cho n3 + 1 Giải: n5 + 1 ⋮ n3 + 1 ⇔ n5 + n2 – n2 + 1 ⋮ n3 + 1

2

3

2

3

⇔ n (n + 1)- ( n – 1) ⇔ ⋮ n + 1 2 ⇔ (n – 1)(n + 1) ⋮ (n+1)(n – n + 1) 2 ⇔n–1 ⋮ n –n+1 2 ⇒ n(n – 1) ⋮ n – n + 1 Hay n2 – n ⋮ n2 – n + 1 2 2 ⇒ (n – n + 1) – 1 ⋮ n – n + 1 2 ⇒ 1⋮ n – n + 1

Xét hai trường hợp: + n2 – n + 1 = 1 ⇒ n2 – n = 0 ⇔ n(n – 1) = 0 ⇔ n = 0, n = 1 thử lại thấy thỏa mãn đề bài + n2 – n + 1 = - 1 ⇔ n2 – n + 2 = 0 , không có giá trị của n thoả mãn • VD 3: Tìm số tự nhiên n sao cho 2n - 1 chia hết cho 7 Giải: Ta có luỹ thừa của 2 gần với bội của 7 là 23 = 8 = 7 + 1 - Nếu n = 3k (k ∈ N) thì 2n - 1= 23k – 1 = (23)k – 1 = 8 k - 1k ⋮ 8 – 1 = 7 Nếu n = 3k + 1(k ∈ N) thì 2n - 1 = 23k+1 – 1 = 8k . 2 – 1= 2(8k – 1) + 1 = 2. BS7 + 1 n ⇒ 2 - 1 không chia hết cho 7 Nếu n = 3k +2(k ∈ N) thì 2n - 1 = 23k+2 – 1= 4.23k – 1 = 4( 8k – 1) + 3 = 4.BS7 + 3 n ⇒ 2 - 1 không chia hết cho 7 Vậy 2n - 1 ⋮ 7 ⇔ n = 3k (k ∈ N) *Bài tập Bài 1: Chứng minh rằng: Nếu số tự nhiên a không chia hết cho 7 thì a6 -1 chia hết cho 7 Giải: Bài toán là trường hợp đặc biệt của định lý Phéc ma: - Dạng 1: Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên thì ap – a chia hết cho p - Dạng 2: Nếu a là một số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p thì ap-1-1 chia hết cho p Thật vậy, ta có a6 -1 = (a3 + 1) (a3 - 1) - Nếu a = 7k ± 1 (k ∈ N) thì a3 = ( 7k ± 1)3 = BS7 ± 1 ⇒ a3 - 1 ⋮ 7 - Nếu a = 7k ± 2 (k ∈ N) thì a3 = ( 7k ± 2)3 = BS7 ± 23 = BS7 ± 8 ⇒ a3 - 1 ⋮ 7 - Nếu a = 7k ± 3 (k ∈ N) thì a3 = ( 7k ± 3)3 = BS7 ± 33 = BS7 ± 27 ⇒ a3 + 1⋮ 7 Ta luôn có a3 + 1 hoặc a3 – 1 chia hết cho 7. Vậy a6 – 1 chia hết cho 7 Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì (n-1)n(n + 1) chia hết cho 504 Giải: Ta có 504 = 32 . 7.8 và 7,8,9 nguyên tố cùng nhau từng đôi một Vì n là lập phương của một số tự nhiên nên đặt n = a3 Cần chứng minh A=(a3-1)a3(a3 + 1) chia hết cho 504 Ta có: + Nếu a chẵn ⇒ a3 chia hết cho 8 Nếu a lẻ ⇒ a3-1và a3 + 1 là hai số chẵn liên tiếp ⇒ (a3-1) (a3 + 1) chi hết cho 8 Vậy A ⋮ 8 , 19a9 ∀ n ∈ N (1) + Nếu a ⋮ 7 ⇒ a3 ⋮ 7 ⇒ A ⋮ 7

Nếu a không chia hết cho 7 thì a6 – 1 ⋮ 7 ⇒ (a3-1) (a3 + 1) ⋮ 7(Định lí Phéc ma) Vậy A ⋮ 7 , ∀ ∀ n ∈ N (2) + Nếu a ⋮ 3 ⇒ a3 ⋮ 9 ⇒ A ⋮ 9 Nếu a không chia hết cho 3 ⇒ a = 3k ± 1 ⇒ a3 = ( 3k ± 3)3= B(9) ± 1 3 ⇒ a – 1 = B(9)+1 – 1 ⋮ 9 a3 + 1 = B(9)- 1 + 1 ⋮ 9 Vậy A ⋮ 9 , ∀ n ∈ N (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ A ⋮ 9 , ∀ ∀ n ∈ N Bài 3: Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức sau là số nguyên tố: a/ 12n2 – 5n – 25 b/ 8n2 + 10n +3 c/

n3 + 3n 4

Giải: a/ Phân tích thành nhân tử: 12n2 – 5n – 25 = 12n2 +15n – 20n – 25 = 3n(4n + 5) – 5(4n +5) = (4n +5)(3n –5) Do 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố và 4n +5 > 0 nên 3n – 5 > 0.

Ta lại có: 3n – 5 < 4n +5(vì n ≥ 0) nên để 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố thì thừa số nhỏ phải bằng 1 hay 3n – 5 = 1 ⇒ n = 2 Khi đó, 12n2 – 5n – 25 = 13.1 = 13 là số nguyên tố.

Vậy với n = 2 thì giá trị của biểu thức 12n2 – 5n – 25 là số nguyên tố 13 b/ 8n2 + 10n +3 = (2n – 1)(4n + 3) Biến đổi tương tự ta được n = 0. Khi đó, 8n2 + 10n +3 là số nguyên tố 3 c/ A =

n3 + 3n . Do A là số tự nhiên nên n(n + 3) ⋮ 4.

4

Hai số n và n + 3 không thể cùng chẵn. Vậy hoặc n , hoặc n + 3 chia hết cho 4 - Nếu n = 0 thì A = 0, không là số nguyên tố - Nếu n = 4 thì A = 7, là số nguyên tố -Nếu n = 4k với k ∈ Z, k > 1 thì A = k(4k + 3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên A là hợp số - Nếu n + 3 = 4 thì A = 1, không là số nguyên tố - Nếu n + 3 = 4k với k ∈ Z, k > 1 thì A = k(4k - 3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên A là hợp số.

Vậy với n = 4 thì

n3 + 3n là số nguyên tố 7 4

Bài 4: Đố vui: Năm sinh của hai bạn Một ngày của thập kỷ cuối cùng của thế kỷ XX, một nhườ khách đến thăm trường gặp hai học sinh. Người khách hái: - Có lẽ hai em bằng tuổi nhau?

Bạn Mai trả lời: - Không, em hơn bạn em một tuổi. Nhưng tổng các chữ số của năm sinh mỗi chóng em đều là số chẵn.

- Vậy thì các em sinh năm 1979 và 1980, đóng không?

Người khách đã suy luận thế nào?

Giải:

Chữ số tận cùng của năm sinh hai bạn phải là 9 và 0 vì trong trường hợp ngựoc lại thì tổng các chữ số của năm sinh hai bạn chỉ hơn kém nhau là 1, không thể cùng là số chẵn.

Gọi năm sinh của Mai là 19a9 thì 1 +9+a+9 = 19 + a. Muốn tổng này là số chẵn thì a∈ {1; 3; 5; 7; 9}. Hiển nhiên Mai không thể sinh năm 1959 hoặc 1999. Vậy Mai sinh năm 1979, bạn của Mai sinh năm 1980.

IV. Củng cố (lồng trong luyện tập) V. Hướng dẫn học ở nhà.

Học và xem lại vài cũ.

Bài 1: Chứng minh rằng: a/ n3 + 6n2 + 8n chia hêt ch 48 với mọi số n chẵn b/ n4 – 10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi số n lẻ Giải a/ n3 + 6n2 + 8n = n(n2 + 6n + 8) = n( n2 + 4n + 2n + 8) = n[n(n + 4) + 2(n + 4)] = n(n+2)(n + 4) Với n chẵn, n = 2k ta có: n3 + 6n2 + 8n = 2k(2k + 2)(2k + 4) = 8.k. (k + 1)k + 2) ⋮ 8 b/ n4 – 10n2 + 9 = n4 – n2 – 9n2 + 9 = n2(n2 – 1)- 9(n2 – 1) = (n2 – 1)(n2 - 9) = (n – 1)(n+1)(n-3)(n+3) Với n lẻ, n = 2k +1, ta có: n4 – 10n2 + 9 = (2k +1 – 1)(2k + 1+1)(2k + 1 – 3)( 2k + 1 +3) = 2k(2k+2)(2k-2)(2k+4)= 16k(k+1)(k-1)(k+2) ⋮ 16 Bài 2: Chứng minh rằng a/ n6 + n4 -2n2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên n b/ 32n – 9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương n Giải: Ta có: A= n6 + n4 -2n2 = n2(n4+n2 -2)= n2(n4 + 2n2 –n2 – 2)= n2[(n2 +2)- (n2 +2)] = n2(n2 + 2)(n2 – 1).

Ta lại có: 72 = 8.9 với (8,9) = 1 Xét các trường hợp: + Với n = 2k ⇒ A = (2k)2(2k + 1) (2k -1)(4k2 +2) = 8k2(2k + 1) (2k -1)(2k2 +1) ⋮8 + Với n = 2k +1 ⇒ A = (2k + 1)2(2k +1 – 1)2= (4k2 + 4k +1)4k2 ⋮ 8 Tương tự xét các trường hợp n = 3a, n= 3a ± 1 để chứng minh A ⋮ 9 Vậy A ⋮ 8.9 hay A ⋮ 72 Bài 3: Cho a là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng a2 – 1 chia hết cho 24 Giải: Vì a2 là số nguyên tố lớn hơn 3 nên a lẻ ⇒ a2 là số chính phương lẻ 2 ⇒ a chia cho 8 dư 1 2 ⇒ a – 1 chia hết cho 8 (1) Mặt khác a là số nguyên tố lớn hơn 3 ⇒ a không chia hết cho 3 2 2 ⇒ a là số chính phương không chia hết cho 3 ⇒ a chia cho 3 dư 1 2 ⇒ a – 1 chia hết cho 3 (2) Mà (3,8) = 1 (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ a2 – 1 chia hết cho 24 *Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 7

Ngày soạn: 2/1/2019 Ngày dạy: 10/1/2019 CHUYÊN ĐỀ V: TỨ GIÁC – HÌNH THANG – HÌNH THANG CÂN A. MỤC TIÊU - Kiến thức: Củng cố cho học sinh lý thuyết về tứ giác, hình thang, hình thang cân, đường trung bình của tam giác, hình thang - Kĩ năng: Học sinh vân dụng được tốt lý thuyết vào bài chúng minh, tính độ dài đoạn thẳng, vận dụng làm bài toán nâng cao.

- Thái độ : tích cực, yêu thích môn học - Hình thành năng lực tư duy, ngôn ngữ logic, lập luận chặt chẽ.

B. CHUẨN BỊ GV và HS: Thước, compa’ C. CÁC HOẠT ĐỘNG DẠY HỌC I.Ốn định lớp:Sĩ số: /2 II.Kiểm tra bài cũ GV kiểm tra bài làm về nhà và chữa câu nào không làm được cho hs.

III. Bài mới 1) Khái niệm chung về tứ giác: +) Định nghĩa : a) Tứ giác ABCD là hình gồm bốn đoạn thẳng AB, BC, CD, DA trong đó bất kì hai đoạn thẳng nào cũng không cùng nằm trên một đường thẳng.

A, B, C, D là các đỉnh ; AB, BC, CD, DA là các cạnh.

Ta chỉ xét tứ giác đơn trong đó các cạnh chỉ có thể cắt nhau tại các đỉnh.

Trong tứ giác đơn ABCD, ta phân biệt : hai đỉnh kề nhau (cùng nằm trên một cạnh ) với hai đỉnh đối nhau(không kề nhau(xuất phat từ một đỉnh) với hai cạnh đối (không kề nhau). Đường chéo của tứ giác là đoạn thẳng nối hai đỉnh đối nhau.

Trong tập hợp , các điểm của mặt phẳng chứa một tứ giác đơn, ta phân biệt điểm thuộc tứ giác, điẻm trong tứ giác, điểm ngoài tứ giác. b) ABCD là tứ giác lồi ⇔ ABCD luôn thuộc nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng chứa bất kỳ cạnh nào của nó.

Tứ giác (đơn) không lồi là tứ giác lõm.

Trong hình, ABCD là tứ giác lồi A

B

D

C

1.1 . Định lí: Tổng các gọc trong tứ giác bằng 3600 . *) Tìm hiểu sâu về tứ giác giác lồi: Định lí : Trong một tứ giác lồi , hai đường chéo cắt nhau. Đảo lại, nếu một tứ giác có hai đường chéo cắt nhau thì đó là một tứ giác lồi.

ABCD lồi ⇔ ABCD có hai đường chéo cắt nhau.

Để chứng minh định lí, cần nhớ lại mấy định lí sau đây: (I) Tia Oz nằm trong gọc xOy ⇔ tia Oz cắt đoạn thẳng MN, với M ∈ Oz, N ∈ Oy (II) Néu tia Oz nằm trong xOy thì Oz và Oy nằm trong nửa mặt phẳng bờ chứa Oy; Oz và O x nằm trong nửa mặt phẳng bờ chứa Oy. (III) Cho tam giác ABC a) Các trung tuyến xuất phát từ các điểm A và C cắt nhau tại điểm M. Tứ giác ABCM là lồi hay không lồi? Vì sao? b) M là một điểm tuỳ ý thuộc miền trong của tam giác ABC( không thẳng hàng với hai đỉnh nào của tam giác). Với vị trí nào của điểm M thì ABCM là tứ giác lồi? c) M và N là hai điểm tuỳ ý thuộc miền trong của tam giác ABC( và không thẳng hàng với đỉnh nào của tam giác). Chứng minh rằng trong năm điểm A, B, M, N, C bao giờ cũng chọn ra được bốn điểm là đỉnh của một tứ giác lồi.

B

M

A

C

Giải hình 2.a a) ABCM không lồi (lõm), vì B và C nằm ở hai nửa mặt phẳng đối nhau có bờ chứa AM (h .2a) b) Kết quả ở câu a/ cũng đúng khi M là điểm bất kì thuộc miền trong của tam giác ABC. Nếu M thuộc miền ngoài của ABC thì có hai trường hợp : - M ở trong góc đối đỉnh của một góc của tam giác. trong h .2b, M ở trong góc đối đỉnh của góc B . Dễ thấy rằng lúc đó đỉng B lại là điểm thuộc miền trong của tam giác MAC, do đó AMCB không lồi(lõm).

- M ở trong một góc của tam giác. trong hình 2b, M’ nằm trong góc A. Do đó AM’ là tia trong của góc A, mà A và M’ nằm ở hai phía của cạnh BC, cho nên đoạn Am’ cắt đoạn thẳng BC và ABM’C là tứ giác lồi.

Tóm lại, trong h .2b, các miền được gạch chéo là tập hợp các điểm M mà MABC là tứ giác lõm.

Các miền khác (để trắng ) là tập hợp các điểm M mà M, A, B, C là các đỉnh j M của tứ giác lồi.

B

A

M'

C

hình 2.b c) Đường thẳng đi qua hai điểm M và N bao giờ cũng không cắt một cạnh của tam giác ABC. Trong h .2c, đường thẳng MN không cắt AC. Tứ giác MNCA là tứ giác B nằm trong góc MAC). lồi(điểm N thuộc miền ngoài của tam giác MAC và M

N

H .2a CÁC VÍ DỤ :

A

C

Ví dụ 1: Chứng minh rằng trong một tứ giác lồi tổng độ dài các cạnh(chu vi) lớn hơn tổng độ dài các đường chéo và nhỏ hơn hai lần tổng độ dài các đường chéo. *) Nhận xét : Đây là bài toán về chứng minh bất đẳng thức về các độ dài. nên kẻ thêm các đường phụ, xét các tam giác để áp dụng mệnh đề :” Trong một tam giác, toỏng độ dài hai cạnh lớn hơn độ dài cạnh thứ ba”.

Giải B Cho tứ giác ABCD(h. 7). Ta phải chứng minh : AC + BD < AB + BC + CD + DA < 2( AC + BD) C 1) Chứng minh AC + BD < AB + BC + CD + DA o Ta có : AC < AB +BC (bất đẳng thức trong ∆ ABC) D A AC < AD + DC (bất đẳng thức trong ∆ ADC) BD < BC + CD (bất đẳng thức trong ∆ BCD) BD < BA + AD (bất đẳng thức trong ∆ BAD) Từ đó : 2( AC + BD) < 2(AB +BC + CD + DA) AC + BD < AB + BC + CD + DA 2) Chứng minh AB + BC + CD + DA < 2( AC + BD).

Trong tam giác ABO và CDO, ta có : AB < BO + OA (1) CD < CO + OD (2) Cộng (1) và (2) ta có : AB + CD < BO + OD + CO + OA AB + CD < BD + AC (3) Tương tự, trong tam giác BCO và ADO, ta có : AD + BC < BD + AC (4) Từ (3) và (4) ta được : AB + BC + CD + DA < 2( AC + BD). (đpcm) *) Nhận xét: 1) Từ mỗi bất đẳng thức (3) và (4) ta thấy vế trái là tổng của hai cạnh của tứ giác, còn vế phải là tổng của hai đường chéo. Vậy có thể phát biểu mệnh đề :

“ Trong một tứ giác giác lồi, tổng của hai cạnh đối nhỏ hơn tổng của hai đường chéo”.

2) Nếu tứ giác ABCD không lồi, thì hai bất đẳng thức trong bài 7 có còn đúng không ? vì sao?

Ví dụ 2: Cho một tứ giác lồi ABCD, Tronh đó AB + BD không lớn hơn AC + CD. Chứng minh rằng : AB < AC. C Giải Gọi giao điểm của AC và BD là O B Trong tam giác AOB, ta có : O D AB < AO + OB (1) Trong tam giác COD, ta có : CD < CO + OD (2) Từ (1) và (2) ta có : A AB + CD < BO + OD + CO + OA AB + CD < AC + BD (3) Theo giả thiết : AB + BD ≤ AC + CD (4) Từ (3) và (4) suy ra AB < AC.(đpcm)

Ví dụ 3 : Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi P và Q là trung điểm của hai cạnh AD và BC. Chứng minh rằng : PQ ≤

DC + AB 2

Gợi ý : ở đây có bất đẳng thức giữa độ dài các đoạn thẳng , nên kẻ đường phụ để có các hình tam giác, lại có trung điểm của các cạnh, nên nhgĩ đến việc áp dụng B định lí về đường trung bình trong tam giác.

Giải A GT Tứ giác ABCD PA = PD, QB = QC KL

PQ ≤

DC + AB 2

Q P

CM: Ta kẻ thêm đường chéo AC và lấy trung điểm F của AC. D Trong tam giác ACD, PF là đường trung bình, do đó : PF =

DC 2

Trong tam giác ACD, PF là đường trung bình. do đó : QF =

AB 2

F

C

Nếu P,Q và F không thẳng hàng thì trong tam giác PQF ta có: PQ < PF + QF =

DC + AB 2

Nếu P, Q, và F thẳng hàng thì F là điểm nằm giữa của hai đoạn thẳng PQ và ta có : PQ = PF + QF =

DC + AB 2

Như vậy trong mọi trường hợp, ta có : PQ ≤

DC + AB . ( đpcm) 2

Nhận xét : Có thể thấy ngay rằng : P, Q, F thẳng hàng Do đó ta chứng minh được rằng : PQ ≤

⇔

AB//CD.

DC + AB .

2

Trong đó dấu = xảy ra khi và chỉ khi AB//CD. Như vậy, qua việc giải bài toán trên, ta chứng minh cùng một lúc hai định lí: CD + AB 2 CD + AB (2) Nếu ABCD không là hình thang (AB//CD) thì PQ ≠ và 2 DC + AB PQ < 2

(1) Nếu ABCD là hình thang (AB//CD) thì PQ =

1. 2) CÁC BÀI TẬP : Bài tập 1:Cho A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ giác lồi,E là một điểm thuộc miền trong của ttam giác OCD, với O là giao điểm của hai đoạn thẳng AC và BD. Chỉ ra tứ giác lồi nhận bốn trong năm điểm A, B, C, D, E. Bài tập 2:Chứng minh rằng từ năm điểm bất kì trong mặt phẳng(không có ba điểm nào thẳng hàng) Bao giờ cũng chọn được bốn điểm là các đỉnh của một tứ giác lồi.

Bài tập 3:Chứng minh rằng trong một tứ giác lồi có các góc không bằng nhau thì có ít nhất một góc tù.

Bài tập 4:Cho tứ giác lồi ABCD, hai cạnh AD và BC kéo dài gặp nhau tại E, hai cạnh AB và CD kéo dài gặp nhau tại M. Kẻ hai phân giác của hai góc CED và BMC cắt nhau tại K. tính góc EKM theo các góc trong của tứ giác ABCD. 2) HÌNH THANG 2.1-) Định nghĩa: Hình thang là tứ giác có hai cạnh song song.

AB//CD ABCD là hình thang ⇔ hoặc (AB//CD,AD//BC) AD//BC

B A

A

B

D

C

A

B

D

C

D

C

Trong hình thang, hai cạnh song song là hai cạnh đáy; hai cạnh kia là hai cạnh bên, đoạn thẳng nối trung điểm của hai cạnh bên gọi là đường trung bình 2.2. Định lí (về đường trung bình) AB//CD

⇒ PQ//AB và PQ =

AB + CD 2

3) HÌNH THANG CÂN 3.2. Định nghĩa: Hình thang cân là hình thang có hai gọc ở đáy bằng nhau.

3.2. Tính chất: Định lí 1: Trong hình thang cân, hai cạnh bên bằng nhau.

Hình thang ABCD (AB//CD) : ⇒ BC= AD Định lí 2 : Trong hình thang cân hai đường chéo bằng nhau.

Hình thang ABCD(AB//CD) : ⇒ AC = BD Định lí 3 :(đảo của định lí 2) Nếu hình thang có hai đường chéo bằng nhau thì nó là hình thang cân.

1. Dấu hiệu nhận biết hình thang cân: Để chứng minh hình thang là cân, ta có thể chứng minh hình thang đó có một trong các tính chất sau : 1) Hai gọc ở đáy bằng nhau(định nghĩa).

2) Hai đường chéo bằng nhau.

Ví dụ 4 : Cho tam giác ABC cân, đỉnh A. Lấy các điểm E, K lần lượt trên các tia AB và AC sao cho : AE + AK = AB + AC Chứng minh rằng : BC < EK. A

K

L

Giải : Lấy trên AB một điểm L sao cho AL = AK Lấy trên AC một điểm D sao cho AD = AE Rõ ràng các tam giác ALK và AED là những tam giác cân có chung góc ở đỉnh A nên các góc đáy của chúng bằng nhau. Suy ra LK// ED, do đó DELK là hình thang cân, có các đường chéo bằng nhau.

DL = EK (1) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo DL và EK, ta xét tổng : O

B

E

C

D

EK + DL = (EO + OK) + (DO + OL) = (EO + OD) + (OK + OL) Từ (1) và đẳng thức cuối cùng này, ta có : 2 EK = (EO + OD) + (OK + OL)

(2)

Nhưng trong tam giác OKL, ta có : OK + OL > LK Trong ∆ DEO : EO + OD > ED

(3) (4)

Từ (2), (3) và (4) : 2EK > LK + ED Từ giả thiết AE + AK = AB + AC Suy ra BE = CK Mặt khác dễ thấy BCDE là hình thang cân nên BE = CK Vậy DC = CK. Tương tự, ta cũng chứng minh được B là trung điểm của EL. Từ đó, BC ;là đường trung bình của hình thang DELK, suy ra : LK + ED = 2BC EK > BC Từ (5) và (6), ta có : ( đ p c m).

(5)

(6)

Ví dụ 5 : Cho hình thang ABCD (AB//CD) có hai đường chéo vuông góc. Biết đường cao AH = h, Tính tổng hai đáy.

Giải : (quan hệ Vẽ AE// BD (E∈ CD). Vì AC ⊥ BD (gt) nên AC ⊥ AE B A giữa tính song song và vuông góc).

Ta có AE = BD ; AB = DE (tính chất đoạn chắn) AC = BD (tính chất đường chéo hình thang O A; cân)Suy ra AC = AE ; △ AEC vuông cân tại đường cao AH cũng là trung tuyến, do đó 1 1 AH = EC = (AB + CD) hay C E D H 2 2 AB + CD =2h.

Nhận xét: Khi giải toán về hình thang, đặc biệt là hình thang cân, nếu cần vẽ đường phụ ta có thể : - Từ một đỉng vẽ đường thẳng song song với một đường chéo (như ví dụ trên).

- Từ một đỉnh vẽ một đường thẳng song song với một cạnh bên.

- Từ một đỉnh vẽ thêm một đường cao.

Ví dụ 6 : +C = 1800 . Chứng minh rằng a) Cho tứ giác ABCD có AD = AB = BC và A Tia DB là tia phân giác của góc D. K b) Tứ giác ABCD là hình thang cân.

1

A

Giải :

B

2

1 2 D

H

C

=C (cùng bù với A ) do đó ∆ BHC = a) Vẽ BH ⊥ CD, BK ⊥ AD. Ta có A 1 2 ∆ BKA(cạnh huyền, góc nhọn), suy ra BH = BK. Vậy DB là tia phân giác của góc D. b) Góc A1 là góc ngoài tại đỉnh A của tam giác cân ADB nên = 2D ⇒A = ADC ⇒ AB// CD (vì có cặp góc đồng vị bằng nhau).

A 1

1

1

=C (vì cùng bằng A ) Vậy tứ giác ABCD là hình thang. Hình thang này có ADC 1 1 nên là hình thang cân.

Nhận xét : Để chứng minh tứ giác là hình thang cân, trước tiên phải chứng minh tứ giác đó là hình thang, sau đó chứng minh hai góc kề một đáy bằng nhau(theo định nghĩa) hoặc hai đường chéo bằng nhau.

Trong ví dụ trên, sau khi chứng minh được AB//CD cần tránh sai lầm cho rằng vì AD = BC (gt) nên ABCD là hình thang cân, sai lầm ở chỗ hình thang có hai cạnh bằng nhau chưa chắc đã là hình thang cân.

CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 5: Cho tứ giác lồi ABCD trong đó AD = DC và đường chéo AC là phân giác của góc DAB. Chứng minh rằng ABCD là hình thang.

Bài tập 6 : Chứng minh rằng trong một hình thang đường thẳng đi qua trung điểm của một cạnh bên song song với hai đáy thì đi qua trung điểm của cạnh bên kia.

Bài tập 7: Cho tứ giác ABCD trong đó CD> AB . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BD và AC . Chứng minh rằng nếu E F =

CD − AB 2

thì tứ giác ABCD là hình thang.

4) ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA TAM GIÁC, HÌNH THANG *) Kiến thức cơ bản : a) Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh của tam giác và song song với cạnh thứ hai thì nó đi qua trung điểm của cạnh thứ ba. b) Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh bên của hình thang và song song với hai đáy thì đi qua trung điểm của cạnh bên thứ hai. c) Đường trung bình của tam giác là đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh của tam giác. (h.8) d) Đường trung bình của hình thang là đoạn nối trung điểm hai cạnh bên của hình thang.(h.9) A

A

E

D

E

F D C

B

F

C

h.8

e) Đường trung bình của tam giác thì song song với cạnh thứ ba và bằng nửa cạnh đấy. f) Đường trung bình của hình thang thì song song với hai đáy và bằng nửa tổng hai đáy.

Bổ sung : Trong hình thang có hai cạnh bên không song song, đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo thì song song với hai đáy và bằng nửa hiệu hai đáy.

A B Trong h.10 : MN // AB // CD CD − AB MN = .

M N 2 D

C

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA *) Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Chứng AB + CD minh rằng nếu MN = thì tứ giác ABCD là hình thang.

2 Giải : Gọi O là trung điểm của BD. Các đoạn thẳng OM, ON lần lượt là đường trung bình của ∆ABD và ∆BCD nên B AB OM = và OM // AB ; (1) 2 CD ON = và ON // CD ; (2) A O 2 N Suy ra O nằm giữa M và N. Vậy ba điểm M, O, N thẳng hàng (3).

M Từ (1), (2), (3) suy ra AB // CD do đó tứ giác ABCD là hình thang.

C D +) Nhận xét : Trong giả thiết của bài toán có trung điểm hai cạnh đối của tứ giác, nối hai điểm này ta chưa được đường trung bình của tam giác nào cả. Vì thế ta đã vẽ thêm trung điểm của đường chéo BD ( hoặc AC ) và vận dụng được định lí đường trung bình của tam giác để chứng minh.

Việc vẽ thêm trung điểm của một đoạn thẳng để vận dụng đường trung bình của tam giác là việc vẽ đường phụ thường gặp khi giải bài toán hình học. *) Ví dụ 2 : Cho hình thang ABCD ( đáy AB nhỏ hơn đáy CD ). Tìm điều kiện của hình thang này để hai đường chéo của nó chia đường trung bình thành ba phần bằng nhau.

A B Giải : M D

P

Q

N C

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC ; MN cắt BD tại P, cắt AC tại Q ; MN là đường trung bình của hình thang nên MN // AB // CD. Xét ∆ABD có MA = MD ; MP // AB nên PB = PD Xét ∆ADC có MA = MD ; MQ // CD nên QA = QC. MP và NQ lần lượt là đường trung bình của ∆ABD và ∆ABC nên AB MP = NQ = .

2 PQ là đoạn nối trung điểm hai đường chéo của hình thang ABCD nên CD − AB PQ = .

2 AB2 CD − AB Ta có : MP = +Q = QN ⇔ = 2 2 ⇔ AB = CD − AB ⇔ CD = 2.AB +) Nhận xét : Nếu không có điều kiện đáy AB nhỏ hơn đáy CD thì khi AB = 2.CD , chứng minh tương tự như trên ta vẫn có hai đường chéo chia đường trung bình thành ba phần bằng nhau.

Tóm lại, nếu hình thang có một đáy gấp đôi đáy kia thì hai đường chéo của nó chia đường trung bình làm ba phần bằng nhau. *) Ví dụ 3 : Từ ba đỉnh của một tam giác, hạ các đường vuông góc xuống một đường thẳng d không cắt cạnh nào của tam giác đó. Chứng minh rằng tổng độ dài ba đường vuông góc đó gấp ba lần độ dài đoạn thẳng vuông góc hạ từ trọng tâm tam giác xuống đường thẳng d.

A Giải : CF cắt nhau tại Giả sử ∆ABC có ba đường trung tuyến AD, BE, O; các đoạn thẳng AG, BH, OI, CK đều vuông góc E với đường F O thẳng d. Ta phải chứng minh: AG + BH + CK = 3OI M C B

D

H

N

I

G

P

K

Từ trung điểm M của BO và từ E, ta hạ MN và EP vuông góc với d. Ta có BH // MN // OI // AG // EP //CK ( chúng cùng vuông góc với d). Vì O là tọng tâm của tam giác ABC nên BM = MO = OE. Ta lại có HN = IN = IP (đường thẳng song song cách đều). Như vậy ta được ba hình thang vuông BOIH, MEPN, ACKG lần lượt có MN, OI, EP là các đường trung bình. Từ đó suy ra MN + EP = 2.OI hay 2MN + 2EP = 4.OI (1) Nhưng 2MN = BH + OI, 2EP = AG + CK, thay vào (1) ta được

BH + OI + AG + CK = 4.OI suy ra AG + BH + CK = 3.OI. • Ví dụ 4 : Cho một điểm C ở ngoài một đoạn thẳng AB. Dựng các tam giác vuông cân

= 1v ). Chứng minh rằng vị trí ACA’, BCB’ ra ngoài tam giác ABC ( A' AC = CBB' của điểm M ( trung điểm của A’B’) không phụ thuộc vào vị trí chọn điểm C. Giải : Hạ A’H, C E và B’F cùng vuông góc với đường thẳng AB. Ta dễ dàng chứng minh được các cặp tam giác vuông sau đây bằng nhau : B' M C

A'

H

A

E

N

B

F

∆A' HA = ∆AEC (1) ∆B'FB = ∆ BEC (2) Suy ra AH = BF = CE. Gọi N là trung điểm của HF thì N cũng là trung điểm của AB. MN cũng là đường trung bình của hình thang vuông A’HFB’ nên A'H + B'F MN ⊥ AB vµ MN = .

2 Nhưng từ (1) và (2) ta có A’H = AE ; B’F = BE AE + BE AB MN = = nên .

2 2 AB Vậy MN vuông góc với AB tại trung điểm N của AB và MN = , nghĩa là 2 vị trí điểm M được hoàn toàn xác định không phụ thuộc vào việc chọn điểm C ( C là điểm bất kì, C và M cùng thuộc nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB).

CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 8: = α . Trên cạnh CA lấy điểm D sao cho CD = AB. Kẻ Cho tam giác ABC có A đường thẳng xy qua trung điểm của AD và BC. tính góc do đường thẳng xy tạo với AB. Bài tập 9 : Trên hai cạnh của góc nhọn xOy, ta đặt các đoạn thẳng AB và CD bằng nhau ( A nằm giữa O và B, C nằm giữa O và D). Các điẻm I và E lần lượt là trung điểm của AC và BD. Chứng minh rằng đường thẳng IE song song với tia phân giác của góc xOy. Cho tam giác ABC. Dựng tam giác vuông cân ABD( vuông ở A, D và C cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB), dựng tam giác vuông cân AEC ( vuông ở A, E và B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AC). Gọi K, I, M lần lượt là trung điểm của EC, BD và BC. Chứng minh rằng tam giác KMI vuông cân.

IV. củng cố V. Hướng dẫn học ở nhà Học bài cũ

Làm các bài tập sau Bài tập 10: Cho tam giác ABC trong đó AB > AC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A và M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác MNHP là hình thang cân.

Bài tập 11: Cho tam giác ABC cân, đỉnh A. Lấy các điểm E, K lần lượt trên các tia AB và AC sao cho : AE + AK = AB +AC Chứng minh rằng : *Bổ sung, điều chỉnh

BC < EK .

Buổi 8

Ngày soạn: 7/1/2019 Ngày dạy: 17/1/2019 CHUYÊN ĐỀ VI: SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A. MỤC TIÊU -Kiến thức: Củng cố kiến thức về số nguyên tố, số chính phương, những bài toán liên quan đến chữ số tận cùng.

- Kĩ năng: Vận dụng những lý thuyết đưa ra để làm bài tập nâng cao, biết chứng minh một số là số chính phương, vận dụng các kiến thức đã học vào để tìm số chính phương theo yêu cầu bài toán, biết tìm chữ số tận cùng.

- Thái độ: Nghiêm túc, tích cực, sáng tạo trong học tập - Hình thành năng lực tư duy sáng tạo, khoa học, nhanh nhạy trong học tập.

B. CHUẨN BỊ C. CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP I. ổn định lớp.

II. Kiểm tra bài cũ.

III. Bài mới.

I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.

II. TÍNH CHẤT: 1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.

2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.

3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n ∈ N).

4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n ∈ N).

5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.

Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.

Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.

6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.

Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.

Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.

Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.

III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương.

Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t ∈ Z) thì A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z ∈ Z nên x2 ∈ Z, 5xy ∈ Z, 5y2 ∈ Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 ∈ Z Vậy A là số chính phương.

Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.

Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n ∈ N). Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*) Đặt n2 + 3n = t (t ∈ N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n ∈ N nên n2 + 3n + 1 ∈ N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.

Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .

1 1 k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 4 4 1 1 k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) = 4 4 1 1 1 1 1 1 ⇒ S = .1.2.3.4 - .0.1.2.3 + .2.3.4.5 - .1.2.3.4 +…+ k(k+1)(k+2)(k+3) 4 4 4 4 4 4 1 k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) 4

Ta có k(k+1)(k+2) =

4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 Theo kết quả bài 2 ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.

Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …

Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó.

Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.

Ta có 44…488…89 = 44…488..8 + 1 = 44…4 . 10n + 8 . 11…1 + 1 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 1 = 4.

10 n − 1 10 n − 1 . 10n + 8. +1 9 9

n chữ số 4

4.10 2 n − 4.10 n + 8.10 n − 8 + 9 4.10 2 n + 4.10 n + 1 = 9 9 2  2.10 n + 1   =  3  

=

Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 2n-1

 2.10 + 1   ⇒  3   n

chữ số 0

∈ Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.

Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 1 2n chữ số 1

n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6 C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2  10 n + 2   Kết quả: A =   3 

;

2

n chữ số 8

 10 n + 8   B =   3 

2

;

 2.10 n + 7   C =  3  

Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a. A = 22499…9100…09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 a.

A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9 = 225.102n – 90.10n + 9 = ( 15.10n – 3 ) 2 ⇒ A là số chính phương

b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10n + 5.11…1 + 1

2

n chữ số 1 n chữ số 5 =

n chữ số 1

n chữ số 1

10 n − 1 10 n − 1 10 2 n − 10 n + 5.10 n − 5 + 9 . 10n + 5. +1= 9 9 9

 10 n + 2  10 2 n + 4.10 n + 4  = =  9  3 

2

là số chính phương ( điều phải chứng minh)

Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n ∈ N , n ≥2 ).

Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2) Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5 2 ⇒ 5.( n +2) không là số chính phương hay A không là số chính phương Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n ∈ N và n>1 không phải là số chính phương n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ] = n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ] = n2( n+1 )2.( n2–2n+2) Với n ∈ N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2 và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 ⇒ n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương.

Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng của a là 4 hoặc 6 ⇒ a ⋮ 2 ⇒ a2 ⋮ 4 Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương.

Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số chính phương. a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m ∈ N) 2 2 2 2 2 2 ⇒ a + b = (2k+1) + (2m+1) = 4k + 4k + 1 + 4m + 4m + 1

= 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t ∈ N) Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t ∈ N) do đó a2 + b2 không thể là số chính phương.

Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không thể là các số chính phương.

Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p ⋮ 2 và p không chia hết cho 4 (1) a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m ∈ N) Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ. Đặt m = 2k+1 (k ∈ N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1 2 ⇒ p = 4k + 4k = 4k(k+1) ⋮ 4 mâu thuẫn với (1) ⇒ p+1 là số chính phương b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3 ⇒ p-1 có dạng 3k+2.

Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 không là số chính phương .

Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.

Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương. a.

2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1 Có 2N ⋮ 3 ⇒ 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k ∈ N) ⇒ 2N-1 không là số chính phương. b.

2N = 2.1.3.5.7…2007 Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2 và 2N ⋮ 2 nhưng 2N không chia hết cho 4.

2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N không là số chính phương. c.

2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4 2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N+1 không là số chính phương.

B. Dạng 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 ) c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589 Giải 2 a. Vì n + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k ∈ N) 2 2 2 2 ⇒ (n + 2n + 1) + 11 = k ⇔ k – (n+1) = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11

Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k = 6 k–n-1=1 n=4 2 2 2 b. Đặt n(n+3) = a (n ∈ N) ⇒ n + 3n = a ⇔ 4n2 + 12n = 4a2 2 2 ⇔ (4n + 12n + 9) – 9 = 4a 2 ⇔ (2n + 3) 2 - 4a = 9 ⇔ (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + 3 + 2a = 9 ⇔ n = 1 2n + 3 – 2a = 1 a=2 2 2 c. Đặt 13n + 3 = y ( y ∈ N) ⇒ 13(n – 1) = y – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4) ⇒ (y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 ⋮ 13 hoặc y – 4 ⋮ 13 ⇒ y = 13k ± 4 (Với k ∈ N) 2 ⇒ 13(n – 1) = (13k ± 4 ) – 16 = 13k.(13k ± 8) 2 ⇒ n = 13k ± 8k + 1 Vậy n = 13k2 ± 8k + 1 (Với k ∈ N) thì 13n + 3 là số chính phương. d. Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m ∈ N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 ⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28.

Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương: a. a2 + a + 43 b. a2 + 81 c. a2 + 31a + 1984 Kết quả: a. 2; 42; 13 b. 0; 12; 40 c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương .

Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương .

Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương

Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương .

Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.

Bài 4: Tìm n ∈ N để các số sau là số chính phương: a. n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164) b.

(23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) 2 c. n + 4n + 97 d.

2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.

Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m ∈ N) Từ đó suy ra m2 – n2 = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là 2 số chẵn ⇒ (m + n)(m - n) ⋮ 4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4 ⇒ Điều giả sử sai.

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.

Bài 6: Biết x ∈ N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) 2

Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương .

Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1) Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x ∈ N và 2 < x ≤ 9 (2) Từ (1) và (2) ⇒ x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7.

Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762 = 5776 Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương.

Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.

Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.

Vậy n = 40

Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24.

Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m ∈ N) Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m2 = 4a (a+1) + 1 4a (a + 1) m2 −1 = = 2a(a+1) ⇒ n= 2 2 ⇒ n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b

∈ N)

2

⇒ k = 4b(b+1) +1

⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮ 8 (1) 2

2

Ta có k + m = 3n + 2 ≡ 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1.

Nên để k2 + m2 ≡ 2 (mod3) thì k2 ≡ 1 (mod3) m2 ≡ 1 (mod3) 2 2 ⇒ m – k ⋮ 3 hay (2n+1) – (n+1) ⋮ 3 ⇒ n ⋮ 3 (2) Mà (8; 3) = 1 (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24.

C. Dạng 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B. Gọi A = abcd = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m ∈ N và 32 < k < m < 100 a, b, c, d ∈ N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9 2 A = abcd = k ⇒ Ta có B = abcd + 1111 = m2 2 2 ⇒ m – k = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương.

Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101 Do đó m – k == 11 ⇔ m = 56 ⇔ A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136

Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị. Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = 1 và k ∈ N, 32 ≤ k < 100 Suy ra 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10 ⋮ 101 hoặc k-10 ⋮ 101 Mà (k-10; 101) = 1 ⇒ k +10 ⋮ 101 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91 2 ⇒ abcd = 91 = 8281

Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau.

Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b ∈ N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11 Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương .

Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn ⇒ b = 4 Số cần tìm là 7744 Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.

Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y ∈ N Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương .

Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096 Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.

Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9 abcd chính phương ⇒ d ∈ { 0,1,4,5,6,9} d nguyên tố ⇒ d = 5 Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100 k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 ⇒ k tận cùng bằng 5 Tổng các chữ số của k là một số chính phương ⇒ k = 45 ⇒ abcd = 2025 Vậy số phải tìm là 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b ∈ N, 1 ≤ a,b ≤ 9 ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba 2 2 Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮ 11 Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11 Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11 2 2 Khi đó ab - ba = 32 . 112 . (a - b) Để ab - 2ba là 2số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1 hoặc a - b = 4

Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65 Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332 • Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm là 65 •

Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu ( Kết quả: 1156 ) Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.

Gọi số phải tìm là ab với a,b ∈ N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9 2 Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 2 3 ⇔ (10a+b) = ( a + b ) ⇒ ab là một lập phương và a+b là một số chính phương Đặt ab = t3 ( t ∈ N ) , a + b = l 2 ( l ∈ N ) Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 hoặc ab = 64 • Nếu ab = 27 ⇒ a + b = 9 là số chính phương • Nếu ab = 64 ⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại Vậy số cần tìm là ab = 27 Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.

Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n ∈ N) Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9 ⇒ 12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 ) ⇒ 101a – 1 ⋮ 3 ⇒ 2a – 1 ⋮ 3 Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1 ∈ { 3; 9; 15 } ⇒ a ∈ { 2; 5; 8 } Vì a lẻ ⇒ a = 5 ⇒ n = 21 3 số càn tìm là 41; 43; 45 IV.Củng cố V. Hướng dẫn học ở nhà Học bài cũ, làm bài tập sau Bài 1: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó. ab (a + b ) = a3 + b3

2

2

2

⇔ 10a + b = a – ab + b = ( a + b ) – 3ab ⇔ 3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 )

a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó a + b – 1 = 3a a + b = 3a hoặc a +b–1=3+b a+b=3+b hoặc a=3,b=7 ⇒ a=4,b=8 Vậy ab = 48 hoặc ab = 37.

Bài 2: Cho a = 11…1 ; b = 100…05

Chứng minh

2008 chữ số 1 ab + 1 là số tự nhiên.

Cách 1: Ta có a = 11…1 =

2007 chữ số 0

10 2008 − 1 ; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 102008 + 5 9

2008 chữ số 1

2007 chữ số 0

chữ số 0 ⇒ ab+1 = ab + 1 =

2008 2

 10 2008 + 2  (10 2008 − 1)(10 2008 + 5) (10 2008 ) 2 + 4.10 2008 − 5 + 9  +1= =  9 9 3  

 10 2008 + 2    3  

2 10 2008 + 2

=

3

Ta thấy 102008 + 2 = 100…02 ⋮ 3 nên

10 2008 + 2 3

∈ N hay

ab + 1 là số tự nhiên.

2007 chữ số 0 Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6 2007 chữ số 0 2

2008 chữ số 0

⇒ ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a + 6a + 1 = (3a+1) ⇒

ab + 1 =

(3a + 1) 2 = 3a + 1

2008 chữ số 9

2

∈N

Bài 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương .

Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a ∈ N) thì 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48) 2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q ∈ N ; p+q = n và p > q a+48 = 2p ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3 ⇒ 48 = 2q ⇒ q = 5 và p-q = 2 ⇒ p = 7 ⇒ n = 5+7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802 *Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 9

Ngày soạn: 17/1/2019 Ngày dạy: 24/1/2019 CHUYÊN ĐỀ VII: CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC A. MỤC TIÊU Kiến thức: Giải thích cho học sinh hiểu thế nào là cực trị của một biểu thức, đưa ra những phương pháp giải hoặc chứng minh, tìm cực trị - Kĩ năng: Học sinh vận dụng tốt các phương pháp tìm cực trị vào từng bài làm cụ thể - Thái độ: Nghiêm túc trong học tập và rèn luyện

- Hình thành năng lực tư duy logic, nhanh nhẹn trong học tập, có kỹ năng phân tích bài toán.

B. CHUẨN BỊ C. CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP I. Ổn định lớp II. Kiểm tra bài cũ III. Bài mới A. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC 1/ Cho biểu thức ( x ,y,...) a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu max f = M nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn: - Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì : f(x,y...) ≤ M ( M hằng số) (1) - Tồn tại xo,yo ... sao cho: (2) f( xo,yo...) = M b/ Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu min f = m nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn : Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì : (1’) f(x,y...) ≥ m ( m hằng số) - Tồn tại xo,yo ... sao cho: f( xo,yo...) = m (2’) 2/ Chú ý :Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa có thể nói gì về cực trị của một biểu thức chẳng hạn ,xét biểu thức : A = ( x- 1)2 + ( x – 3)2. Mặc dù ta có A ≥ 0 nhưng chưa thể kết luận được minA = 0 vì không tồn tại giá trị nào của x để A = 0 ta phải giải như sau: A = x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2 ≥ 2 A = 2 ⇔ x -2 = 0 ⇔ x = 2 Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2 B.CÁC DẠNG TOÁN I/ TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT ,GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN 1/ Tam thức bậc hai: Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c .

Tìm GTNN của P nếu a 〉 0.

Tìm GTLN của P nếu a 〈 0 b b 2 b2 Giải : P = ax + bx +c = a( x + x ) + c = a( x + ) +ca 2a 4a b2 b 2 Đặt P = c =k . Do ( x + ) ≥ 0 nên : 4a 2a b 2 - Nếu a 〉 0 thì a( x + ) ≥ 0 , do đó P ≥ k.

2a b minP = k khi và chỉ khi x = 2a b 2 -Nếu a 〈 0 thì a( x + ) ≤` 0 do đó P ≤` k 2a 2

2

maxP = k khi và chỉ khi x =

-

b 2a

2/ Đa thức bậc cao hơn hai: Ta có thể đổi biến để đưa về tam thức bậc hai Ví dụ : Tìm GTNN của A = x( x-3) ( x – 4) ( x – 7) Giải : A = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12) Đặt x2 – 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y2 - 36 ≥ -36 minA = -36 ⇔ y = 0 ⇔ x2 – 7x + 6 = 0 ⇔ x1 = 1, x2 = 6.

3/ Biểu thức là một phân thức : a/ Phân thức có tử là hằng số ,mẫu là tam thức bậc hai: 2 .

6x − 5 − 9x2 −2 −2 = .

2 9x − 6x + 5 (3 x − 1) 2 + 4

Ví dụ : Tìm GTNN của A = Giải : A =

2 .= 6x − 5 − 9x2

Ta thấy (3x – 1)2 ≥ 0 nên (3x – 1) 2 +4 ≥ 4 do đó

1 1 ≤ theo tính chất 2 (3 x + 1) + 4 4

a ≥ b thì 1 1 −2 −2 ≤ với a, b cùng dấu). Do đó ≥ ⇒ A ≥ 2 a b (3 x − 1) + 4 4 1 1 minA = - ⇔ 3x – 1 = 0 ⇔ x = .

2 3

-

1 2

b/ Phân thức có mẫu là bìmh phương của nhị thức.

Ví dụ : Tìm GTNN của A =

3x 2 − 8 x + 6 . x2 − 2x + 1

Giải : Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm A =

( 2 x 2 − 4 x + 2) + ( x 2 − 4 x + 4) ( x − 2) 2 = 2 + x2 − 2x + 1 ( x − 1) 2

≥ 2

minA = 2 khi và chi khi x = 2.

Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có : A =

3( y + 1) 2 − 8( y + 1) + 6 2 1 1 = 3 - + 2 = ( -1)2 + 2 2 y y y y

minA = 2 ⇔ y = 1 ⇔ x – 1 = 1 ⇔ x = 2 c/ Các phân thức dạng khác: Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =

3 − 4x x2 + 1

Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số : A =

x2 − 4x + 4 − x2 − 1 ( x − 2) 2 = - 1 ≥ -1 x2 + 1 x2 + 1

minA = -1 khi và chỉ khi x = 2 Tìm GTLN A =

4x2 + 4 − 4x2 − 4x − 1 (2 x + 1) 2 = 4 x2 + 1 x2 + 1

≤ 4

II) TÌM GTNN., GTLN CỦA BIỂU THỨC CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN 3 3 Ví dụ : Tìm GTNN của x + y + xy biết rằng x + y = 1 Xử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2

Đến đây ta có nhiều cách giải Cách 1: Xử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A x + y = 1 ⇒ x2 + 2xy + y2 = 1 (1) 2 2 2 (2) Mà (x – y) ≥ 0 ⇒ x - 2xy + y ≥ 0 Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 ) ≥ 1 ⇒ x2 + y2 ≥

1 2

1 1 khi và chỉ khi x = y = 2 2

minA =

Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 minA =

1 2 1 1 ) + ≥ 2 2 2

1 1 khi và chỉ khi x = y = 2 2

Cách 3/ Sử dụnh điều kiện đã cho để dưa về một biến mới 1 1 + a thì y = - a . Biểu thị x2 + y2 ta được : 2 2 1 1 1 1 2 2 2 x + y = ( + a) + ( - a)2 = +2 a2 ≥ 2 2 2 2 1 1 minA = ⇔ a = 0 ⇔ x=y= 2 2

Đặt x =

III) t×m GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI 1. Đa thức bậc hai một biến Ví dụ 1.1 a) T×m GTNN của A = 3x2 – 4x + 1 b) T×m GTLN của B = – 5x2 + 6x – 2 c) T×m GTNN của C = (x – 2)2 + (x – 3)2 d) Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c T×m GTNN của P nếu a > 0.

T×m GTNN của P nếu a > 0.

Giải a)

2 4 1 2 1 1 1 A = 3 x 2 − 2.x. +  − = 3 x −  − ≥ − . Vậy GTNN cña A lµ − . §¹t ®îc 

3

9

3



3

3

3

3

2 3

khi x = .

2

b)

6 9 1 3 1 1 1 B = − 5 x 2 − x +  − = −5 x −  − ≤ − . VËy GTLN cña B lµ − . §¹t ®5 25  5 5 5 5 5  

îc khi x =

3 .

5 2

c)

25 1 5 1 1 C = x − 4 x + 4 + x − 6 x + 9 = 2 x 2 − 5 x +  + = 2 x −  + ≥ .

4  2 2 2 2   2

2

Vậy GTNN cña biÓu thøc C = 

b2 

1 5 . §¹t ®−îc khi x = .

2 2

b2

2

b2

d) Ta cã: P = a x 2 + x + 2  + c − = a x +  + c − a 4a 2a  4a 4a    b

b

Nếu a > 0 th× P ≥ c −

b2 b2 b . Vậy GTNN cña P = c − . §¹t ®−îc khi x = − 4a 4a 2a

Nếu a < 0 th× P ≤ c −

b2 b2 b . Vậy GTLN cña P = c − . §¹t ®−îc khi x = − 4a 4a 2a

VÝ dụ 1.2 a) T×m GTNN của M = x2 – 3x + 1 với x ≥ 2. b) T×m GTLN của N = x2 – 5x + 1 với − 3 ≤ x ≤ 8 .

Giải a) M = ( x − 1)( x − 2) − 1 ≥ −1 . Vậy GTNN cña M = -1. §¹t ®îc khi x = 2.

b) N = ( x + 3)( x − 8) + 25 ≤ 25 . Vậy GTLN cña N = 25. §¹t khi x = -3, x = 8

2. Đa thức bậc hai hai biến a) Đa thức bậc hai hai biến cã điều kiện VÝ dụ 2a.1 a)

Cho x + y = 1. T×m GTLN của P = 3xy – 4

b)

Cho x – 2y = 2. T×m GTNN của Q = x2 + 2y2 – x + 3y

Giải 2

1 13 13 a) x + y = 1 ⇒ x = 1 − y ⇒ P = 3(1 − y ) y − 4 = −3 y + 3 y − 4 = −3 y −  − ≤ − 2 4 4  2

Vậy GTLN cña P = −

13 1 . §¹t khi x = y = 4 2

b) x − 2 y = 2 ⇒ x = 2 y + 2 ⇒ Q = 4 y 2 + 8 y + 4 + 2 y 2 − 2 y − 2 + 3 y = 6 y 2 + 9 y + 2 2

3 9  11 3  11 11   = 6 y 2 + y +  − = 6 y +  − ≥ − 2 16  8 4 8 8   1  x= 11  Vậy GTNN cña Q = − . §¹t khi  2 8 y = − 3  4

VÝ dụ 2a.2 T×m GTLN của của P = xy víi x, y thỏa m·n ®iÒu kiÖn: a) x + y = 6 vµ y ≥ 4 .

b) x + y = S vµ y ≥ a >

S 2

Gi¶i: a) P = (6 − y ) y = 8 − ( y − 2)( y − 4) ≤ 8 . Vậy GTLN cña P = 8. §¹t khi x = 2, y = 4 b) Q = ( S − y ) y = ( S − a )a − ( y − a )( y + a − S ) ≤ ( S − a )a . VËy GTLN cña Q = (S – a)a

§¹t ®ược khi x = S – a, y = a

Đa thức bậc hai hai biến Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a, b, c ≠ 0 Ta thường đưa P(x, y) về dạng: P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2) P(x, y) = mH2(x, y) + nG2(x) + k (3) Trong đã G(y), H(x) là hai biểu thức bậc nhất một Èn, H(x, y) là biểu thức bậc nhất hai ẩn.

Chẳng hạn nếu ta biến đổi (1) về (2) với a, (4ac – b2) ≠ 0.

4a P ( x, y ) = 4a 2 x 2 + 4abxy + 4acy 2 + 4adx + 4aey + 4ah = 4a 2 x 2 + b 2 y 2 + d 2 + 4abxy + 4adx + +2bdy + (4ac − b 2 ) + 2(2ae − bd ) y + 4ah − d 2 2

2ae − bd  ( 2ae − bd ) 2  2 = ( 2ax + by + d ) 2 + ( 4ac − b 2 ) y + + 4 ahd −  4ac − b 2  4ac − b 2 

(Tương tự nh©n hai vế của (1) với 4c để chuyển về (3))

VÝ dụ 3.1 a)

T×m GTNN của P = x2 + y2 + xy + x + y

b)

T×m GTLN của Q = –5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1

Giải a) 4P = 4 x 2 + 4 y 2 + 4 xy + 4 x + 4 y = (4 x 2 + y 2 + 1 + 4 xy + 4 x + 2 y ) + 3 y 2 + 2 y − 1 2

1 4 4  = ( 2 x + y + 1) + 3 y +  − ≥ − 3 3 3  2

4 3

1 3

Vậy GTNN cña P = − . §¹t khi x = y = − . b) – 5Q = 25 x 2 + 10 xy + 10 y 2 − 70 x − 50 y + 5 = (5 x − y − 7) 2 + (3 y − 6) 2 − 80 .

1 9 ⇒ Q = − (5 x − y − 7) 2 − ( y − 2) 2 + 16 ≤ 16 5 5

Vậy GTLN cña Q = 16. §¹t khi x = 1, y = 2

VÝ dụ 3.2 T×m cặp số (x, y) với y nhỏ nhất thỏa m·n ®iÒu kiÖn: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – 3 = 0 (*) Giải Ta cã (*) ⇔ ( x − 2 y ) 2 + ( y + 1) 2 = 4 ⇒ ( y + 1) 2 ≤ 4 ⇒ ( y + 3)( y − 1) ≤ 0 ⇒ −3 ≤ y ≤ 1 .

Vậy GTNN cña y = –3. §¹t khi x = – 6. Vậy cÆp số (x, y) = (–6; –3)

IV. Củng cố *** Các chú ý khi tìm bài toán cực trị : 1- Chú ý 1: Khi tìm bai toán cực trị ta có thể đổi biến Ví dụ : Tìm GTNN của ( x – 1)2 + ( x – 3)2 ta đặt x –2 = y ,biểu thức trở thành (y + 1)2 + (y– 1)2

= 2y2 +2 ≥ 2 ⇒ minA = 2 ⇒ y = 0 ⇒ x = 2 2- Khi tìm cực trị của biểu thức , nhiều khi ta thay điều kiện để biểu thức này đạt cực trị bởi điều kiện tương đương là biểu thức khác đạt cực trị chẳng hạn : -A lớn nhất ⇔ A nhỏ nhất 1 lớn nhất ⇔ B nhỏ nhất với B > 0 B x4 + 1 Ví dụ : Tìm GTLN của A = 2 ( x + 1) 2 1 Chú ý rằng A>0 nên A lớn nhất khi nhỏ nhất và ngược lại A ( x 2 + 1)2 x 4 + 2 x 2 + 1 2 x2 1 1 = .Vậy ≥ 1 = = 1 + 4 4 4 A A x +1 x +1 x +i 1 min = 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0 A

3/ Khi tìm GTLN , GTNN của 1 biểu thức ,người ta thường xử dụng các bất đẳng thức đã biết.

Bất đăng thức có tính chất sau a ) a > b , c > d với a,b,c,d > 0 thì a.c > b.d b) a > b và c >0 thì a.c > b.c c) a > b và c<0 thì a.c < b.c d) a > b và a,b,n >0 thì an > bn Bất đẳng thức Cô si: a + b ≥ 2 ab ; a2 + b2 ≥ 2ab ; (a + b)2 ≥ 4ab ; 2( a2 + b2) ≥ ( a+ b)2 Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a2 + +b2) ( x2 + y2) ≥ (ax + by)2 Ví dụ Cho x2 + y2 = 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y Giải : Ta nhận thấy 2x + 3y và x2 + y2 là thành phần của bất đẳng thức Bu- nha cốp –xki với a = 2 và b = 3 ta có ( 2x + 3y )2 ≤ ( 22 + 32 ).52 ⇒ ( 2x + 3y )2 ≤ 13.13.4 ⇒ 2x + 3y ≤ 26. Vậy maxA = 26 ⇔ { 3x = 2y 3x 2 +3y 0 ⇒ x2 = 16 ⇒ x=4 hoặc x= -4 vào x2 + y2 = 52 ta được 4x22x + 9x =≥52.4 2 Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y ≥ 0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y ≥ 0 Vậy max A 26 ⇔ x =4 , y = 6

Thay y =

3/ Trong các hằng bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau -Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau - Nếu 2 số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 2 số đó bang nhau Ví dụ: Tìm GTLN và GTNN của tích xy , biết x,y là các số nguyên dương thoả mãn x + y = 2005 Giải : Ta có 4xy = (x + y)2 – (x – y)2 = 20052 - (x – y)2 xy lớn nhất ⇔ x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất ⇔ x – y lớn nhất giả sử x > y ( không thể xãy ra x = y) Do 1 ≤ y ≤ x ≤ 2004 nên 1 ≤ x-y ≤ 2003 Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002 max(x –y) = 2003 khi x =2004 , y = 1 Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002

Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1 V. Hướng dẫn học ở nhà Học bài cũ, làm lại các bài tập đã chữa.

Làm bài về nhà VÝ dụ 3.3 Cho x, y liªn hệ với nhau bởi hệ thức: x2 + 2xy + 7(x + y) + 7y2 + 10 = 0 (**).

H·y t×m GTLN, GTNN của biÓu thøc: S = x + y + 1.

Giải Ta cã (**) ⇔ 4 x 2 + 8 xy + 28 x + 28 y + 4 y 2 + 40 = 0 ⇔ ( 2 x + 2 y + 7) 2 + 4 y 2 = 9 ⇒ (2 x + 2 y + 7) 2 ≤ 9 ⇔ ( x + y + 5)( x + y + 2) ≤ 0 x + y + 5 ≥ 0 ⇔ x + y + 2 ≤ 0

(v× x + y + 2 ≤ x + y + 5 )

⇔ −4 ≤ S ≤ −1

Vậy GTNN của S = –4. khi x = –5, y = 0.

GTLN của S = –1. khi x = –2, y = 0.

*Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 10

Ngày soạn: 7/2/2019 Ngày dạy: 14/2/2019 CHUYÊN ĐỀ VII: CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC (tiếp) A.MỤC TIÊU - Kiến thức: Giải thích cho học sinh hiểu thế nào là cực trị của một biểu thức, đưa ra những phương pháp giải hoặc chứng minh, tìm cực trị - Kĩ năng: Học sinh vận dụng tốt các phương pháp tìm cực trị vào từng bài làm cụ thể - Thái độ: Nghiêm túc trong học tập và rèn luyện - Hình thành năng lực tư duy logic, nhanh nhẹn trong học tập, có kỹ năng phân tích bài toán.

B.CHUẨN BỊ C.CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP I.Ổn định lớp II.Kiểm tra bài cũ III.Bài mới

Các phương pháp tìm cực trị

I. PHƯƠNG PH¸P MIỀN GI¸ TRỊ 1) phƯ¬ng ph¸p sö dông BÊt ®¼ng thøc.

1. Sö dung B§T C« - Si. Chứng minh:

(a − b)

2

≥0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab ⇔ a + b ≥ 2 ab

với mọi a, b là số dương

VÝ dụ 1.1. T×m GTLN, GTNN cña biÓu thøc: A = 3x − 5 + 7 − 3x víi

5 7 ≤x≤ .

3 3

Ta cã: A2 = 3x − 5 + 7 − 3x + 2 (3x − 5)(7 − 3x) = 2 + 2 (3x − 5)(7 − 3x) ⇒ A2 ≥ 2 ⇒ A ≥ 2 . VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A lµ

2 . §¹t ®îc khi x =

5 3

7 3

vµ y = .

(Biểu thức được cho dưới dạng tổng hai căn thức. Hai biểu thức lấy căn cã tổng là hằng số) VÝ dụ 1.2. Cho x, y > 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x + y ≥ 6. T×m GTNN cña biÓu thøc: P = 3x + 2 y +

6 8 + . x y

Giải 3 2

Ta cã: P = ( x + y ) +

3x 6 y 8 3 3x 6 y 8 + + + ≥ .6 + 2 . +2 . = 9 + 6 + 4 = 19 .

2 x 2 y 2 2 x 2 y

VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P lµ 19. §¹t ®ược khi x = 2 vµ y = 4.

VÝ dụ 1.3. T×m GTLN cña biÓu thøc : M =

x y −2 + y x−3 xy

Víi x ≥ 3; y ≥ 2 .

Giải Ta cã : M =

x −3 + x

y−2 y

¸p dông B§T C« - Si ta cã : x 2  ⇒ y 2( y − 2) ≤  2

3( x − 3) ≤

x−3 3 ≤  x 6  3 2 + ⇒ M ≤ 6 4 y−2 2 ≤  y 4 

VËy Gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc M lµ

3 2 . §¹t ®îc khi x = 6 vµ y = 4. + 6 4

VÝ dụ 1.4. Cho x, y, z > 0 tho¶ m·n:

1 1 1 + + ≥2 1+ x 1+ y 1+ z

(1). T×m GTLN cña biÓu

thøc P = xyz.

Giải  1 1   1  y z yz  + 1 − ≥ 1 − + ≥2 = 1 + x  1 + y   1 + z  1 + y 1 + z (1 + y )(1 + z )

Tõ (1) ⇒ T¬ng tù: Vµ

1 zx ≥2 1+ y (1 + z )(1 + x) 1 xy ≥2 1+ z (1 + x)(1 + y )

Nh©n vế với vế của ba BĐT trªn ta cã: P = xyz ≤ VËy GTLN cña biÓu thøc P lµ

1 1 DÊu “=” x¶y ra khi x = y = z = .

8 2

1 1 . §¹t ®îc khi x = y = z = .

8 2

VÝ dụ 1.5. Cho 0 < x < 1, T×m GTNN của biÓu thøc: Q =

3 4 + .

1− x x

Giải Ta cã: P =

3x 4(1 − x) 3x 4(1 − x) + +7≥2 . + 7 = (2 + 3 ) 2 1− x x 1− x x

⇒ GTNN của biÓu thøc: Q =

3 4 + lµ ( 2 + 3 ) 2 . §¹t ®îc khi 1− x x

3x 4(1 − x ) = ⇔ x = ( 3 − 1) 2 1− x x

(Đặt P =

3ax 4b(1 − x ) + + c råi đồng nhất hệ số suy ra a = b = 1; c = 7) 1− x x

VÝ dụ 1.6. Cho x, y, z, t > 0. T×m GTNN của biểu thức: M =

x−t t − y y − z z − x + + + . t + y y+ z z + x x+t

Giải áp dụng bất đẳng thức C«-Si ta cã:

1 1 4 với a, b > 0. + ≥ a b a+b

 x−t  t−y  y−z  z−x  + 1 +  + 1 +  + 1 +  + 1 − 4  t + y   y + z   z + x   x+t

Ta cã : M = M + 4 – 4 =  =

x+ y t + z y+ x z +t + + + −4 t + y y+ z z + x x+t  1  1 1  1   + ( z + t )  − 4 + + t + y z + x  y+ z x+t

= ( x + y ) ≥

4( x + y ) 4( z + t ) + −4 =0 x+ y+ z+t x+ y+ z+t

VËy GTNN của biểu thức: M =

x−t t − y y − z z − x + + + lµ 0. §¹t ®ược t + y y+ z z + x x+t

khi x = y vµ z = t.

2) Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS) Ví dụ 2.1. Cho x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = 1. Tìm GTNN của biểu thức: A = x4 + y4 + z4 Giải ¸p dông B§T Bunhia Copski ta cã: 1 = ( xy + yz + zx) 2 ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) = ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ⇒ 1 ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ≤ (1 + 1 + 1)( x 4 + y 4 + z 4 ) ⇒ P ≥

1 1 3 ⇒ Gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P lµ ®¹t khi x = y = z = 3 3 3

Ví dụ 2.2. T×m GTNN của P =

4a 9b 16c trong đã a, b, c là độ dài + + b+c−a c+ a −b a +b−c

ba cạnh của một tam gi¸c

Giải P=

4a 9b 16c a 1  b 1  c 1  29  + + = 4 +  + 9 + + + − b+c−a c+a−b a+b−c b+c −a 2 c+ a −b 2 a +b−c 2 2

4 9 16  29 a +b + c = + + . − 2  b + c − a c + a −b a +b −c 2

 29 a + b + c (2 + 3 + 4) 2 81 29 a+b+c ≥ = . − = 26 . − 2 2 a+b+c 2    (b + c − a) + (c + a − b) + (a + b − c)  2

VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P lµ 26 ®¹t khi

Ví dụ 2.3. T×m giá trị nhỏ nhất của Q =

a b c = = 7 6 5

a b c . + + 1+ b − a 1+ c − b 1+ a − c

Trong đó a, b, c > 0 vµ a + b + c = 1 .

Giải Ta cã: Q =

a b c (a + b + c) 2 (a + b + c) 2 + + ≥ = ≥ 1 b 2 − 4ac 2b + c 2c + a 2a + b a(2b + c) + b(2c + a) + c(2a + b) 3(ab + bc + ca)

VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc Q lµ 1 ®¹t khi a = b = c = Ví dụ 2.4 Cho a, b, c > 0 thỏa m·n a + b + c = 1. T×m GTNN của P=

1 1 1 1 + + + 2 2 ab bc ca a +b +c 2

1 3

Giải 1 1 1 9 1 9 + + ≥ ⇒ P ≥ 2 + 2 2 ab bc ca ab + bc + ca ab + bc + ca a +b +c

  1 4 7  + =  2 + 2 2 2( ab + bc + ca)  ab + bc + ca a +b +c ≥

(1 + 2) 2 9 21 + ≥9+ = 30 2 ab + bc + ca (a + b + c ) (a + b + c) 2

VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P lµ 30 ®¹t ®ưîc khi a = b = c =

1 3

I.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI VÀ CÁC HỆ QUẢ 1.

2 2 Chứng minh : a + b ≥ 2ab

2.

2 Chứng minh: ( a + b ) ≥ 4ab

3.

2 2 2 Chứng minh: 2(a + b ) ≥ ( a+b ) (Với a , b ≥ 0) Giải: 2 2 2 2 2(a + b ) – ( a+b ) = a -2ab+b2 = (a-b)2 ≥ 0 ⇒ 2(a2 + b2) ≥ ( a+b )2. Đẳng thức xảy ra khi a = b.

4.

(Với a , b ≥ 0) (BĐT Cô-si) Giải: 2 2 2 ( a – b ) = a - 2ab + b ≥ 0 ⇒ a2 + b2 ≥ 2ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b

. (Với a , b ≥ 0) Giải: 2 2 2 ( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b)2 + 4ab ≥ 0 + 4ab ⇒ ( a + b )2 ≥ 4ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b.

a b Chứng minh: b + a ≥ 2

.(Với a.b > 0)

Giải: a b (a +b ) a2+b2 (a2+b2) a b + = .Do ab ≤ ⇒ ≥ 2 .Hay + ≥ 2 . Đẳng b a ab 2 ab b a thức xảy ra khi a = b 2

5.

2

a b Chứng minh: b + a ≤ - 2 2

2

.(Với a.b < 0) 2

2

Giải:

a b a +b a +b a2+b2 a b + = .Do ≥2⇒≤ -2. Hay + ≤ - 2. Đẳng b a b a |a.b| |a.b| |a.b| thức xảy ra khi a = -b.

6.

1 1 4 Chứng minh: a + b ≥ a+b

. (Với a , b > 0)

Giải: 1 1 4 (a+b).a+(a+b).b-4ab (a-b)2 1 1 4 + = = ≥0⇒ + ≥ . Đẳng a b a+b (a+b).ab (a+b).ab a b a+b thức xảy ra khi a = b.

2 2 2 Chứng minh rằng: a +b +c ≥ ab+bc+ca .

Giải: 2 2 2 2(a +b +c ) – 2(ab+bc+ca) =(a-b)2 +(b-c)2 +(c-a)2 ≥ 0 ⇒ 2(a2 +b2 +c2) ≥ 2(ab+bc+ca) .Hay a2 +b2 +c2 ≥ ab+bc+ca . Đẳng thức xảy ra khi a = b;b = c;c = a ⇔ a = b= c. *.Bài tập vận dụng: Chứng minh các bất đẳng thức sau 1. a2 + 4b2 + 4c2 ≥ 4ab - 4ac + 8bc a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a (b + c + d + e ) 2. (x − 1)(x − 3)(x − 4 )(x − 6) + 10 ≥ 1 3.

4. a2 + 4b2 + 3c2 > 2a + 12b + 6c – 14 5.

10a2 + 5b2 +12ab + 4a - 6b + 13 ≥ 0

7.

a2 + 9b2 + c2 + 19 > 2a + 12b + 4c

6.

2

7.

8.

9.

10.

11.

12.

13.

14.

15.

a2 – 4ab + 5b2 – 2b + 5 ≥ 4 x2 – xy + y2 ≥ 0 x2 + xy + y2 -3x – 3y + 3 ≥ 0 x2 + xy + y2 -5x - 4y + 7 ≥ 0 x4 + x3y + xy3 +y4 ≥ 0 x5 + x4y + xy4 +y5 ≥ 0 với x + y ≥ 0 a4 + b4 +c4 ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 (a2 + b2).(a2 + 1) ≥ 4a2b ac +bd ≥ bc + ad với ( a ≥ b ; c ≥ d )

16.

a 2 + b2  a + b  ≥  2  2 

17.

a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3 3  

2

2

a b c b a c + + ≤ + + (với a ≥ b ≥ c > 0) b c a a c b 12ab a+b ≥ ( Với a,b > 0) 9 + ab a b c 1 1 1 + + ≥ + + (Với a,b,c > 0) bc ca ab a b c

18.

19.

20.

HƯỚNG DẪN:

Bài 1:

Gọi VT của bất đẳng thức là A và VP của bất đẳng thức là B (Nếu không nói gì thêm qui ước này được dùng cho các bài tập khác).Với

Bài 2: Bài 3: Bài 4: Bài 5: Bài 6:

các BĐT có dấu ≤; ≥ thì cần tìm điều kiện của các biến để đẳng thức xảy ra.

2 A – B = (a + 2c − 2b ) 2 2 2 2 4A – 4B = (a − 2b ) + (a − 2c ) + (a − 2d ) + (a − 2e ) A – 1 = (x − 1)(x − 3)(x − 4)(x − 6) + 9 = (Y + 3)2 A – B = (a − 1)2 + (2b − 3)2 + 3(c − 1)2 + 1 A = ( a – 1)2 + (3a – 2b)2 + (b + 3)2 A–B = ( a – 1)2 +(3b – 2)2 + (c - 2)2 + 1

2

Bài 7: Bài 8:

A – B = (a − 2b ) + (b − 1)

Bài 9:

x2 – xy + y2 -3x – 3y + 3 = ( x − 1)2 − (x − 1)( y − 1) + ( y − 1)2 .

Biến đổi tiếp như bài 8 Tương tự bài 9 2 x4 + x3y + xy3 +y4 = (x 2 − xy + y 2 )(x + y ) Tương tự bài 11 Xem ví dụ 7 A – B = (a2 + b2).(a2 + 1) - 4a2b A - B = ac + bd - bc - ad với ( a ≥ b ; c ≥ d ) = (c − d )(a − b )

Bài 10: Bài 11: Bài 12: Bài 13: Bài 14: Bài 15: Bài 16:

2

2

2

2 x – xy + y =  x − y  + 3 y 2 4 

2

2

A-B=

(

)

2

2 a 2 + b 2 − (a + b ) .

4

Bài 17: Xem bài tập 16 1 Bài 18: A - B = (a-c)(b-a)( a-b). abc (Với a ≥ b ≥ c ≥ 0) 2 2 Bài 19: b(a − 3) + a (b − 3) A-B= 9 + ab

( Với a,b > 0) Bài 20: (ab − bc )2 + (bc − ac )2 + (ac − ab )2 A-B= abc (Với a,b,c > 0) IV. Củng số Một số ví dụ: 1.

Tìm GTNN của A = 2x2 + 5x + 7 5 4

Giải:A = 2x2 + 5x + 7 = 2( x 2 + 2. x +

25 25 − )+7= 16 16

5 25 56 − 25 5 31 5 = 2( x + ) 2 − +7 = + 2( x + ) 2 = + 2( x + ) 2 .

4 8 8 4 8 4

Suy ra MinA =

2.

31 5 Khi x = − .

8 4

Tìm GTLN của A = -2x2 + 5x + 7

5 4

25 25 − )+7= 16 16 81 5 25 56 + 25 5 81 5 = −2( x − ) 2 + + 7 = − 2( x − ) 2 = − 2( x − ) 2 ≤ .

8 4 8 8 4 8 4

Giải: A = -2x2 + 5x + 7 = - 2( x 2 − 2. x +

Suy ra MinA = 81 Khi x = 5 .

2

3.

8

2

4

Tìm GTNN của B = 3x + y - 8x + 2xy + 16.

Giải: B = 3x2 + y2 - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2)2 + (x + y)2 + 8 ≥ 8. x-2=0 x=2 ⇒ MinB = 8 khi : x+y=0 ⇔ y=-2 .   4.

Tìm GTLN của C = -3x2 - y2 + 8x - 2xy + 2.

2 2 Giải: C = -3x2 - y2 + 8x - 2xy + 2 = 10 -[2(x-2) +(x+y) ] ≤ 10. x-2=0 x=2 ⇒ GTLNC = 10 khi: x+y=0 ⇔ y=-2.   VI. Hướng dẫn học ở nhà * Một trong những phương pháp thường dùng là sử dụng các bất đẳng thức đã biết để chứng minh một bất đẳng thức khác.Tuy nhiên khi sử dụng ,ngoài hai bất đẳng thức Cô-si và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski . Các bất đẳng thức khác khi sử dụng làm bài thi cần chứng minh lại (Xem phần trên).Để tiện theo dõi, tôi sẽ liệt kê các bất đẳng thức vào dưới đây.

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

a 2 + b 2 ≥ 2ab (a,b>0). (BĐT Cô-si)

(a

+ b

(

)2

≥ 4 ab

)

2

2 a 2 + b 2 ≥ (a + b ) a b + ≥ 2; a, b > 0 b a

1 1 4 + ≥ ; a, b > 0 a b a+b

a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca

(ax + by )2 ≤ (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) ( Bu nhi a cop xki) 2 a 2 b 2 (a + b ) x

+

y

≥

x+ y

a 2 b 2 c 2 (a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z

2

BÀI TẬP: 1.

Tìm GTNN A= x2 −5 x + 2008 2.

Tìm GTLN B = 1 + 3x - x2 3.

Tìm GTLN D = 2007 − x 2 −5 x 4.

Tìm GTNN của F = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1.

5.

Tìm GTNN của G = x4 −10 x3 + 25 x2 +12 6.

Tìm GTNN của M = x2 + 2y2 - 2xy + 2x - 10y.

2 7.

Tìm GTNN C = (3x − 1) − 4 3x − 1 + 5 8.

Tìm GTNN của N = (x +1)2 + ( x - 3)2

9.

1 a

1 b

1 c

Cho a,b,c là 3 số dương.Chứng minh rằng (a + b + c ) + +  ≥ 9

Cho các số dương a,b,c biết a.b.c = 1. Chứng minh rằng: (a + 1)(b + 1)(c + 1)≥ 8 Cho các số a,b biết a + b = 1. Chứng minh rằng 1 1 a) a2 + b2 ≥ b) a4 + b4 ≥ 2 8 1 1 1 12.

Cho 3 số dương a,b,c và a + b + c = 1. Chứng minh: + + ≥ 9 a b c 13.

Cho x , y , z ≥ 0và x + y + z ≤ 3 . Chứng minh rằng: x y z 3 1 1 1 ≤ + + 2 + 2 + 2 ≤ 1+x 1+y 1+z 2 1+x 1+y 1+z 10.

11.

14.

15.

16.

Cho 2 số dương a , b có tổng bằng 1 .Chứng minh rằng 1 1 a. + 2 2 ≥ 6 ab a +b 3 2 + ≥ 14 b. ab a2+b2 Cho 2 số dương a , b có tổng bằng 1 .Chứng minh rằng 1 1 25 (a + )2 + (b + )2 ≥ b a 2 Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi a,b,c>0 1 1 1 1 1 1 , + + ≥ + + a + 3b b + 3c c + 3a a + 2b + c b + 2c + a c + 2a + b

17.

Cho a,b,c là 3 số dương.

Chứng minh :

18.

a b c 1 1 1 + + ≥ + + . bc ac ab a b c

Cho a,b,c là 3 số dương. a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ Chứng minh rằng : . b+c a+c b+a 2

19.

Chứng minh: a4 + b4 ≥

20.

Chứng minh:

1 với a + b ≥ 1 8

a b c 3 + + ≥ Với a,b,c > 0 b+c c+a a+b 2

4 4 4 Chứng minh: a + b + c ≥ abc (a + b + c ) 22.

Bài 28: Cho x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0; Chứng minh rằng :(x + y).(y + z).(z + x) ≥ 8xyz

21.

23.

Cho A =

1 1 1 1 1 + + ... + + + ... + Chứng minh rằng A > 1 n +1 n + 2 2 n + 1 2n + 2 3n + 1

HƯỚNG DẪN 1.

A = x2 - 5x + 2008 = (x - 2,5)2 + 2001,75 ⇒ MinA = 2001,75 khi x = 2,5 2.

B = 1 + 3x - x2 = -1,25 - ( x - 1,5)2 3.

D = 2007 - x2 - 5x = 2004,5 - ( x + 2,5)2

4.

5.

6.

7.

1 2 3  F = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 = (x2 +x+1)2 = (x+2) +42 .

4

3

2

2

2





G = x - 10x +25x + 12 = x (x - 5) + 12 M = x2 + 2y2 - 2xy + 2x - 10y = (x - y + 1)2 + (y - 4)2 -16.

2 C = (3x − 1) − 4 3x − 1 + 5

1 * Nếu x ≥ . C = (3x - 3)2 + 1 3 1 * Nếu x < .C = (3x + 1)2 + 6 3 8.

N = (x +1)2 + ( x - 3)2 = 2(x- 1)2 + 8

9.

a b

b a a c

c b a c

c a

A = 3+ + + + + +  ≥ 3+ 2+ 2+ 2 = 9

10. Áp dụng (a + 1)2 ≥ 2a 1 11.a) A - B = a2 + b2 - =2( a2 + b2) - (a + b)2 ≥ 0.

2 b) Áp dụng câu a.

12. Xem bài 1 x y z x y z 1 1 1 3 13. + + = + + = .

2 + 2 + 2 ≤ 1+x 1+y 1+z 2x 2y 2z 2 2 2 2 1 1 1 (1+1+1)2 9 3 + + ≥ ≥ = 1+x 1+y 1+z (3+x+y+z) 6 2 1 1 1 1 4 2 1 1 + 2 2 =( + 2 2) + ≥ 14. A = 2+ 2 = 6 ( vì 2ab ≤ 2ab a +b 2ab (a+b) (a+b) 2 ab a +b 2 (a+b) ) 2 3 1 1 1 B= + 2 2 = 3( + 2 2) + ab a +b 2ab a +b 2ab 1 2 5 2  1 2 5 2  25 1 25 1 1 + (b + )2 + = (a+b) +(2)  + (b+a ) +(2)  ≥ 5(a + ) + 5(b 15. (a + )2 +     4 a 4 b b 1 + ) a 4 1 1 = 5( a + b) + 5( + ) ≥ 5( a + b) + 5. = 25 a b (a+b) 1 1 25 Suy ra: (a + )2 + (b + )2 ≥ b a 2 1 1 2 1 1 2 1 1 16. + ≥ ; + ≥ ; + ≥ a+3b b+2c+a a+2b+c b+3c c+2a+b b+2c+a c+3a a+2b+c 2 c+2a+b Cộng theo vế 3 BĐT trên ta được Đpcm a b 1 a b 1 17.Ta có: + = ( + ) ≥ 2. bc ac c b a c b c 1b c 1 + =  +  ≥ 2. ac ab a  c b  a c a 1 c a 1 + =  +  ≥ 2. ab bc b  a c  b

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức trên ta được đpcm. Đẳng thức xáy ra khi và chỉ khi a = b = c.(Hãy kiểm tra lại) 2

a 2 b 2 c 2 (a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z 1 1 1 1 2 19. a4 + b4 ≥ ( a2 + b2 )2 ≥ 2(a+b) 2 ≥  2 2  8

18.Áp dụng BĐT

a b c a+b+c a+b+c a+b+c + 1) + ( + 1) + ( + 1) = + + b+c c+a a+b b+c c+a b+a 1 1 1 9 9 + + ) ≥ (a+b+c) . = Suy ra: = (a+b+c) ( b+c c+a a+b 2(a+b+c) 2 20. (

a b c 3 + + ≥ b+c c+a a+b 2

21.Áp dụng BĐT ở ví dụ 6 cho 3 số a 4 + b 4 + c 4 rồi tiếp tục áp dụng lần nửa cho 3 số a2b2 + b2c2 + c2a2 ta có đpcm.

2 22.Áp dụng BĐT ( x + y ) ≥ 4 xy .Nhân từng thừa số của 3 BĐT suy ra ĐPCM 23. A có 2n + 1 số hạng (Kiểm tra lại !).Áp dụng BĐT

1 1 4 + ≥ ; a, b > 0 Với từng a b a+b

cặp số hạng thích hợp sẽ có đpcm *Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 11

Ngày soạn: 11/2/2019 Ngày dạy: 21/2/2019 CHUYÊN ĐỀ VIII:

CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ TALÉT VÀ TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC A.MỤC TIÊU -Kiến thức: củng cố cho học sinh kiến thức về talet. Tính chât đường phân giác - Kĩ năng: Biết vận dụng lý thuyết vào các bài toán tính số đo cạnh hoặc chưng minh -Thái độ :Tích cực, sáng tạo trong học tập - Hình thành năng lực tư duy logic, ngôn ngữ chuẩn mực và lý luận khoa học.

B. CHUẨN BỊ GV, HS : thước , compa

C.CÁC HOẠT ĐỘNG DẠY HỌC I. ổn định lớp II. Kiểm tra bài cũ

III. Bài mới A.Kiến thức:

A

1. Định lí Ta-lét: M

* định lí talets

N

∆ABC

 AM AN =  ⇔ MN // BC  AB AC C

B

* Hệ quả: MN // BC ⇒

AM AN MN = = AB AC BC

2. Tính chất đường phân giác: ∆ ABC ,AD là phân giác góc A ⇒

AD’là phân giác góc ngoài tại A:

BD AB = CD AC

BD' AB = CD' AC

B

B. Bài tập vận dụng

A

1. Bài 1:

O

Cho tứ giác ABCD, đường thẳng qua A song song với BC

E

cắt BD ở E, đường thẳng qua B song song với AD cắt AC

G

ởG a) chứng minh: EG // CD

D

b) Giả sử AB // CD, chứng minh rằng AB2 = CD. EG Giải Gọi O là giao điểm của AC và BD a) Vì AE // BC ⇒ BG // AC ⇒

OE OA = (1) OB OC

OB OG (2) = OD OA

Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:

OE OG = ⇒ EG // CD OD OC

b) Khi AB // CD thì EG // AB // CD, BG // AD nên AB OA OD CD AB CD = = = ⇒ = ⇒ AB2 = CD. EG EG OG OB AB EG AB

2. Bài 2:

C

Cho ABC vuông tại A, Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B, ACF vuông cân ở C. Gọi H là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của Ac và BF. Chứng minh rằng: D

a) AH = AK

A H

b) AH2 = BH. CK

F

K

Giải

Đặt AB = c, AC = b.

C

B

BD // AC (cùng vuông góc với AB) nên

AH AC b AH b AH b = = ⇒ = ⇒ = HB BD c HB c HB + AH b + c

Hay

AH b AH b b.c (1) = ⇒ = ⇒ AH = AB b + c c b+c b+c

AB // CF (cùng vuông góc với AC) nên Hay

AK AB c AK c AK c = = ⇒ = ⇒ = KC CF b KC b KC + AK b + c

AK b AK c b.c (2) = ⇒ = ⇒ AK = AC b + c b b+c b+c

Từ (1) và (2) suy ra: AH = AK b) Từ

AH AC b AK AB c AH KC AH KC = = và = = suy ra = ⇒ = (Vì AH = AK) HB BD c KC CF b HB AK HB AH 2

⇒ AH = BH . KC

3. Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a đi qua A lần lượt cắt BD, BC, DC theo thứ tự tại E, K, G. Chứng minh rằng: a) AE2 = EK. EG b)

1 1 1 = + AE AK AG

c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí nhưng vẫn qua A thì tích BK. DG có giá trị không đổi Giải

A

a

B

a) Vì ABCD là hình bình hành và K ∈ BC nên b

AD // BK, theo hệ quả của định lí Ta-lét ta có: EK EB AE EK AE = = ⇒ = ⇒ AE 2 = EK.EG AE ED EG AE EG

b) Ta có:

AE DE AE BE = ; = nên AK DB AG BD

D

K

E C

G

AE AE BE DE BD 1  1 1 1  1 = + (đpcm) + = + = = 1 ⇒ AE  +  =1 ⇒ AK AG BD DB BD AE AK AG  AK AG 

c) Ta có:

BK AB BK a KC CG KC CG = ⇒ = (1); = ⇒ = (2) KC CG KC CG AD DG b DG

Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:

BK a = ⇒ BK. DG = ab không đổi (Vì a = AB; b b DG

= AD 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 cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2. Chứng minh rằng:

B E

A

a) EG = FH

P

H

b) EG vuông góc với FH

Q

D

Giải Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của CF, DG

M

N G

1 1 BM 1 BE BM 1 Ta có CM = CF = BC ⇒ = = = ⇒ 2 3 BC 3 BA BC 3

⇒ EM // AC ⇒

F

O

C

EM BM 2 2 = = ⇒ EM = AC (1) AC BE 3 3

Tương tự, ta có: NF // BD ⇒

NF CF 2 2 = = ⇒ NF = BD (2) BD CB 3 3

mà AC = BD (3) Từ (1), (2), (3) suy ra : EM = NF (a) Tương tự như trên ta có: MG // BD, NH // AC và MG = NH =

1 AC (b) 3

= 900 (4) Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC ⊥ BD ⇒ EM ⊥ MG ⇒ EMG = 900 (5) Tương tự, ta có: FNH = FNH = 900 (c) Từ (4) và (5) suy ra EMG

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 = 900 ⇒ QPF + QFP = 900 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP ( ∆ EMG = PQF ∆ FNH)

= PQF = 900 ⇒ EO ⊥ OP ⇒ EG ⊥ FH Suy ra EOP

5. Bài 5:

Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD. Từ D vẽ đường thẳng song song với BC, cắt AC tại M và AB tại K, Từ C vẽ đường thẳng song song với AD, cắt AB tại F, qua F ta lại vẽ đường thẳng song song với AC, cắt BC tại P. Chứng minh rằng a) MP // AB b) Ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy Giải a) EP // AC ⇒

CP AF = (1) PB FB

AK // CD ⇒

CM DC = (2) AM AK

D

C

các tứ giác AFCD, DCBK la các hình bình hành nên AF = DC, FB = AK (3) Kết hợp (1), (2) và (3) ta có

CP CM = ⇒ MP // AB PB AM

b) Gọi I là giao điểm của BD và CF, ta có:

P

K F

A

(Định lí Ta-lét đảo) (4)

Mà

I

M

B

CP CM DC DC = = = PB AM AK FB

DC DI CP DI = (Do FB // DC) ⇒ = ⇒ IP // DC // AB (5) FB IB PB IB

Từ (4) và (5) suy ra : qua P có hai đường 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 đường thẳng MP, CF, DB đồng quy

6. Bài 6: Cho ∆ ABC có BC < BA. Qua C kẻ đường thẳng vuông goác với tia phân giác BE ; đường thẳng này cắt BE tại F và cắt trung của ABC B

tuyến BD tại G. Chứng minh rằng đoạn thẳng EG bị

đoạn thẳng DF chia làm hai phần bằng nhau Giải

G

Gọi K là giao điểm của CF và AB; M là giao điểm của DF và BC ∆ KBC có BF vừa là phân giác vừa là đường cao

nên ∆ KBC cân tại B ⇒ BK = BC và FC = FK

M

K F A

D

E

C

Mặt khác D là trung điểm AC nên DF là đường trung bình của ∆ AKC ⇒ DF // AK hay DM // AB Suy ra M là trung điểm của BC DF =

1 AK (DF là đường trung bình của ∆ AKC), ta có 2

BG BK BG BK 2BK = ( do DF // BK) ⇒ = = (1) GD DF GD DF AK

Mổt khác

CE DC - DE DC AD = = −1 = − 1 (Vì AD = DC) ⇒ DE DE DE DE

CE AE - DE DC AD = = −1 = −1 DE DE DE DE

Hay

CE AE - DE AE AB AE AB = : Do DF // AB) = −1 = −2 = − 2 (vì DE DE DE DF DE DF

Suy ra ⇒

CE AK + BK 2(AK + BK) 1 = −2= − 2 (Do DF = AK) DE DE AK 2

CE 2(AK + BK) 2BK = −2= (2) DE AK AK

Từ (1) và (2) suy ra

BG CE = ⇒ EG // BC GD DE

Gọi giao điểm của EG và DF là O ta có

OG OE  FO  = =  MC MB  FM 

A

⇒ OG = OE c

b

7. Bài 7:

I

Cho ∆ ABC có BC = a, AB = b, AC = c, phân giác AD a) Tính độ dài BD, CD

B

b) Tia phân giác BI của góc B cắt AD ở I; tính tỉ số:

AI ID

Giải nên BD = AB = c a) AD là phân giác của BAC CD

⇒

AC

b

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

nên AI = AB = c : ac = b + c b) BI là phân giác của ABC

ID

8. Bài 8:

BD

b+c

a

D

C a

< 600 phân giác AD Cho ∆ ABC, có B

a) Chứng minh AD < AB b) Gọi AM là phân giác của ∆ ADC. Chứng minh rằng BC > 4 DM

A

Giải =C + a)Ta có ADB

+C

A A 1800 - B > = = 600 2 2 2

> B ⇒ AD < AB ⇒ ADB

b) Gọi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d

C

D

M

B

Trong ∆ ADC, AM là phân giác ta có DM AD DM AD DM AD = = ⇒ = ⇒ CM AC CM + DM AD + AC CD AD + AC

⇒ DM =

CD.AD CD. d ab abd ; CD = ( Vận dụng bài 1) ⇒ DM = = AD + AC b + d b+c (b + c)(b + d)

Để c/m BC > 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) được c/m

9.Bài 9: A

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

D

I

E

b) Cho BC = a, AM = m. Tính độ dài DE c) Tìm tập hợp các giao diểm I của AM và DE nếu ∆ ABC

B

có BC cố định, AM = m không đổi d) ∆ ABC có điều kiện gì thì DE là đường trung bình của nó Giải nên DA = MB (1) a) MD là phân giác của AMB DB

MA

nên EA = MC (2) ME là phân giác của AMC EC

MA

Từ (1), (2) và giả thiết MB = MC ta suy ra

DA EA = ⇒ DE // BC DB EC

M

C

DE AD AI x b) DE // BC ⇒ = = . Đặt DE = x ⇒ = BC AB AM a

c) Ta có: MI =

x 2 ⇒ x = 2a.m m a + 2m

m-

1 a.m DE = không đổi ⇒ I luôn cách M một đoạn không đổi nên 2 a + 2m

tập hợp các điểm I là đường tròn tâm M, bán kính MI =

a.m (Trừ giao điểm của a + 2m

nó với BC d) DE là đường trung bình của ∆ ABC ⇔ DA = DB ⇔ MA = MB ⇔ ∆ ABC vuông

ởA 10. Bài 10: Cho ∆ ABC ( AB < AC) các phân giác BD, CE A

a) Đường thẳng qua D và song song với BC cắt AB ở K, chứng minh E nằm giữa B và K

K

b) Chứng minh: CD > DE > BE

D

E

Giải a) BD là phân giác nên

M

B

AD AB AC AE AD AE = < = ⇒ < (1) DC BC BC EB DC EB

Mặt khác KD // BC nên Từ (1) và (2) suy ra

AD AK = (2) DC KB

AK AE AK + KB AE + EB < ⇒ < KB EB KB EB

AB AB < ⇒ KB > EB ⇒ E nằm giữa K và B KB EB

⇒

= KDB (Góc so le trong) b) Gọi M là giao điểm của DE và CB. Ta có CBD = KDB

⇒ KBD > EDB ⇒ KBD > EDB ⇒ EBD > EDB ⇒ EB < mà E nằm giữa K và B nên KDB

DE + ECB = EDB + DEC ⇒ DEC > ECB ⇒ DEC > DCE (Vì DCE = ECB ) Ta lại có CBD

Suy ra CD > ED ⇒ CD > ED > BE

11. Bài 11: Cho ∆ ABC với ba đường phân giác AD, BE, CF. Chứng minh a.

DB EC FA . . = 1.

DC EA FB

C

b.

1 1 1 1 1 1 + + > + + .

AD BE CF BC CA AB

H

Giải A

nên ta có: a)AD là đường phân giác của BAC

F

DB AB = (1) DC AC

E

Tương tự: với các phân giác BE, CF ta có: EC BC FA CA (2) ; (3) = = EA BA FB CB

Tửứ (1); (2); (3) suy ra:

B

D

C

DB EC FA AB BC CA . . = . . =1 DC EA FB AC BA CB

b) Đặt AB = c , AC = b , BC = a , AD = da.

Qua C kẻ đường thẳng song song với AD , cắt tia BA ở H. Theo ĐL Talét ta có:

BA.CH c.CH c AD BA = = .CH = ⇒ AD = CH BH BH BA + AH b + c

Do CH < AC + AH = 2b nên: d a < Chứng minh tương tự ta có :

1 b+c 11 1 1 11 1 2bc ⇒ > =  + ⇔ >  +  d a 2bc 2  b c  da 2  b c  b+c

1 11 1 >  +  Và db 2  a c 

1 11 1 >  +  Nên: dc 2  a b 

1 1 1 1  1 1   1 1   1 1   ⇔ 1 + 1 + 1 > 1 .2  1 + 1 + 1  + + >    + + + + +  d a db dc 2  a b c  d a d b d c 2  b c   a c   a b  

⇔

1 1 1 1 1 1 + + > + + ( đpcm ) d a db dc a b c

IV. Củng cố V. Hướng dẫn học ở nhà Bài tập về nhà Bài 1: Cho tứ giác ABCD, AC và BD cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song song với BC cắt AB ở E; đường thẳng song song với CD qua O cắt AD tại F a) Chứng minh FE // BD b) Từ O kẻ các đường thẳng song song với AB, AD cắt BD, CD tại G và H. Chứng minh: CG. DH = BG. CH

Bài 2:

Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thuộc tia đối của tia BC sao cho BN = CM; các đường thẳng DN, DM cắt AB theo thứ tự tại E, F. 2

AN   . EF  DF 

b) EB = 

Chứng minh: a) AE2 = EB. FE

Bài 3: 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 *Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 12

Ngày soạn: 20/2/2019 Ngày dạy: 28/2/2019 CHUYÊN ĐỀ IX

CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG, ĐỊNH LÝ TALET A.MỤC TIÊU - Kiến thức: Giúp học sinh củng cố kiến thức về các đoạn thẳng tỉ lệ, các trường hợp

động dạng của hai tam giác.

-Kĩ năng: Biết vận dụng nhiều lý thuyết trong cùng một bài toán, biết chứng minh hai tam giác đồng dạng, chứng minh được các đoạn thẳng tỉ tệ.

- Thái độ: Tích cực trong học tập, yêu thích môn học - Hình thành năng lực tư duy logic, trình bày khoa học

B. CHUẨN BỊ Gv: Thước, compa Hs: Thước, compa

C.CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP I. Ổn định lớp II. Kiểm tra bài cũ GV chữa bài về nhà cho học sinh

III. Bài mới * Tam giác đồng dạng A. Kiến thức:

* Tam giác đồng dạng: a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c) ∆ ABC

A’B’C’ ⇔

AB AC BC = = A'B' A'C' B'C'

b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c) ∆ ABC

A’B’C’ ⇔

AB AC = A'

= ;A A'B' A'C'

c. Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g) ∆ ABC

= A' ; B = B'

A’B’C’ ⇔ A A'H' = k (Tỉ số đồng dạng); SA'B'C' AH SABC

AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì:

2 =K

B. Bài tập áp dụng =2C , AB = 8 cm, BC = 10 cm.

1. Bài 1: Cho ∆ ABC có B

a)Tính AC b)Nếu ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì mỗi A

cạnh là bao nhiêu?

Giải Cách 1:

B

E

Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC ∆ ACD

∆ ABC (g.g) ⇒

AC AD = AB AC

C

⇒ AC 2 = AB. AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC)

D

= 8(10 + 8) = 144 ⇒ AC = 12 cm Cách 2: ⇒ ∆ ABE Vẽ tia phân giác BE của ABC

∆ ACB

AB AE BE AE + BE AC = = = = ⇒ AC 2 = 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 + Nếu b = a + 1 thì (a + 1)2 = a2 + 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) A

- Với a = 2 thì c = 6 (loại) - với a = 4 thì c = 6 ; b = 5 Vậy a = 4; b = 5; c = 6

2.Bài 2: D

Cho ∆ ABC cân tại A, đường phân giác BD; tính BD biết BC = 5 cm; AC = 20 cm B

Giải Ta có

C

CD BC 1 = = ⇒ CD = 4 cm và BC = 5 cm AD AC 4

Bài toán trở về bài 1

3.Bài 3: Cho ∆ ABC cân tại A và O là trung điểm của BC. Một điểm O di động trên AB, lấy

điểm E trên AC sao cho CE =

OB2 . Chứng minh rằng BD

a) ∆ DBO ∆ OCE b) ∆ DOE

∆ DBO ∆ OCE

c) DO, EO lần lượt 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 a) Từ CE =

A

OB2 CE OB =C (gt) ⇒ ∆ DBO ∆ OCE = và B ⇒ BD OB BD

3= E 2 (1) b) Từ câu a suy ra O

E

3 + DOE + EOC = 1800 (2) Vì B, O ,C thẳng hàng nên O

D

∆ DOE và ∆ DBO có

và

DO OE = (Do ∆ DBO ∆ OCE) DB OC

DO OE =B =C

= (Do OC = OB) và DOE DB OB

nên ∆ DOE

∆ DBO ∆ OCE

1 = D 2 ⇒ DO là phân giác của các góc BDE c) Từ câu b suy ra D

Củng từ câu b suy ra E 1 = E 2 EO là phân giác của các góc CED

1

H

2

= 1800 (3) trong tam giác EOC thì E 2 + C + EOC =B =C

Từ (1), (2), (3) suy ra DOE

1 2

I

3 B

O

C

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

4.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 =B

cho DME

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 = DME + CME =B + BDM , mà DME =B (gt) a) Ta có DMC

A

= BDM , kết hợp với B =C ( ∆ ABC cân tại A) nên CME

suy ra ∆ BDM ⇒

∆ CME (g.g)

BD BM = ⇒ BD. CE = BM. CM = a 2 không đổi CM CE

b) ∆ BDM

DM BD DM BD ∆ CME ⇒ = ⇒ = ME CM ME BM

(do BM = CM) ⇒ ∆ DME

∆ DBM (c.g.c) ⇒

= BMD hay DM là tia phân giác của BDE

MDE

E I D

H

K B

M

C

c) chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của DEC

kẻ MH ⊥ CE ,MI ⊥ DE, MK ⊥ DB thì MH = MI = MK ⇒ ∆ DKM = ∆ DIM ⇒ DK =DI ⇒ ∆ EIM = ∆ EHM ⇒ EI = EH

Chu vi ∆ AED là PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK) ∆ ABC

là tam giác đều nên suy ra

∆ CME

củng là tam giác đều CH =

MC a = 2 2

⇒ AH = 1,5a ⇒ PAED = 2 AH = 2. 1,5 a = 3a

5.Bài 5:

F

Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng song song với AM, cắt AB, AC tại

K

A

E và F E

a) chứng minh DE + DF không đổi khi D di động trên BC b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE tại K. Chứng minh rằng K là trung điểm của FE B

D

M

C

Giải a) DE // AM ⇒ DF // AM ⇒

DE BD BD = ⇒ DE = .AM (1) AM BM BM DF CD CD CD = ⇒ DF = .AM = .AM (2) AM CM CM BM

Từ (1) và (2) suy ra DE + DF =

BD CD CD  BC  BD .AM + .AM =  + .AM = 2AM không đổi  .AM = BM BM BM  BM  BM

b) AK // BC suy ra ∆ FKA

∆ AMC (g.g) ⇒

FK KA (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) Từ (1) và (2) suy ra

FK EK = ⇒ FK = EK hay K là trung điểm của FE AM AM

6.Bài 6: (Đề HSG huyện Thạch hà năm 2003 – 2004) = 600 , một đường thẳng bất kỳ qua C cắt tia đối Cho hình thoi ABCD cạnh a có A

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

a) BC // AN ⇒

MB CM = (1) BA CN

CD// AM ⇒

CM AD = (2) CN DN

1 B

C 1

K

Từ (1) và (2) suy ra MB AD = ⇒ MB.DN = BA.AD = a.a = a 2 BA DN

A

D

= BDN = 1200 b) ∆ MBD và ∆ BDN có MBD

MB MB CM AD BD = 600 nên AB = BC = CD = = = = (Do ABCD là hình thoi có A BD BA CN DN DN

= DA) ⇒ ∆ MBD

∆ BDN

1 = B 1 . ∆ MBD và ∆ BKD có BDM = BDK và M 1 = B 1 nên Suy ra M = MBD = 1200 BKD

7.Bài 7:

N

Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC lần lượt tại I, M, N. Vẽ CE vuông góc với AB, CF F

vuông góc với AD, BG vuông góc với AC. Gọi K là điểm đối xứng với D qua I. Chứng minh rằng

D

a) IM. IN = ID

C

2

I G M

KM DM b) = KN DN

A

c) AB. AE + AD. AF = AC

B

K E

N

2

Giải a) Từ AD // CM ⇒ Từ CD // AN ⇒

CI ID = (2) AI IN

Từ (1) và (2) suy ra b) Ta có

IM CI (1) = ID AI

IM ID = hay ID2 = IM. IN ID IN

DM CM DM CM DM CM = ⇒ = ⇒ = (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 = ⇒ = ⇒ = ⇒ = = = = ⇒ IM IK IM IK IM IK KN IK KN ID AD CB

(4) Từ (3) và (4) suy ra c) Ta có ∆ AGB

KM DM = KN DN ∆ AEC ⇒

AE AC = ⇒ AB.AE = AC.AG ⇒ AB. AE = AG(AG + AG AB

CG) (5) ∆ CGB

∆ AFC ⇒

AF CG CG = = (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 2

2

2

⇔ AB. AE + AF. AD = AG +2.AG.CG + CG = (AG + CG) = AC

Vậy: AB. AE + AD. AF = AC2

2

*)SỬ DỤNG CÔNG THỨC DIỆN TÍCH ĐỂ THIẾT LẬP QUAN HỆ ĐỘ DÀI CỦA CÁC ĐOẠN THẲNG

A

A. Một số kiến thức: K

1. Công thức tính diện tích tam giác: S=

I

1 a.h (a – độ dài một cạnh, h – độ dài đường cao 2

tương ứng)

B

H

C

2. Một số tính chất: Hai tam giác có chung một cạnh, có cùng độ dài đường cao thì có cùng diện tích Hai tam giác bằng nhau thì có cùng diện tích

B. Một số bài toán: 1. Bài 1: Cho ∆ ABC có AC = 6cm; AB = 4 cm; các đường cao AH; BK; CI. Biết AH = CI + BK 2

Tính BC Giải 2SABC 2S ; CI = ABC AC AB

Ta có: BK =

1   1 ⇒ BK + CI = 2. SABC  +   AC AB  ⇔ 2AH = 2.

1 1 1  1   1 . BC. AH .  + +  ⇔ BC.   =2 2  AC AB   AC AB 

1   1 1 1 ⇒ BC = 2 :  +  = 2 :  +  = 4,8 cm  AC AB  6 4

Bài 2: Cho ∆ ABC có độ dài các cạnh là a, b, c; độ dài các đường cao tương 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 Ta xét a + ha = b + hb ⇒ a – b = ha – hb = ⇒ a – b = 2S.

a-b ⇒ (a – b) ab

2S 2S a-b 1 1 = 2S.  -  = 2S. b a ab b a

2S   1  = 0 ⇒ ∆ ABC cân ở C hoặc vuông ở C (1) ab  

Tương 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

A

cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ tự tại A’, B’, C’.

Chứng minh rằng: a)

OA' OB' OC' + + =1 AA' BB' CC'

c) M =

b)

OA OB OC + + =2 AA' BB' CC'

O

OA OB OC + + = 6 . Tìm vị trí của O để tổng M có giá OA' OB' OC' B

trị nhỏ nhất d) N =

B'

C'

A'

OA OB OC . . = 8 . Tìm vị trí của O để tích N có giá trị nhỏ nhất OA' OB' OC'

Giải Gọi SABC = S, S1 = SBOC , S2 = SCOA , S3 = SAOB . Ta có: S2 S3 S +S OA = = = 2 3 (1) OA' SOA'C SOA'B S1 S S + SOA'B S1 OA' SOA'C (2) = = OA'B = OA'C = AA' SAA'C SAA'B SAA'C + SAA'B S

Từ (1) và (2) suy ra Tương tự ta có

S +S OA = 2 3 AA' S

S +S S +S S S OB OC OB' OC' = 1 3; = 1 2 ; = 2 ; = 3 OB' S2 OC' S3 BB' S CC' S

a)

OA' OB' OC' S1 S2 S3 S + + = + + = =1 AA' BB' CC' S S S S

b)

OA OB OC S2 + S3 S1 + S3 S1 + S2 2S + + = + + = =2 AA' BB' CC' S S S S

c) M =

OA OB OC S2 + S3 S1 + S3 S1 + S2  S1 S2   S3 S2   S1 S3  + + = + + =  + + + + +  OA' OB' OC' S1 S2 S3  S2 S1   S2 S3   S3 S1  S

S  S

S  S

S 

Aùp dụng Bđt Cô si ta có  1 + 2  +  3 + 2  +  1 + 3  ≥ 2 + 2 + 2 = 6  S2 S1   S2 S3   S3 S1 

Đẳng thức xẩy ra khi S1 = S2 = S3 ⇔ O là trọng tâm của tam giác ABC

C

d) N = 2

S2 + S3 S1 + S3 S1 + S2 ( S2 + S3 )( S1 + S3 )( S1 + S2 ) . . = S1 S2 S3 S1.S2 .S3

⇒ N =

2

2

(S2 + S3 ) ( S1 + S3 ) (S1 + S2 ) 2 ( S1.S2 .S3 )

2

≥

4S1S2 .4S2S3 .4S1S3

( S1.S2 .S3 )

2

≥ 64 ⇒ N ≥ 8

Đẳng thức xẩy ra khi S1 = S2 = S3 ⇔ O là trọng tâm của tam giác ABC Bài 4: Cho tam giác đều ABC, các đường 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 A

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 Vì M nằm trong tam giác ABC nên

E

F

SBMC + SCMA + SBMA = SABC

P

⇔ BC.(MQ + MR + MP) = BC . AH

C' B' A'

M

⇒ MQ + MR + MP = AH ⇒ A’D + B’E + C’F = AH = h

R

B

Q

C

D

Vậy: A’D + B’E + C’F = AH = h không đổi 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: 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 lượt là AH, IK, GD Vì I là giap điểm của ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC, CA bằng nhau và bằng

A

IK

B H

I

G

K

D

M

C

Vì I nằm trong tam giác ABC nên: SABC = SAIB + SBIC + SCIA ⇔ BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1) Mà BC =

AB + CA ⇒ AB + CA = 2 BC (2) 2

Thay (2) vào (1) ta có: BC. AH = IK. 3BC ⇒ IK =

1 AH (a) 3

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên: SBGC =

1 1 1 SABC ⇔ BC . GD = BC. AH ⇒ GD = AH (b) 3 3 3

Từ (a) và (b) suy ra IK = GD hay khoảng cách từ I, G đến BC bằng nhau nên IG // BC

IV. Củng cố V. Hướng dẫn học ở nhà Bài tập về nhà 1.Bài 1 Cho Hình bình hành ABCD, một đường thẳng cắt AB, AD, AC lần lượt tại E, F, G Chứng minh:

AB AD AC + = AE AF AG

HD: Kẻ DM // FE, BN // FE (M, N thuộc AC)

1.Bài 2: Qua đỉnh C của hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng cắt BD, AB, AD ở E, G, F chứng minh: a) DE2 =

FE . BE2 EG

b) CE2 = FE. GE (Gợi ý: Xét các tam giác DFE và BCE, DEC và BEG)

3.Bài 3 Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt nhau tại một điểm. Chứng minh rằng a)

BH CM AD . . =1 HC MA BD

b) BH = AC

= 600 , Mlà điểm bất k ỳ nằm trên 4. Bài 4: Cho C là điểm thuộc tia phân giác của xOy , gọi MA, MB thứ tự là đường vuông góc với OC tại C và thuộc miền trong của xOy

khoảng cách từ M đến Ox, Oy. Tính độ dài OC theo MA, MB

5. Bài 5: 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 đường 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

* Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 13

Ngày soạn: 4/3/2019 Ngày dạy: 14/3/2019 CHUYÊN ĐỀ X

PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO, PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN A.MỤC TIÊU - Kiến thức: Củng cố, ôn tập kiến thức và kỹ năng giải các Pt bậc cao bằng cách phân tích thành nhân tử.

- Kĩ năng: Khắc sâu kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử và k ỹ năng giải Pt, biết giả các phương trình bậc cao - Thái độ: Tích cực trong học tập - Hình thành năng lwujc tư duy toán học, trình bày, lập luận chặt chẽ.

B. CHUẨN BỊ C. CÁC HOẠT ĐỘNG TRÊN LỚP I. Ổn định lớp II. Kiểm tra bài cũ III. Bài mới Kiến thức và bài tập: I. Phương pháp: * Cách 1: Để giải các Pt bậc cao, ta biến đổi, rút gọn để dưa Pt về dạng Pt có vế trái là một đa thức bậc cao, vế phải bằng 0, vận dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để đưa Pt về dạng pt tích để giải * Cách 2: Đặt ẩn phụ

II. Các ví dụ: 1.bài 1: Giải Pt a) (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12 3

3

3

2

⇔ ... ⇔ 2x + 10x = 12 ⇔ x + 5x – 6 = 0 ⇔ (x – 1) + (5x – 5) ⇔ (x – 1)(x + x +

6) = 0 x = 1 2 x - 1 = 0 1  23   2 ⇔  ⇔ x = 1 (Vì ⇔  2 x + = 0 vô nghiệm) 1  23   + 2 4 x+  + =0  x + x + 6 = 0   2 4

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 3

2

3

2

2

⇔ ... ⇔ (x – 1)(x + x + 2x + 8) ⇔ (x – 1)[(x + 2x ) – (x + 2x) + (4x – 8) ] = 0 2

2

⇔ (x – 1)[x (x + 2) – x(x + 2) + 4(x + 2) = 0 ⇔ (x – 1)(x + 2)(x – x + 4) = 0 ....

c) (x – 1)3 + (2x + 3)3 = 27x3 + 8 3

2

3

2

3

⇔ x – 3x + 3x – 1 + 8x + 36x + 54x + 27 – 27x – 8 = 0 3

2

3

2

⇔ - 18x + 33x + 57 x + 18 = 0 ⇔ 6x - 11x - 19x - 6 = 0 (2)

Ta thấy Pt có một nghiệm x = 3, nên vế trái có nhân tử x – 3: (2) ⇔ (6x3 – 18x2) + (7x2 – 21x) + (2x – 6) = 0 2

2

⇔ 6x (x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = 0 ⇔ (x – 3)(6x + 7x + 2) = 0 2

⇔ (x – 3)[(6x + 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 2

2

2

2

⇔ (x + 5x - 1) – 25 = 0 ⇔ (x + 5x - 1 + 5)( (x + 5x - 1 – 5) = 0 2

2

2

2

⇔ (x + 5x + 4) (x + 5x – 6) = 0 ⇔ [(x + x) +(4x + 4)][(x – 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 2

2

2

2

⇔ (x + x + 1) – 3(x + x + 1)( x - x + 1) = 0 2

2

2

2

2

⇔ ( x + x + 1)[ x + x + 1 – 3(x - x + 1)] = 0 ⇔ ( x + x + 1)( -2x + 4x - 2) = 0 2

2

2

2

⇔ (x + x + 1)(x – 2x + 1) = 0 ⇔ ( x + x + 1)(x – 1) = 0...

f) x5 = x4 + x3 + x2 + x + 2 ⇔ (x5 – 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 4

3

2

4

3

2

4

3

2

⇔ (x – 1) (x + x + x + x + 1) – (x + x + x + x + 1) = 0 ⇔ (x – 2) (x + x + x + 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 + ) + ] + x2 = 0 2 4 4 2 2   1 3  1 3  2  x + 2 2 + x + +       ⇔ (x + 1)  2 4  + x = 0 Vô nghiệm vì (x + 1)  2 4  ≥ 0  2

2

2

2

2

⇔ (x + 1) (x – x + 1) + x = 0 ⇔ (x + 1) [(x – 2.x.

nhưng không xẩy ra dấu bằng

2. Bài 2: a) (x2 + x - 2)( x2 + x – 3) = 12 ⇔ (x2 + x – 2)[( x2 + x – 2) – 1] – 12 = 0 2

2

2

⇔ (x + x – 2) – (x + 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 ⇔ (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.....

* y = - 41 ⇔ x2 – 11x + 29 = - 41 ⇔ x2 – 11x + 70 = 0 ⇔ (x2 – 2x.

11 121 159 + )+ = 2 4 4

0 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

3. 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 4

2

⇔ y – y – 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) * 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 4

3

2

4

3

2

⇔ y +8y + 24y + 32y + 16 + y - 8y + 24y - 32y + 16 = 82 4

2

4

2

⇔ 2y + 48y + 32 – 82 = 0 ⇔ y + 24y – 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 thường 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 5

4

3

2

5

4

3

2

⇔ y + 5y + 10y + 10y + 5y + 1 – (y - 5y + 10y - 10y + 5y - 1) – 32 = 0 4

2

4

2

⇔ 10y + 20y – 30 = 0 ⇔ y + 2y – 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

⇔ 4ab(a +

2  3 3 7 2 ab + b2) = 0 ⇔ 4ab  a + b  + b  = 0 ⇔ 4ab = 0 2 4  16   2

3 7 2 (Vì  a + b  + b ≥ 0 nhưng không xẩy ra dấu bằng) ⇔ ab = 0 ⇔ x = 7; x = 8 4  16  1

1

e) 6x4 + 7x3 – 36x2 – 7x + 6 = 0 ⇔ 6  x 2 + 2  + 7  x -  − 36 = 0 x   x 

(Vì x = 0 không là nghiệm). Đặt x -

1 1 = y ⇒ x 2 + 2 = y2 + 2 , thì x x

1   1  2 2 6  x 2 + 2  + 7  x -  − 36 = 0 ⇔ 6(y + 2) + 7y – 36 = 0 ⇔ 6y + 7y – 24 = 0 x   x  2

⇔ (6y – 9y) + (16y – 24) = 0 ⇔ (3y + 8 )(2y – 3) = 0 8 1 8 = - ⇔ ... ⇔ (x + 3)(3x – 1) = ⇔ x3 x 3

+) 3y + 8 = 0 ⇔ y = -

x = - 3 x + 3 = 0 0⇔  ⇔ x = 1 3x 1 = 0  3 

+) 2y – 3 = 0 ⇔ y = x - 2 = 0

3 1 3 = ⇔ ... ⇔ (2x + 1)(x – 2) = ⇔ x2 x 2

x = 2

0⇔  ⇔ x = - 1 2x + 1 = 0  

2

4. 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 nhưng 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 7

⇔x –1 =0 ⇔ x =1

x = 1 không là nghiệm của Pt x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN - PHƯƠNG PHÁP 1: Phương pháp đưa về dạng tổng Phương 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 phương trình về dạng một vế là một tổng của các bình phương các biểu thức chứa ẩn; vế còn lại là tổng bình phương 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: 5 x 2 − 4 xy + y 2 = 169 (1) ( 2 x − y ) 2 + x 2 = 144 + 25 (1) ⇔ 4 x − 4 xy + y + x = 144 + 25 = 169 + 0 ⇔  2 2 ( 2 x − y ) + x = 169 + 0 2

Từ (I) ta có:

2

2

(II)

Tương tự từ (II) ta có:

 ( 2 x − y ) 2 = 122  x = ±5  x = ±5  ⇒ ;   x 2 = 52  y = ∓2  y = ∓22   ( 2 x − y ) 2 = 52  x = ±12  x = ±12 ⇒ ;  2 2  y = ∓19  y = ∓29  x = 12

 ( 2 x − y ) 2 = 132 x = 0  ⇒   x 2 = 0  y = ±13   ( 2 x − y ) 2 = 0  x = ±13 ⇒  2 2  y = ±26  x = 13

( 5; −2 ) ; ( 5; −22 ) ; ( −5; 2 ) ; ( −5; 22 ) ; (12; −19 ) ; (12; −29 )

  ( −12;19 ) ; ( −12; 29 ) ; ( 0;13) ; ( 0; −13) ; (13; 26 ) ; ( −13; −26 ) 

Vậy ( x, y ) ∈ 

Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x 2 + y 2 − x − y = 8 (2) 2

2

(2) ⇔ 4 x 2 − 4 x + 4 y 2 − 4 y = 32 ⇔ 4 x 2 − 4 x + 1 + 4 y 2 − 4 y + 1 = 34 ⇔ ( 2 x − 1) + ( 2 y − 1) = 52 + 32  ( 2 x − 1)2 = 32  x = 2; x = −1   ⇒ 2  ( 2 y − 1) = 52  y = 3; y = −2   ⇒  ( 2 x − 1)2 = 52  x = 3; x = −2   ⇒  2 2   y = 2; y = −1  ( 2 y − 1) = 3

Vậy ( x; y ) ∈ {( 2;3) ; ( 2; −2 ) ; ( −1;3) ; ( −1; −2 ) ; ( 3; 2 ) ; ( 3; −1) ; ( −2; 2 ) ; ( −2; −1)} Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x3 − y 3 = 91 (1) (1) ⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) = 91.1 = 13.7 (Vì ( x 2 + xy + y 2 ) > 0 )   x − y = 1  x = 6  x = −5 ⇒ ;  2 2 x + xy + y ) = 91  y = 5  y = −6 (    ( x − y ) . ( x 2 + xy + y 2 ) = 91.1 ⇒    x − y = 91 ⇒ VN  2 2  ( x + xy + y ) = 1

Ví dụ 4: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: x 2 + x − y 2 = 0 (2) 2

2

x 2 + x − y 2 = 0 ⇒ 4 x 2 + 4 x − 4 y 2 = 0 ⇒ ( 2 x + 1) − ( 2 y ) = 1 ⇒ ( 2 x + 2 y + 1)( 2 x − xy + 1) = 1  2 x + 2 y + 1 = 1  x = 0 ⇒  2 x − 2 y + 1 = 1  y = 0 ⇒  2 x + 2 y + 1 = −1  x = −1  ⇒  2 x − 2 y + 1 = −1  y = 0

Vậy: ( x; y ) ∈ {( 0;0 ) ; ( −1;0 ) }

- PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp cực hạn Phương pháp: Phương pháp này thường sử dụng với các phương trình đối xứng

- Vì phương trình đối xứng nên x; y; z có vai trò bình đẳng như nhau. Do đó; ta giả thiết x ≤ y ≤ z ; tìm điều kiện của các nghiệm; loại trừ dần các ẩn để có phương trình đơn giản. Giải phương trình; dùng phép hoán vị để suy ra nghiệm.

Ta thường 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 phương trình đối xứng.

Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z . Khi đó: (1) ⇒ x. y.z = x + y + z ≤ 3z ⇒ x. y ≤ 3 (Vì x; y; z ∈ Z + ) ⇒ x. y ∈ {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) Vậy: x; y; z là hoán vị của (1; 2;3) Ví dụ 2: Tìm x; y; z ∈ Z + thoả mãn:

1 1 1 + + = 2 (2) x y z

Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là phương trình đối xứng.

Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z . Khi đó: 1 x

1 y

1 z

3 x

3 2

(2) ⇒ 2 = + + ≤ ⇒ x ≤ ⇒ x = 1 1 y

1 z

2 y

Với: x = 1 ⇒ 1 = + ≤ ⇒ y ≤ 2 ⇒ y ∈ {1; 2} 1 z

.Nếu: y = 1 ⇒ = 0 (vô lí) .Nếu: y = 2 ⇒ z = 2 Vậy: x; y; z là hoán vị của (1; 2; 2 )

- PHƯƠNG PHÁP 3: Phương pháp sử dụng tính chất chia hết Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z để: A =

x2 + x x2 + x + 1

nhận giá trị nguyên

Ta có: A =

x2 + x x2 + x + 1−1 1 . Khi đó: = = 1+ 2 2 2 x + x +1 x + x +1 x + x +1

Để A nhận giá trị nguyên thì

1 nhận giá trị nguyên. x + x +1 2

⇒ 1⋮ ( x 2 + x + 1) ⇒ ( x 2 + x + 1) ∈ U (1) = {−1;1} x = 0  x = −1

Vì : ( x 2 + x + 1) > 0; ∀x ∈ ℤ ⇒ x 2 + x + 1 = 1 ⇒ 

Vậy để A nhận giá trị nguyên thì: x = 0 hoặc x = −1 Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z thoả mãn: 2 y 2 x + x + y + 1 = x 2 + 2 y 2 + x. y (2) ⇒ 2 y 2 . ( x − 1) − x. ( x − 1) − y. ( x − 1) + 1 = 0 (*) Với: x = 1; (*) ⇒ 1 = 0 ⇒ x = 1 không phải là ngiệm của phương trình. Nên: 2 y2 − x − y +

1 = 0 (**) . x −1

Phương trình có nghiệm nguyên ⇔

x = 0 1 ∈ ℤ ⇔ ( x − 1) ∈ U (1) = {1; −1} ⇒  x −1 x = 1 2

Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z + thoả mãn: 3x + 1 = ( y + 1) (3) Ta có: 2

(3) ⇒ 3x = ( y − 1) − 1 = y ( y + 2 ) . 3x là số lẻ ⇒ y; ( y + 2 ) là hai số lẻ liên tiếp ⇒ ( y; y + 2 ) = 1 ⇒ y; y + 2 là các luỹ thừa của 3, nên:  y = 3m (*) ( m + n = x ) ⇒ 3m + 2 = 3n ⇒ m < n  n  y + 2 = 3 (**)

Với: m = 0; ⇒ n = 1 ⇒ y = 1; x = 1.  y ⋮3 ⇒ ( y; ( y + 2 ) ) ≠ 1 ( vô lí) ( y + 2 )⋮ 3

Với: m ≥ 1; ⇒ n > 1 Từ (*) ; (**) ⇒ 

x = 1 y =1

Phương trình có nghiệm nguyên: 

- PHƯƠNG PHÁP 4: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Phương 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 thường gặp: *Bất đẳng thức Cô – si:

Cho n số không âm: a1 ; a2 ; a3 ;......; an . Khi đó: a1 + a2 + a3 + ...... + an n ≥ a1.a2 .a3 .......an . n

Dấ u

“=”

xả y

ra

⇔ a1 = a2 = a3 = ...... = an

* Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho 2n số thực: a1 ; a2 ; a3 ;......; an và b1; b2 ; b3 ;......; bn . Khi đó:

( a1.b1 + a2 .b2 + a3 .b3 + .... + an .bn )

2

≤ ( a1. + a2 . + a3 + .... + an )( b1 + b2 . + b3 + .... + bn ) .

Dấu “=” xảy ra ⇔ ai = kbi ( i = 1; n ) . *Bất đẳng thứcgiá trị tuyết đối:  a + b ⇔ a.b ≥ 0 a +b =  a − b ⇔ a.b < 0

Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z + thoả:

x. y y.z z.x + + = 3 (1) z x y

Áp dụng BĐT Cô – si. Ta có: 3 =

x. y y.z z.x x. y y.z z.x + + ≥ 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 phương trình là: x = y = z = 1 2

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: ( x + y + 1) = 3 ( x 2 + y 2 + 1) (2) (Toán Tuổi thơ 2)

Theo Bunhiacôpxki,ta có:

( x + y + 1)

2

≤ (12 + 12 + 12 )( x 2 + y 2 + 1) = 3 ( x 2 + y 2 + 1) x 1

Dấu “=” xảy ra ⇔ =

y 1 = ⇒ x = y =1 1 1

Vậy nghiệm của phương trình là: x = y = 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 a = −a

Ta có:(3) ⇒ 3 − x + 10 − x + x + 101 + x + 990 + x + 1000 = 2004 .  3− x ≥ 3− x   10 − x ≥ 10 − x Mà a ≥ a ⇒  x + 101 ≥ x + 101 ⇒ 2004 ≥ x + 101 + 2003 ⇒ x + 101 ≤ 1   x + 990 ≥ x + 990  x + 1000 ≥ x + 1000 

Do đó: −1 ≤ ( x + 101) ≤ 1 ⇒ ( x + 101) ∈ {−1;0;1} ⇒ x ∈ {−102; −101; −100} .

Vớ i

x = −101 ⇒ 2004 = 2003 (vô

lí). Vậy nghiệm của phương trình là:

x ∈ {−102; −100}

1) Tìm các số nguyên x,y,z thoả mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ xy + 3 y + 2 z − 3 Vì x,y,z là các số nguyên nên x 2 + y 2 + z 2 ≤ xy + 3 y + 2 z − 3

  y2   3 y2 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − xy − 3 y − 2 z + 3 ≤ 0 ⇔  x 2 − xy +  +  − 3y + 3 + z2 − 2z +1 ≤ 0 4   4  

(

2

2

y 2  y  ⇔  x −  + 3  − 1 + ( z − 1) ≤ 0 2  2 

2

2

)

(*) Mà  x −  + 3  − 1 + ( z − 1) ≥ 0 2  2  y

y

2

∀x, y ∈ R

y  x − 2 = 0  x =1  2 2 y 2 y   y  ⇒  x −  + 3  − 1 + ( z − 1) = 0 ⇔  − 1 = 0 ⇔  y = 2 2  2  2  z =1   z −1 = 0  

Các số x,y,z phải tìm là

 x =1  y = 2  z =1 

PHƯƠNG PHÁP 5: Phương pháp lựa chọn Phương 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 như chia hết; số dư; số chính phương; chữ số tận cùng ….. ta chứng tỏ rằng với các giá trị khác phương trình vô nghiệm

Các ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Tìm x; y ∈ Z + thoả mãn: x 6 + 3x 3 + 1 = y 4

Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy với x = 0; y = ±1 thì phương trình được nghiệm đúng. Ta cần chứng minh phương trình vô nghiệm với x ≠ 0 + Với x = 0; y = ±1 thì phương trình được nghiệm đúng + Với x > 0 . Khi đó: 2

2

x 6 + 2 x 3 + 1 < x 6 + 3 x3 + 1 < x 6 + 4 x 3 + 4 ⇒ ( x3 + 1) < y 4 < ( x 3 + 2 ) (*)

Vì

(x

3

+ 1) ; ( x 3 + 2 ) là hai số nguyên liên tiếp nên không có giá trị nào của y thoả

(*) Vậy x = 0; y = ±1 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 2: Tìm x; y ∈ Z + thoả: x 2 + x − 1 = 32 y +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: ( x 2 + x − 1) có chữ số tận cùng là: 1, 5 hoặc 9.

(*)

Mặt khác: 32 y +1 là luỹ thừa bậc lẻ của 3 nên có tận cùng là 3 hoặc 7.

(**)

Từ (*) và (**) suy ra phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 3: Tìm x; y ∈ Z + thoả mãn: x 2 − 6 xy + 13 y 2 = 100 (3)  y ≤5

 (3) ⇒ ( x − 3) = 4 ( 25 − y 2 ) ⇒  2

( 25 − y

2

2

) = n (n ∈ ℕ)

Do đó: y ∈ {−5; −4; −3;0;3; 4;5} ⇒ x ∈ {3;9;11;13} Phương

trình

có

nghiệm

nguyên:

( x; y ) ∈ {( −5;3) ; ( −4;9 ) ; ( −3;11) ; ( 0;13) ; ( 3;11) ; ( 4;9 ) ; ( 5;3)} PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp lùi vô hạn (xuống thang) Phương 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 được phương trình đơn giản hơn.

- Sử dụng linh hoạt các phương pháp để giải phương trình đó.

Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x3 − 3 y 3 − 9 z 3 = 0 (1)

Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy x3 − 3 y 3 − 9 z 3 = 0 ⇒ ( x3 − 3 y 3 − 9 z 3 )⋮ 3 mà ( −3 y 3 − 9 z 3 )⋮ 3 nên x3 ⋮ 3 Ta có: (1) ⇒ ( x 3 − 3 y 3 − 9 z 3 )⋮ 3 ⇒ x 3 ⋮ 3 ⇒ x ⋮ 3 ⇒ x = 3x1 Khi đó: (1) ⇒ ( 27 x13 − 3 y 3 − 9 z 3 )⋮ 3 ⇒ ( 9 x13 − y 3 − 3z 3 )⋮ 3 ⇒ y 3 ⋮ 3 ⇒ y ⋮ 3 ⇒ y = 3 y1 . ⇒ ( 9 x13 − 27 y13 − 3 z 3 )⋮ 3 ⇒ z 3 ⋮ 3 ⇒ z ⋮ 3 ⇒ y = 3 z1 .

* Tiếp tục sự biểu diễn trên và nếu gọi x0 ; y0 ; z0 là nghiệm của (1) và thì 3 ∈ U ( x0 ; y0 ; z0 ) và 0 ≤ x0 ; y0 ; z0 ≤ 9 . Thực hiện thử chọn ta được: x0 = y0 = z0 = 0

Vậy nghiệm của phương trình là: x0 = y0 = z0 = 0

IV. củng cố V. Hướng dẫn học về nhà 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 h) 6x4 + 5x3 – 38x2 + 5x + 6 = 0 i) x5 + 2x4 + 3x3 + 3x2 + 2x + 1 = 0

(Chia 2 vế cho x2; Đặt y = x +

(Vế trái là đa thức có tổng các hệ số bậc

chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ...)

Bài 2: Chứng minh các pt sau vô nghiệm a) 2x4 – 10x2 + 17 = 0 (Phân tích vế trái thành tổng của hai bình phương) b) x4 – 2x3 + 4x2 – 3x + 2 = 0

1 ) x

(Phân tích vế trái thành tích của 2 đa thức có giá trị không âm....)

• Bổ sung, điều chỉnh

Buổi 14

Ngày soạn: 13/3/2019 Ngày dạy: 21/3/2019 ÔN TẬP CHUNG

A.MỤC TIÊU -Kiến thức: Củng cố và hệ thống lại toàn bộ kiến thức đã học cho học sinh -Kĩ năng: Rèn luyện kỹ năng tính toán, kỹ năng phân tích bài toán, nhận diện dạng toán.

-Thái độ: Chịu khó, tích cực, yêu thích môn học

- Hình thành năng lực tư duy logic, sáng tạo, khoa học, kỹ năng phân chia thời gian hợp lý, kỹ năng phân tích và suy luận.

B.CHUẨN BỊ Giáo viên: Đề, thước, compa Học sinh: Kiến thức, vở ghi, thước, compa

C. CÁC HOẠT DỘNG TRÊN LỚP I.Ổn định lớp II. Kiểm tra bài cũ III. Bài mới ĐỀ BÀI.1 Câu 1 (5,0 điểm): Cho biểu thức A =

x 3 − 3x x+4 − 2 + 3 x +1 x − x +1 x +1

a) Tìm ĐKXĐ; Rút gọn biểu thức A b) Chứng minh rằng giá trị của A luôn dương với mọi x ≠ - 1

Câu 2 (4,0 điểm) a) Chứng minh rằng: Với mọi x ∈ Q thì giá trị của đa thức: M = ( x + 2 )( x + 4 )( x + 6 )( x + 8 ) + 16 là bình phương của một số hữu tỉ. b) Giải phương trình x + 1 = x( x + 1)

Câu 3: (4,0 điểm) a) Tìm x, y, z thỏa mãn phương trình sau: 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0. b) Cho

x y z a b c x2 y 2 z 2 + + = 1 và + + = 0 . Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 = 1 . a b c x y z a b c

Bài 4 (5,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có góc ABC bằng 600, phân giác BD. Gọi M, N, I theo thứ tự là trung điểm của BD, BC, CD. a) Tứ giác AMNI là hình gì? Chứng minh. b) Cho AB = 4cm. Tính các cạnh của tứ giác AMNI.

Câu 5 (2,0 điểm): Chứng minh bất đẳng thức:

a2 b2 c2 c b a + + ≥ + + b2 c2 a2 b a c

HƯỚNG DẪN Câu

Đáp án

Điểm

a/ A =

x x 2 − x + 1 − ( x + 1)( 3 − 3 x ) + x + 4 x 3 − 3x x+4 = − + x + 1 x 2 − x + 1 x3 + 1 ( x + 1) x 2 − x + 1

(

)

(

2,0

)

2 x 3 + 2 x 2 + 2 x + 1 ( x + 1) x + x + 1 x2 + x + 1 = = = ( x + 1) x 2 − x + 1 ( x + 1) x 2 − x + 1 x 2 − x + 1

(

1

( (

)

) )

2

1 3  x+  + x 2 + x + 1  2 4 b/ Với mọi x ≠ - 1 thì A = 2 = 2 x − x +1  1 3 x−  + 2 4  2

2,0

2

1 3 1 3 Vì  x +  + > 0;  x −  + > 0, ∀x ≠ −1 ⇒ A > 0, ∀x ≠ −1 2



4

2



4

a/ Ta có: M = ( x 2 + 10 x + 16 )( x 2 + 10 x + 24 ) + 16

1,0

Đặt a = x2 + 10x + 16 suy ra M = a( a+8) + 16 = a2 + 8a + 16 = (a+ 4)2

1,0

M = ( x2 + 10x + 20 )2 (đpcm) 2

b/ x + 1 = x( x + 1) ⇔ x( x + 1) − x + 1 = 0 ⇔ x . x + 1 − x + 1 = 0 ⇔ x + 1 ( x − 1) = 0

1,0

 x +1 = 0  x +1 = 0  x = −1 ⇔  ⇔ ⇔ x =1  x − 1 = 0  x = 1

1,0

a/ 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0

2,0

2

2

2

⇔ (9x – 18x + 9) + (y – 6y + 9) + 2(z + 2z + 1) = 0 2

2

2

⇔ 9(x - 1) + (y - 3) + 2 (z + 1) = 0 (*)

Do: ( x − 1)2 ≥ 0;( y − 3) 2 ≥ 0;( z + 1)2 ≥ 0 Nên: (*) ⇔ x = 1; y = 3; z = -1 3

Vậy (x, y, z) = (1, 3, -1). b/ Từ:

a b c ayz+bxz+cxy + + =0⇔ =0 x y z xyz

⇔ ayz + bxz + cxy = 0

Ta có: ⇔

x y z x y z + + = 1 ⇔ ( + + )2 = 1 a b c a b c

x2 y 2 z 2 xy xz yz + 2 + 2 + 2( + + ) = 1 2 a b c ab ac bc

2,0

⇔

x2 y2 z 2 cxy + bxz + ayz x2 y2 z 2 + + + 2 = 1 ⇔ + + = 1(dfcm) a 2 b2 c 2 abc a2 b2 c2

B

N

M

A

D

0,5

I

C

a/ Chứng minh được tứ giác AMNI là hình thang

1,0

Chứng minh được AN=MI, từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình

1,0

thang cân 4

b/ (2,0 điểm) Tính được AD = AM =

4 3 8 3 cm ; BD = 2AD = cm 3 3

1,0

1 4 3 BD = cm 2 3

Tính được NI = AM = DC = BC =

4 3 cm 3

8 3 1 4 3 cm , MN = DC = cm 3 3 2

Tính được AI =

0,5

2,0

0,5 0,5

8 3 cm 3

Áp dụng BĐT: x2 + y2 ≥ 2xy, Dấu bằng xẩy ra khi x = y

5

a2 b2 a b a a2 c2 a c c c2 b2 c b b ; ; 2 + 2 ≥ 2. . = 2. + ≥ 2 . . = 2 . + ≥ 2 . . = 2 .

2 2 2 2 b c c b b a b a a c a b c a c

Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta có

a 2 b2 c2 a c b a 2 b2 c2 a c b 2( 2 + 2 + 2 ) ≥ 2( + + ) ⇒ 2 + 2 + 2 ≥ + + b c a c b a b c a c b a

Đề 2 Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4 + 2013x 2 + 2012 x + 2013 .

2,0

 x2 − 2 x  1 2  2 x2 − 1− − 2  .

2 2 3   2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x 

2. Rút gọn biểu thức sau: A = 

Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: (2 x 2 + x − 2013)2 + 4( x 2 − 5 x − 2012) 2 = 4(2 x 2 + x − 2013)( x 2 − 5 x − 2012)

2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y3 .

Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x + 2 dư 10, f(x) chia cho x − 2 dư 24, f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5 x và còn dư.

2. Chứng minh rằng: a (b − c)(b + c − a ) 2 + c(a − b)(a + b − c) 2 = b(a − c)(a + c − b) 2

Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.

2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 1 1 1 = + .

2 2 AD AM AN 2

3. Chứng minh rằng:

Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc = 1 . Chứng minh rằng : 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2 3

(4.0 điểm) 0,5

Hướng dẫn giải

Câu 1

Ta có x 4 + 2013x 2 + 2012 x + 2013 = ( x 4 − x ) + 2013 x 2 + 2013 x + 2013

1 (2.0 điểm)

= x ( x − 1) ( x 2 + x + 1) + 2013 ( x 2 + x + 1)

0.5

= ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 2013)

0.5

Kết luận x 4 + 2013x 2 + 2012 x + 2013 = ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 2013)

2 (2.0 điểm)

x ≠ 0 x ≠ 2

ĐK: 

 x2 − 2x

0.5

0.25 2 x2



1

2

  Ta có A =  2 − 1− − 2  2 3   2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x 

0.25

 x2 − 2 x   x2 − x − 2  2 x2 = −   2 2 x2  2( x + 4) 4(2 − x) + x (2 − x)   

0.25

 x2 − 2 x   ( x + 1)( x − 2)   x( x − 2)2 + 4 x 2   ( x + 1)( x − 2)  2x2 = − 2   =  0.5 2 2 x2 x2   2( x − 2)( x + 4)     2( x + 4) ( x + 4)(2 − x)  

x 3 − 4 x 2 + 4 x + 4 x 2 x + 1 x( x 2 + 4)( x + 1) x + 1 = . 2 = = 2( x 2 + 4) x 2 x 2 ( x 2 + 4) 2x x ≠ 0 x +1 Vậy A = với  .

2x x ≠ 2

0.5 0.25

(4.0 điểm)

Câu 2  a = 2 x 2 + x − 2013 Đặt:  2

0.25

b = x − 5 x − 2012

Phương trình đã cho trở thành:

0.5

a 2 + 4b 2 = 4ab ⇔ (a − 2b)2 = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

1 Khi đó, ta có: (2.0 điểm) 2 x 2 + x − 2013 = 2( x 2 − 5 x − 2012) ⇔ 2 x 2 + x − 2013 = 2 x 2 − 10 x − 4024 ⇔ 11x = −2011 ⇔ x =

−2011 .

11

0.5 0.5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

−2011 .

11

0.25

2

3 7 Ta có y3 − x 3 = 2x 2 + 3x + 2 = 2  x +  + > 0 ⇒ x < y 

4

8

(1)

0.5

(2)

0.5

2

9  15  (x + 2)3 − y3 = 4x 2 + 9x + 6 =  2x +  + > 0 4  16 

⇒ y< x+2

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = 2 x+1 (2.0 điểm) Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: (-1 ; 0) KL

Câu 3 Giả sử f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5 x và còn dư là 1 (2.0 điểm) ax + b .

0.25

0.5

0.25

(4 điểm) 0.5

Khi đó: f ( x) = ( x 2 − 4).(−5 x) + ax+b Theo đề bài, ta có: 7   f (2) = 24  2a + b = 24 a = ⇔ ⇔ 2   f (−2) = 10  −2a + b = 10 b = 17 7 Do đó: f ( x ) = ( x 2 − 4).(−5 x) + x+17 2

0.5 0.5

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x) = −5 x3 +

47 x + 17.

2

0.5

Ta có: a (b − c)(b + c − a ) 2 + c(a − b)(a + b − c)2 − b(a − c)(a + c − b) 2 = 0 (1) x+z  a = 2 a + b − c = x  x+ y   Đặt: b + c − a = y => b = 2 a + c − b = z   y+z  c = 2 

0.25

Khi đó, ta có:

2 (2.0 điểm)

VT(1) =

x+ z x+ y y+ z  2 y+ z x+ z x+ y 2 1 0.52 − −  .y +   .x − ( x + y )( x − y ).z 2  2 2  2  2 2  4

x+ z x−z 2 y+ z z− y 2 1 2 . .y + . .x − ( x − y 2 ) z 2 2 2 2 2 4 1 2 2 2 1 2 1 = ( x − z ). y + ( z − y 2 ).x 2 − ( x 2 − y 2 ).z 2 4 4 4 1 1 = ( x 2 − y 2 ).z 2 − ( x 2 − y 2 ).z 2 = 0 = VP(1) (đpcm) 4 4

=

KL:….

0.25 0.25 0.25

(6 điểm)

Câu 4 E

A

B

H

1 (2.0 điểm)

0.5

F

D

C

M

N

= ABF (cùng phụ BAH ) Ta có DAM AB = AD ( gt) = ADM = 900 (ABCD là hình vuông) BAF ⇒ ∆ADM = ∆BAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành = 900 (gt) Mặt khác. DAE

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

0.75

0.5 0.5 0.25

Ta có ∆ABH ∼ ∆FAH (g.g) AB BH BC BH hay ( AB=BC, AE=AF) = = AF AH AE AH = HBC (cùng phụ ABH ) Lại có HAB ⇒ ∆CBH ∼ ∆EAH (c.g.c) =>

2 2 2 (2.0 điểm) ⇒ S∆CBH =  BC  , mà S∆CBH = 4 (gt) ⇒  BC  = 4 nên BC2 = S∆EAH  AE  S∆EAH  AE  2 (2AE) ⇒ BC = 2AE ⇒ E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm)

0.5 0.5

0.5

0.5

Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: ⇒

3 (2.0 điểm)

0.5

AD AM AD CN = ⇒ = CN MN AM MN

Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: ⇒

MN MC AB MC AD MC = ⇒ = hay = AN AB AN MN AN MN 2

2

2

2

CN 2 + CM 2 MN 2  AD   AD   CN   CM  ⇒  = =1  +  =  +  = MN 2 MN 2  AM   AN   MN   MN 

(Pytago)

0.5 0.5

2

2

1 1 1  AD   AD  ⇒   +  = 1 => AM 2 + AN 2 = AD 2  AM   AN 

(đpcm)

0.5

Câu 5 2 điểm Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với ∀ a, b, c ∈ R và x, y, z > 0 ta có a2 b2 c2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z

2

(*) Dấu “=” xảy ra ⇔

a b c = = x y z

Thật vậy, với a, b ∈ R và x, y > 0 ta có a 2 b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y

2

0.75

(**)

Dấu “=” xảy ra ⇔

⇔

(a

⇔

( bx − ay )

2

y + b 2 x ) ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) 2

2

≥ 0 (luôn đúng)

a b = x y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có 2

2.0 điểm

2

a2 b2 c2 ( a + b ) c 2 ( a + b + c ) + + ≥ + ≥ x y z x+ y z x+ y+ z a b c Dấu “=” xảy ra ⇔ = = x y z 1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có: 3 + 3 + 3 = a + b + c a (b + c) b (c + a) c (a + b) ab + ac bc + ab ac + bc

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2

2

1 1 1 1 1 1 1 1 1  + +   + +  2 2 2 a b c a b c   a b c + + ≥ = ab + ac bc + ab ac + bc 2(ab + bc + ac) 1 1 1 2 + +  a b c abc = 1 ) 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 a Hay + b + c ≥  + +  ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 

1 1 1 2 2 2 1 1 1 3 Mà + + ≥ 3 nên a + b + c ≥ a b c ab + ac bc + ab ac + bc 2

Vậy

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2 3

Điểm toàn bài

(đpcm)

0.5 (Vì

0.25 0.25

0.25

(20

điểm) IV. Củng cố V. Hướng dẫn học về nhà Học và làm đề Đề 1 thời gian 120 phút Bài 1 (2,0 điểm).

2 1   10 − x 2   x Cho biểu thức: A = 2 + + :x − 2 + x + 2  x −4 2−x x+2   a. Rút gọn biểu thức A. c. Tìm giá trị của x để A < 0. nguyên.

1 b. Tính giá trị của A , Biết |x| = .

2 d. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị

Bài 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: a.b) (6 x + 8)(6 x + 6)(6 x + 7) 2 = 72

b.

1 1 1 1 + 2 + 2 = x + 9 x + 20 x + 11x + 30 x + 13 x + 42 18 2

Câu 3. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. a. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. b. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. c. Chứng minh rằng:

1 1 1 = + .

2 2 AD AM AN 2

Câu 4. (1,5 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc = 1 . Chứng minh rằng : 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2 3

Bài 5 (1,0 điểm). Cho an = 1+2+3+…+ n. Chứng minh rằng an + an+1 là một số chính phương.

Hướng dẫn Bài Bài 1 (2,0đ) a (0.75) b (0.5) c (0.25)

Nội dung

Điểm

Biểu thức: 2 1   10 − x 2   x A = 2 + + :x − 2 + x + 2  x −4 2−x x+2  

−1 x−2 1 1 −1 2 2 x = ⇒ x = hoặc x = hoặc A= ⇒ A= 3 5 2 2 2 A < 0 ⇔ x - 2 >0 ⇔ x >2 Rút gọn được kết qủa: A =

0.75 0.5 0.25

d (0.75) Bài2 (2,0đ ) a (1.0)

b (1.0)

A ∈Z ⇔

−1 ∈ Z ⇔ x-2 ∈ Ư(-1) ⇔ x-2 ∈ { -1; 1} x−2

0,5

⇔ x ∈ {1; 3}

(6 x + 8)(6 x + 6)(6 x + 7) 2 = 72 Đặt 6 x + 7 = t. Ta có (t + 1)(t − 1)t 2 = 72 ⇔ (t 2 − 1)t 2 = 72 ⇔ t 4 − t 2 − 72 = 0 ⇔ t 4 − 9t 2 + 8t 2 − 72 = 0 ⇔ t 2 (t 2 − 9) + 8(t 2 − 9) = 0 ⇔ (t 2 − 9)(t 2 + 8) = 0 2 5 Mà t 2 + 8 > 0 nên t 2 − 9 = 0 ⇔ t 2 = 9 ⇔ t = ±3 ⇔ x = − hoặc x = − .

3 3 − 2 − 5 PT có nghiệm là x ∈  ;  . 3 3

x2+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x2+11x+30 = ( x+6)( x+5) ; x2+13x+42 = ( x+6)( x+7) ; ĐKXĐ : x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7 Phương trình trở thành :

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

1 1 1 1 + + = ( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18

1 1 1 1 1 1 1 − + − + − = x + 4 x + 5 x + 5 x + 6 x + 6 x + 7 18

0.25

1 1 1 − = x + 4 x + 7 18

18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0 Từ đó tìm được x=-13; x=2;

0.25 0.25 E

A

B

H

Câu 3 (3.5)

F

D

a (1.0)

0.5 C

M

N

= ABF (cùng phụ BAH ) Ta có DAM AB = AD ( gt) = ADM = 900 (ABCD là hình vuông) BAF ⇒ ∆ADM = ∆BAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM

0.25 0.25

Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành = 900 (gt) Mặt khác. DAE

0.25

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

0.25

Ta có ∆ABH ∼ ∆FAH (g.g) 0.25

AB BH BC BH = hay = ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH = HBC (cùng phụ ABH ) Lại có HAB ⇒ ∆CBH ∼ ∆EAH (c.g.c) =>

b (1.0)

2

0.25

2

S∆CBH  BC  S∆CBH  BC  2 2 = = 4 (gt) ⇒   , mà  = 4 nên BC = (2AE) S∆EAH  AE  S∆EAH AE   ⇒ BC = 2AE ⇒ E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD

0.25

Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm)

0.25

⇒

Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: ⇒

0.25

AD AM AD CN = ⇒ = CN MN AM MN

Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: c (1.0)

⇒

MN MC AB MC AD MC = ⇒ = hay = AN AB AN MN AN MN 2

2

2

0.25

2

CN 2 + CM 2 MN 2  AD   AD   CN   CM  ⇒  + = + = = =1        MN 2 MN 2  AM   AN   MN   MN 

0.25

(Pytago) 2

2

1 1 1  AD   AD  + = (đpcm) ⇒   +  = 1 => 2 2 AM AN AD 2  AM   AN  Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với ∀ a, b, c ∈ R và x, y, z > 0 ta có

a2 b2 c2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z a b c Dấu “=” xảy ra ⇔ = = x y z Thật vậy, với a, b ∈ R và x, y > 0 ta có a 2 b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y

Câu 4 (1.5)

Dấu “=” xảy ra ⇔

⇔

(a

⇔

( bx − ay )

2

2

(*)

2

(**)

y + b 2 x ) ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) 2

0.25

2

≥ 0 (luôn đúng)

a b = x y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có 2

a2 b2 c2 ( a + b ) c 2 ( a + b + c ) + + ≥ + ≥ x y z x+ y z x+ y+ z a b c Dấu “=” xảy ra ⇔ = = x y z

2

0.5

1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có: 3 + 3 + 3 = a + b + c a (b + c ) b (c + a ) c (a + b) ab + ac bc + ab ac + bc

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2

0.25

2

1 1 1 1 1 1 1 1 1  + +   + +  2 2 2 a b c a b c   a b c + + ≥ = ab + ac bc + ab ac + bc 2(ab + bc + ac) 1 1 1 2 + +  a b c 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 a Hay + b + c ≥  + +  ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 

(Vì abc = 1 )

1 1 1 2 2 2 1 1 1 3 a b c Mà + + ≥ 3 nên + + ≥ ab + ac bc + ab ac + bc 2 a b c

Vậy

Bài 5 (1.0)

1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2 3

(đpcm)

Ta có an+1= 1 +2 +3 +…+ n + n + 1 an+ an+1 = 2(1+ 2 + 3 +…+ n) + n + 1 = 2.

n(n + 1) +n+1 = n2 +2n+1=(n+1)2 là một số chính phương 2

*Bổ sung, điều chỉnh

0.25 0.25

0.25 0.5 0.5

Buổi 15

Ngày soạn: 20/3/2019 Ngày dạy: 28/3/2019 ÔN TẬP CHUNG (tiếp)

A.MỤC TIÊU -Kiến thức: Củng cố và hệ thống lại toàn bộ kiến thức đã học cho học sinh

-Kĩ năng: Rèn luyện kỹ năng tính toán, kỹ năng phân tích bài toán, nhận diện dạng toán.

-Thái độ: Chịu khó, tích cực, yêu thích môn học - Hình thành năng lực tư duy logic, sáng tạo, khoa học, kỹ năng phân chia thời gian hợp lý, kỹ năng phân tích và suy luận.

B.CHUẨN BỊ

Giáo viên: Đề, thước, compa Học sinh: Kiến thức, vở ghi, thước, compa C. CÁC HOẠT DỘNG TRÊN LỚP I.Ổn định lớp II. Kiểm tra bài cũ III. Bài mới Đề 1 Câu 1 (2.0 điểm).

1) Phân tích đa thức thành nhân tử. x 2 − 9 x + 20 2) Giải bất phương trình. 3 ( x + 5 ) < 1 – 2 ( x – 1)

Câu 2 (2.0 điểm). 2+ x 4x2 2 − x   x 2 − 3x  Cho biểu thức A =  + − :  2 2 + x   2 x 2 − x3   2− x 4− x

1) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị của biểu thức A biết x - 7 = 4

Câu 3 (2.0 điểm).

1) Một người đi xe máy từ A đến B dự định mất 3 giờ 20 phút. Nếu người ấy tăng vận tốc thêm 5 km/h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút. Tính khoảng cách AB. 2) Tìm x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 + 6 z + 17 = 4 ( x − y )

Câu 4 (3.0 điểm).

Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD. 1) Chứng minh tứ giác BEDF là hình bình hành 2) Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK 3) Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC2

Câu 5 (1.0 điểm). Cho x, y thoả mãn xy ≥ 1 .

Chứng minh rằng:

1 1 2 + ≥ 2 2 1+ x 1+ y 1 + xy

–––––––– Hết –––––––– Câu

HƯỚNG DẪN Nội dung

Phần

Điểm

2

1

x − 9 x + 20 = x 2 − 5 x − 4 x + 20 = x ( x – 5) – 4 ( x – 5 )

0.5 0.25 0.25

= ( x – 5)( x – 4 ) 3 ( x + 5 ) < 1 – 2 ( x – 1)

Câu 1 (2 điểm) 2

0.25 0.25 0.25

3 x + 2 x < 1 + 2 – 15 5 x < −12 x <

−12 5

Vậy bất phương trình có nghiệm x <

−12 5

0.25

ĐKXĐ : 2 − x ≠ 0  2 x ≠ 0 x − 4 ≠ 0   ⇔  x ≠ ±2 2 + x ≠ 0  2 x ≠ 3   x − 3x ≠ 0 2 3 2 x − x ≠ 0

1

Câu 2 (2 điểm)

2+ x 4x2 2 − x   x 2 − 3x  A= + − :  2 2 + x   2 x 2 − x3   2− x 4− x (2 + x) 2 + 4 x 2 − (2 − x) 2 x 2 (2 − x) = .

(2 − x)(2 + x) x( x − 3) 4 x( x + 2) x(2 − x) = (2 − x)(2 + x)( x − 3) =

2

0.25

4x2 x −3

0.25 0.25 0.25

x − 7 = 4 x−7 = 4 ⇔   x − 7 = −4  x = 11 (TM ) ⇔  x = 3 ( KTM )

0.25 0.5

Với x = 11 thay vào tính A =

Đổi 3 giờ 20 phút =

0.25

121 2

10 1 ( h ); 20 phút = ( h ) 3 3

Gọi khoảng cách AB là x ( km ): điều kiện x > 0

0.25

10 3x = ( km/h) 3 10 3x + 5 ( km/h) Vận tốc sau khi tăng là 10

0.25

Vận tốc dự định đi là x :

1

Nếu vận tốc tăng thêm 5km/h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút 3x 10 1 nên ta có phương trình: ( + 5 ). ( )=x 10 3 3

Câu 3 (2 điểm)

Giải phương trình được x = 150 ( Thỏa mãn ĐK ) Vậy quãng đường AB là 150 km. x 2 + 4 y 2 + z 2 + 6 z + 17 = 4 ( x − y ) ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 6 z + 17 − 4 x + 4 y = 0

0.25 0.25 0.25

⇔ ( x2 − 4x + 4) + ( y 2 + 4 y + 4) + ( z 2 + 6z + 9) = 0

2

2

2

2

⇔ ( x − 2 ) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 0 2

2

2

Vì ( x − 2 ) ≥ 0 , ( y + 2 ) ≥ 0 , ( z + 3) ≥ 0 với mọi x, y, z nên

0.25 0.25

( x − 2 )2 = 0  2 2 2 2  x − 2 + y + 2 + z + 3 = 0 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( y + 2 ) = 0  2 ( z + 3) = 0

Vậy x = 2 ; y = -2, z = -3 Vẽ hình

0.25

H

B

C

0,25

F

E

A

1

Câu 4 (3 điểm) 2

K

Ta có : BE ⊥ AC (gt); DF ⊥ AC (gt) => BE // DF Chứng minh : ∆BEA = ∆DFC ( cạnh huyền – góc nhọn ) => BE = DF Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành.

0,25

= KDC

Ta có: ABC = ADC ⇒ HBC Chứng minh : ∆CBH ∼ ∆CDK ( g − g )

0.25 0,55

CH CK = ⇒ CH .CD = CK .CB CB CD Chứng minh : ∆AFD ∼ ∆AKC ( g − g ) AF AK ⇒ = ⇒ AD. AK = AF . AC AD AC Chứng minh : ∆CFD ∼ ∆AHC ( g − g ) CF AH ⇒ = CD AC CF AH Mà : CD = AB ⇒ = ⇒ AB. AH = CF . AC AB AC ⇒

3

D

Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

1 1 2 + ≥ (1) 2 2 1+ x 1+ y 1 + xy

Câu 5 (1 điểm)

 1 1   1 1  ⇔ − − + ≥0 2 2  1 + x 1 + xy   1 + y 1 + xy 

0,25 0,25

⇔

x ( y − x) 2

+

y ( x − y) 2

(1 + x ) (1 + xy ) (1 + y ) (1 + xy )

≥0

2

⇔

( y − x ) ( xy − 1) ≥ 0 2 ( ) (1 + x 2 )(1 + y 2 ) (1 + xy )

0,25 0,25

Vì xy ≥ 1 => xy − 1 ≥ 0 BĐT (2) luôn đúng Dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y

Chú ý * Khi chấm giám khảo có thể chia nhỏ biểu biểu . * Học sinh làm bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Đề 2 Câu 1 (2 điểm).

1) Cho x – y = 7. Tính giá trị biểu thức A = x2 – 2xy + y2 – 5x + 5y + 6.

2) Xác định số a để 18x2 + a chia hết cho 2x – 3.

Câu 2(2 điểm). x x 4 + 2    2   Cho biểu thức P =  . − 2 − − : x 3 x ( )    x 3 − 1    x −1 x + x +1  

1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P. 2) Tìm tất cả các giá trị của x là số tự nhiên để P có giá trị nguyên.

Câu 3(2 điểm).

Giải các phương trình sau: 1)

9 − 4x 3 5 = − 2 9x − 1 3x + 1 1 − 3x

2) x − 4 = 2x − 2

Câu 4(3 điểm).

Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC, cắt CD tại K, cắt BD ở E. Qua B kẻ đưởng thẳng song song với AD, cắt CD tại I, cắt AC tại F. Chứng minh: 1) Các tứ giác ABID, ABCK là hình gì ? Vì sao ?

2) Chứng minh: a) EF song song với AB b) AB2 = CD. EF

Câu 5(1 điểm).

Cho các số a, b, c thỏa mãn

a b c + + = 1. b+c c+a a+b

a2 b2 c2 Chứng minh: + + = 0. b+c c+a a+b

Câu 1

Nội dung A = x2 – 2xy + y2 – 5x + 5y + 6.

A = (x – y)2 – 5(x – y) + 6 Thay x – y = 7, ta có: A = 72 – 5.7 + 6 = 20 Vậy giá trị biểu thức A là 20

2

18x2 + a 18x2 - 27x

1

-

9x + 13,5

2

2

0,5

0,25

27x + a 27x - 40,5

Để 18x2 + a chia hết cho 2x – 3 thì a + 40,5 = 0 ⇒ a = - 40,5 . ĐKXĐ: x ≠ 1 x x 4 + 2    2   P= − 2 : x − 3 x − )  ( x 3 − 1    x −1 x + x +1  

x 2 + 3x + 2   −x − 2  : (x − 3)  3  2 (x − 1)(x + x + 1)   x − 1  (x + 1)(x + 2) x3 − 1 = . x3 − 1 −(x + 2)(x − 3) x +1 = 3− x x +1 4 P= = −1 + 3− x 3− x Để P có giá trị nguyên thì x phải thỏa mãn 3 – x ∈ Ư(4) và x ∈ N ; x ≠ 1 Do đó: 3 – x = 1 ⇒ x = 2 (thỏa mãn) 3 – x = -1 ⇒ 4 (thỏa mãn) 3 – x = 2 ⇒ x = 1 (loại) 3 – x = - 2 ⇒ x = 5 (thỏa mãn) 3 – x = 4 ⇒ x = -1 (loại) 3 – x = - 4 ⇒ x = 7 (thỏa mãn) =

0,5

2x- 3

a + 40,5

1

Điểm

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

1

3

2

0,25

Vậy x ∈ {2;4;5;7} 9 − 4x 3 5 = − 2 9x − 1 3x + 1 1 − 3x 1 ĐKXĐ: x ≠ ± 3 Quy đồng, khử mẫu hai vế ta được: 9 – 4x = 3(3x – 1) + 5(3x+1) ⇔ 28x = 7 1 ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện) 4

0,25 0,25

1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = .

4 x − 4 = 2x − 2 (*) Với x ≥ 4 thì x – 4 ≥ 0 , ta có: (*) ⇒ x – 4 = 2x – 2 ⇔ x = - 2 (loại) Với x < 4 thì x – 4 < 0 , ta có: (*) ⇒ 4 - x = 2x – 2 ⇔ x = 2 (thỏa mãn) Vậy phương trình trên có nghiệm duy nhất là x = 2.

Vẽ hình

0,25 0,25

0,25 B

A

F E D

1

4

I

K

C

Tứ giác ABID có AB // CD, BI // AD nên tứ giác ABID là hình 0,5 bình hành Chứng minh tương tự, ta có tứ giác ABCK là hình bình hành 0,25 2a Vì AB // DK. Theo định lí Ta - let ta có: 0,25 AE AB = (1) EK DK Vì AB // CI. Theo định lí Ta - let ta có: 0,25 AF AB = (2) CF CI Mà DK = CI (3) AE AF 0,25 Suy ra = EK CF Suy ra EF // KC. Vậy EF // AB 0,25 2b Vì AB // DK. Theo hệ quả của định lí Ta let, ta có:

DK DE = AB BE DK + KC DE + EB DC BD Suy ra : = hay = (1) AB BE AB BE Do EF // DI suy ra BD DI BD AB = hay = (2) EB EF EB EF DC AB = Từ (1) và (2) suy ra AB EF Suy ra AB2 = DC. EF. a b c Vì + + = 1. Suy ra: b+c c+a a+b a + b + c ≠0 Nhân hai vế của đẳng thức trên với a + b + c, ta có b c   a + +   (a + b + c) = a + b + c b+c c+a a +b a2 b2 c2 ⇒ +a+ +b+ +c=a+b+c b+c c+a a+b a2 b2 c2 ⇒ + + = 0. b+c c+a a+b

5

0,25 0,25 0,25 0,25

IV. Củng cố V. Hướng dẫn học về nhà - Học và làm đề 1 Câu 1 (2.0 điểm).

1) Phân tích đa thức thành nhân tử. 4x4 + 81 2) Xác định các hệ số a, b để đa thức f(x) = x3 + ax + b chia hết cho đa thức x 2 − 7 x + 12

Câu 2 (2.0 điểm).

1) Cho ab + bc + ca = abc ≠ 0 và a + b + c = 0.

Chứng minh rằng

1 1 1 + + =1 a2 b2 c2

2) Cho x + y + z = 3. Tìm GTNN của A = x2 + y2 + z2 Câu 3 (2.0 điểm). Giải các phương trình sau 1)

x − 2000 x − 2002 x − 2004 x − 2006 + + + =4 17 15 13 11

2) x ( x − 2 )( x − 1)( x + 1) = 24

Câu 4 (3.0 điểm).

= 1200 . Gọi M là một điểm nằm trên cạnh AB, Cho hình thoi ABCD có BAD hai đường thẳng DM và BC cắt nhau tại N, CM cắt AN tại E. Chứng minh rằng: a) ∆AMD ∽ ∆CDN

b) AC2 = AM . CN c) ∆AME ∽ ∆CMB .

Câu 5 (1.0 điểm).

1) Cho

1 1 1 1 1 1 + + = 2 ; 2 + 2 + 2 = 2 . Chứng minh rằng: a + b + c = abc a b c a b c

2) Chứng minh rằng ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − 4) ≥ −1

–––––––– Hết –––––––– Câu

Phần 1

Câu 1 (2 điểm) 2

Nội dung 4x + 81 = 4x + 36x + 81 - 36x2 = (2x2 + 9)2 – 36x2 = (2x2 + 9)2 – (6x)2 = (2x2 + 9 + 6x)(2x2 + 9 – 6x) = (2x2 + 6x + 9 )(2x2 – 6x + 9) f(x) chia hết cho x 2 − 7 x + 12 vì x 2 − 7 x + 12 = (x - 3)(x - 4) ⇒ f(x) chia hết cho (x - 3)(x -4) ⇒ f( 3) = 0 ⇔ 3a + b = −27 (1) Tương tự ta có f(4) = 0 ⇔ 4a + b = −64 (2) Trừ hai vế của (1) cho (2) ta được: - a = 37 4

4

2

⇔ − a = 37 ⇔ a = −37

1

Câu 2 (2 điểm)

2

Câu 3 (2 điểm)

1

Thay a = -37 vào (1) tìm được b = 84 1 1 1 Ta có ab + bc + ca = abc ⇒ + + = 1 a b c 1 1 1 2 2 2 ⇒ 2+ 2+ 2+ + + =1 a b c ab bc ca 1 1 1 2(a + b + c) ⇒ 2+ 2+ 2+ =1 a b c abc 1 1 1 Mà a + b + c = 0 ⇒ 2 + 2 + 2 = 1 a b c Đặt x = 1 + a ; y = 1 + b ; z = 1 + c ⇒ a + b + c = 0 A = x2 + y2 + z2 = (1 + a)2 + (1 + b)2 + (1 + c)2 = a2 + b2 + c2 – 2(a + b + c) + 3 = a2 + b2 + c2 + 3 Vì a2 ≥ 0, b2 ≥ 0; c2 ≥ 0 với mọi a, b, c Vậy GTNN của A = 3 khi a = b = c = 0 hay x = y = z = 1 x − 2000 x − 2002 x − 2004 x − 2006 + + + =4 17 15 13 11 x − 2000 x − 2002 x − 2004 x − 2006 + + + −4=0 ⇔ 17 15 13 11

Điểm 0,25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25

0.25

x − 2000 x − 2002 x − 2004 x − 2006 −1 + −1+ −1 + −1 = 0 17 15 13 11 x − 2014 x − 2014 x − 2014 x − 2014 + + + =0 ⇔ 17 15 13 11

⇔

0.25

1 1 1 1  1 1 1 1 + + + ≠0 + + +  = 0 Vì 17 15 13 11  17 15 13 11 

⇔ ( x − 2017 ) 

0.25

⇔ x – 2017 = 0 ⇔ x = 2017

0.25

Vậy nghiệm của phương trình là x = 2017

x ( x − 2 )( x − 1)( x + 1) = 24 ⇔ x ( x − 1)( x − 2 )( x + 1) = 24 ⇔ ( x 2 − x )( x 2 − x − 2 ) = 24

0.25

Đặt x − x = t . Phương trình trở thành: 2

t ( t − 2 ) = 24 ⇔ t 2 − 2t − 24 = 0

2

Giải phương trình tìm được t = - 4 ; t = 6 * Với t = - 4 => x 2 − x = −4

0.25

2

1  15  ⇔ x − x + 4 = 0 ⇔  x −  + = 0 (phương trình vô 4 4  2

nghiệm) * Với t = 6 => x 2 − x = 6 ⇔ ( x + 2 )( x − 3) = 0 Giải phương trình được: x= - 2 ; x = 3 Vậy nghiệm của phương trình là x= - 2 ; x = 3 Vẽ hình A

0.25 0.25

E M

N B

D

0,25

C

Câu 4 (3 điểm)

1

2

Xét ∆ AMD và ∆ CDN có

( so le trong) AMD = CDN

( so le trong) ADM = CND ⇒ ∆ AMD ∽ ∆ CDN ( g. g ) Vì ∆ AMD ∽ ∆ CDN ⇒ AM . CN = AD . CD = 1200 ⇒ CAD = 600 ⇒ ∆ACD đều Vì BAD ⇒ AD = CD = AC 2 ⇒ AM . CN = AC

0,25 0,25 0,25 0.25 0,25 0.25

0,25 Vì AM . CN = AC2 theo (b) AM AC = AC CN = Chứng minh MAC ACN = 600 ⇒ ∆ MAC ∽ ∆ CAN ( c . g . c)

⇒ ACM = CNA = 600 Mà ACM + ECN

⇒

3

+ ECN = 600 ⇒ ⇒ CNA AEC = 600 Xét ∆AME và ∆CMB có

( đối đỉnh); = 600 AME = BMC AEM = MBC ⇒ ∆AME ∽ ∆CMB ( g . g) 1 1 1 1 1 1 Cho + + = 2 (1); 2 + 2 + 2 = 2 (2).Từ (1) suy a b c a b c

1

Câu 5 (1 điểm)

1 1 1 1 1  1 + 2 + 2 + 2.  + + =4 2 a b c bc ac   ab ra 1 1 1 1  1  1 ⇒ 2.  + +  = 4− 2 + 2 + 2  bc ac  b c   ab a

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

Thay (2) vào biểu thức trên ta có 1 1 1 a+b+c + + =1⇔ = 1 ⇔ a + b + c = abc ab bc ac abc ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − 4) ≥ −1

Xét hiệu 2

( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − 4) − ( −1) = ( x 2 − 5 x + 4)( x 2 − 5 x + 6) + 1 Đặt x 2 − 5 x + 5 = y , biểu thức trên bằng ( y − 1)( y + 1) + 1 = y 2 ≥ 0 Vậy ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − 4) ≥ −1

*Bổ sung, điều chỉnh

0,25

0,25 0,25