CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 7
PHẦN ĐẠI SỐ
Chuyền đề 1: Các bài toán thực hiện phép tính:
1. Các kiến thức vận dụng:
- Tính chất của phép cộng , phép nhân
- Các phép toán về lũy thừa:
a ; am.an = am+n ; am : an = am –n ( a 0, m n)
an = a .a....
n
m n
(a ) = a
m.n
;
n
n
( a.b) = a .b
n
a n an
; ( ) n (b 0)
b
b
2 . Một số bài toán :
Bài 1: a) Tính tổng : 1+ 2 + 3 +…. + n , 1+ 3 + 5 +…. + (2n -1)
b) Tính tổng : 1.2 + 2.3 + 3.4 + …..+ n.(n+1)
1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2)
Với n là số tự nhiên khác không.
HD : a) 1+2 + 3 + .. ..+ n = n(n+1)
1+ 3+ 5+ …+ (2n-1) = n2
b) 1.2+2.3+3.4+ …+ n(n+1)
= [1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + …..+ n(n + 1)( (n+2) – (n – 1))] : 3
= [ 1.2.3 – 1.2.3 + 2.3.4 – 2.3.4 +……+ n( n+1)(n+2)] : 3
= n(n+ 1)(n+2) :3
1.2.3 + 2.3.4+ 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2)
= [ 1.2.3(4 – 0) + 2.3.4( 5 -1) + 3.4.5.(6 -2) + ……+ n(n+1)(n+2)( (n+3) – (n-1))]: 4
= n(n+1)(n+2)(n+3) : 4
Tổng quát:
Bài 2: a) Tính tổng : S = 1+ a + a2 +…..+ an
c
c
c
......
b) Tính tổng : A =
với a2 – a1 = a3 – a2 = … = an – an-1 = k
a1.a2 a2 .a3
an 1.an
HD: a) S = 1+ a + a2 +…..+ an aS = a + a2 +…..+ an + an+1
Ta có : aS – S = an+1 – 1 ( a – 1) S = an+1 – 1
Nếu a = 1 S = n
a n 1 1
Nếu a khác 1 , suy ra S =
a 1
c
c 1 1
( ) với b – a = k
b) Áp dụng
a.b k a b
c 1 1
c 1 1
c 1
1
Ta có : A = k ( a a ) k ( a a ) ..... k ( a a )
1
2
2
3
n 1
n
c 1 1 1 1
1
1
(
......
)
k a1 a2 a2 a3
an 1 an
c 1 1
= ( )
k a1 an
Bài 3 : a) Tính tổng : 12 + 22 + 32 + …. + n2
b) Tính tổng : 13 + 23 + 33 + …..+ n3
HD : a) 12 + 22 + 32 + ….+ n2 = n(n+1)(2n+1): 6
b) 13 + 23 + 33 + …..+ n3 = ( n(n+1):2)2
=
Bài 3: Thùc hiÖn phÐp tÝnh:
a) A = (
b)
B
HD : A =
Bài 4:
1
1
1
1 1 3 5 7 ... 49
...
)
4.9 9.14 14.19
44.49
89
212.35 46.92
6
22.3 84.35
510.73 255.492
125.7
3
59.143
9
7
;B=
28
2
1, Tính:
1
1
1
2003 2004 2005
P=
5
5
5
2003 2004 2005
2
2
2
2002 2003 2004
3
3
3
2002 2003 2004
2, Biết: 13 + 23 + . . . . . . .+ 103 = 3025.
Tính: S = 23 + 43 + 63 + . . . .+ 203
3 3
0,375 0,3
1,5 1 0,75
11 12 : 1890 115
Bài 5: a) TÝnh A
2,5 5 1,25 0,625 0,5 5 5 2005
3
11 12
1 1 1 1
1
1
b) Cho B 2 3 4 ... 2004 2005
3 3 3 3
3
3
1
.
2
5
5
1
3
1
10 . 230
46
13 2
27
6
25
4
4
Bài 6: a) Tính :
2
3 10 1
1 : 12 14
7
10 3 3
Chøng minh r»ng B
1 1 1
1
...
2 3 4
2012
b) TÝnh P
2011 2010 2009
1
...
1
2
3
2011
HD: Nhận thấy 2011 + 1 = 2010+2 = ….
2012
2010
1
MS 1
1
.... 1
2011
1
2
2011
2012
2012
1 1 1
1
2012
....
2011 = 2012( ......
)
2
2011
2 3 4
2012
c)
1 1 1 1
(1 2 3 ... 99 100) (63.1,2 21.3,6)
2 3 7 9
A
1 2 3 4 ... 99 100
Bài 7: a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
11 3
1 2
1 31 . 4 7 15 6 3 . 19 14 31
. 1
A
.
5
1
1
93 50
4 12 5
6 6
3
b) Chøng tá r»ng: B 1
1
1 1
1
1
2 2 ...
2
2
2
3 3
2004
2004
Bài 8: a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
2
4
3
81,624 : 4 4,505 125
3
4
A
2
2
11
2 13
: 0,88 3,53 (2,75) :
25
25
b) Chøng minh r»ng tæng:
1
1
1
1
1
1
1
S 2 4 6 ... 4 n 2 4 n .... 2002 2004 0,2
2
2
2
2
2
2
2
Chuyên đề 2: Bài toán về tính chất của dãy tỉ số bằng nhau:
1. Kiến thức vận dụng :
a c
- a.d b.c
b d
a c e
a c e a b e
-Nếu thì
với gt các tỉ số dều có nghĩa
b d f
b d f b d f
a c e
- Có = k Thì a = bk, c = d k, e = fk
b d f
2. Bài tập vận dụng
Dạng 1 Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để chứng minh đẳng thức
a c
a2 c2 a
Bài 1: Cho . Chứng minh rằng: 2 2
c b
b c
b
a c
HD: Từ suy ra c 2 a.b
c b
a 2 c 2 a 2 a.b
khi đó 2 2 2
b c
b a.b
a ( a b) a
=
b( a b ) b
Bài 2: Cho a,b,c R và a,b,c 0 thoả mãn b2 = ac. Chứng minh rằng:
(a 2012b) 2
a
=
c
(b 2012c) 2
HD: Ta có (a + 2012b)2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.b2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.ac
= a( a + 2.2012.b + 20122.c)
(b + 2012c)2 = b2 + 2.2012.bc + 20122.c2 = ac+ 2.2012.bc + 20122.c2
= c( a + 2.2012.b + 20122.c)
2
(a 2012b)
a
Suy ra :
=
c
(b 2012c) 2
Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu
HD : Đặt
a c
5a 3b 5c 3d
th×
b d
5a 3b 5c 3d
a c
k a = kb, c = kd .
b d
Suy ra :
5a 3b b(5k 3) 5k 3
5c 3d d (5k 3) 5k 3
và
5a 3b b(5k 3) 5k 3
5c 3d d (5k 3) 5k 3
Vậy
5a 3b 5c 3d
5a 3b 5c 3d
a 2 b 2 ab
với a,b,c, d 0 Chứng minh rằng :
c 2 d 2 cd
a c
a d
hoặc
b d
b c
2
2
2
a b 2
a b
ab 2ab a 2 2ab b 2 (a b)
(
) (1)
HD : Ta có 2
=
2
2
2
2
(c d )
cd
c d
cd 2cd c 2cd d
Bài 4:
BiÕt
2
a b 2
a 2 b 2 ab 2ab a 2 2ab b 2 (a b)
(
) (2)
=
2
2
2
2
2
(c d )
c d
c d
cd 2cd c 2cd d
a b a b
c d c d
a b 2
a b 2
) (
)
Từ (1) và (2) suy ra : (
cd
c d
a b b a
c d d c
Xét 2 TH đi đến đpcm
Bài 5 : Cho tØ lÖ thøc
ab a 2 b 2
cd c 2 d 2
HD : Xuất phát từ
a c
. Chøng minh r»ng:
b d
2
vµ
a 2 b2
a b
2
c d2
cd
a c
biến đổi theo các
b d
ab a 2 b 2 a 2 c 2 a 2 b 2
a b 2
2
2 2 2
(
)
2
2
cd c d
b
d
c d
c d
Bài 6 : Cho d·y tØ sè b»ng nhau:
hướng làm xuất hiện
2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d
a
b
c
d
a b b c c d d a
TÝnh M
c d d a a b bc
2a b c d a 2b c d a b 2c d a b c 2d
HD : Từ
a
b
c
d
2a b c d
a 2b c d
a b 2c d
a b c 2d
1
1
1
1
a
b
c
d
a bc d a bc d a b c d a b c d
a
b
c
d
Nếu a + b + c + d = 0 a + b = -( c+d) ; ( b + c) = -( a + d)
Suy ra :
M
a b b c c d d a
= -4
c d d a a b bc
Nếu a + b + c + d 0 a = b = c = d M
Bài 7 : a) Chøng minh r»ng:
a b b c c d d a
=4
c d d a a b bc
NÕu
x
y
z
a 2b c 2a b c 4a 4b c
a
b
c
Th× x 2 y z 2 x y z 4 x 4 y z
b) Cho:
a
b
c
b
c
d
.
3
a
a b c
d
bcd
Chøng minh:
HD : a) Từ
a 2b c 2a b c 4a 4b c
x
y
z
a 2b c 2a b c 4a 4b c
x
y
z
a 2b c 2(2a b c) 4a 4b c
a
(1)
x
2y
z
x 2y z
2( a 2b c) (2a b c) 4a 4b c
b
(2)
2x
y
z
2x y z
4(a 2b c ) 4(2a b c ) 4a 4b c
c
(3)
4x
4y
z
4x 4 y z
a
b
c
Từ (1) ;(2) và (3) suy ra : x 2 y z 2 x y z 4 x 4 y z
x
y
z
t
Bài 8: Cho y z t z t x t x y x y z
chøng minh r»ng biÓu thøc sau cã gi¸ trÞ nguyªn.
P
x y y z z t
tx
z t
tx x y yz
y z t z t x t x y x y z
x
y
z
t
y z t
z t x
txy
x yz
1
1
1
1
x
y
z
t
x y z t z t x y t x y z x y z t
x
y
z
t
Nếu x + y + z + t = 0 thì P = - 4
Nếu x + y + z + t 0 thì x = y = z = t P = 4
yz x zx y x y z
Bài 9 : Cho 3 số x , y , z khác 0 thỏa mãn điều kiện :
x
y
z
x
y
z
Hãy tính giá trị của biểu thức : B = 1 1 1
y
z x
Bài 10 : a) Cho các số a,b,c,d khác 0 . Tính
T =x2011 + y2011 + z2011 + t2011
Biết x,y,z,t thỏa mãn:
2010
x y 2010 z 2010 t 2010 x 2010 y 2010 z 2010 t 2010
2 2 2 2
a 2 b2 c 2 d 2
a
b
c
d
x
y
z
t
HD Từ y z t z t x t x y x y z
b) Tìm số tự nhiên M nhỏ nhất có 4 chữ số thỏa mãn điều kiện:
M = a + b = c +d = e + f
a 14 c 11 e 13
; ;
b 22 d 13 f 17
a
b
c
c) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn :
.
2009 2010 2011
Tính giá trị của biểu thức : M = 4( a - b)( b – c) – ( c – a )2
Một số bài tương tự
Bài 11: Cho d·y tØ sè b»ng nhau:
2012a b c d a 2012b c d a b 2012c d a b c 2012d
a
b
c
d
Biết a,b,c,d,e,f thuộc tập N* và
TÝnh M
a b b c c d d a
c d d a a b bc
Bài 12: Cho 3 số x , y , z, t khác 0 thỏa mãn điều kiện :
y z t nx z t x ny t x y nz x y z nt
( n là số tự nhiên)
x
y
z
t
và x + y + z + t = 2012 . Tính giá trị của biểu thức P = x + 2y – 3z + t
Dạng 2 : Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tìm x,y,z,…
Bài 1: Tìm cặp số (x;y) biết :
1+3y 1+5y 1+7y
12
5x
4x
HD : Áp dông tÝnh chÊt d·y tØ sè b»ng nhau ta cã:
1+3y 1+5y 1+7y 1 7y 1 5y 2y 1 5y 1 3y
2y
12
5x
4x
4x 5x
x
5x 12
5x 12
2y
2y
với y = 0 thay vào không thỏa mãn
x 5 x 12
Nếu y khác 0
=> -x = 5x -12
=> x = 2. Thay x = 2 vµo trªn ta ®îc:
1 3y 2 y
1
y =>1+ 3y = -12y => 1 = -15y => y =
12
2
15
1
VËy x = 2, y =
tho¶ m·n ®Ò bµi
15
=>
a b c
và a + b + c ≠ 0; a = 2012.
b c a
Tính b, c.
a b c a b c
1 a = b = c = 2012
HD : từ
b c a a b c
Bài 4 : Tìm các số x,y,z biết :
y x 1 x z 2 x y 3
1
x
y
z
xyz
HD: Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau:
y x 1 x z 2 x y 3 2( x y z )
1
2
(vì x+y+z 0)
x
y
z
(x y z)
xyz
Suy ra : x + y + z = 0,5 từ đó tìm được x, y, z
Bài 3 : Cho
1 2 y 1 4 y 1 6 y
18
24
6x
1 2 y 1 4 y 1 6 y 2(1 2 y ) (1 4 y ) 1 2 y 1 4 y (1 6 y)
HD : Từ
18
24
6x
2.18 24
18 24 6 x
1 1
Suy ra : x 1
6 6x
Bài 5 : Tìm x, biết rằng:
x
y
z
Bài 6: T×m x, y, z biÕt: z y 1 x z 1 x y 2 x y z (x, y, z 0 )
x
y
z
xyz
1
x y z
HD : Từ
z y 1 x z 1 x y 2
2( x y z ) 2
1
1
1
1
Từ x + y + z = x + y = - z , y +z = - x , z + x =
- y thay vào đẳng thức ban đầu để
2
2
2
2
tìm x.
Bài 7 : T×m x, y, z biÕt
Bài 8 : Tìm x , y biết :
3x 3 y
3z
vµ 2 x 2 2 y 2 z 2 1
8
64 216
2x 1 4 y 5 2x 4 y 4
5
9
7x
Chuyên đề 3: Vận dụng tính chất phép toán để tìm x, y
1. Kiến thức vận dụng :
-
Tính chất phép toán cộng, nhân số thực
-
Quy tắc mở dấu ngoặc, quy tắc chuyển vế
-
A, A 0
Tính chất về giá trị tuyệt đối : A 0 với mọi A ; A
A, A 0
-
Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối :
A B A B dấu ‘=’ xẩy ra khi AB 0; A B A B dấu ‘= ‘ xẩy ra A,B >0
A m
A m
A m
(m 0) ; A m
(hay m A m) với m > 0
A m
A m
-
Tính chất lũy thừa của 1 số thực : A2n 0 với mọi A ; - A2n 0 với mọi A
Am = An m = n; An = Bn A = B (nếu n lẻ ) hoặc A = B ( nếu n chẵn)
0< A < B An < Bn ;
2. Bài tập vận dụng
Dạng 1: Các bài toán cơ bản
Bài 1: Tìm x biết
a) x + 2x + 3x + 4x + …..+ 2011x = 2012.2013
b)
x 1 x 2 x 3 x 4
2011 2010 2009 2008
HD : a) x + 2x + 3x + 4x + …..+ 2011x = 2012.2013
x( 1 + 2 + 3 + ….+ 2011) = 2012.2013
x.
2011.2012
2.2013
2012.2013 x
2
2011
b) Nhận xét : 2012 = 2011+1= 2010 +2 = 2009 +3 = 2008 +4
Từ
x 1 x 2 x 3 x 4
2011 2010 2009 2008
( x 2012) 2011 ( x 2012) 2010 ( x 2012) 2009 ( x 2012) 2008
2011
2010
2009
2008
x 2012 x 2012 x 2012 x 2012
2
2011
2010
2009
2008
1
1
1
1
( x 2012)(
) 2
2011 2010 2009 2008
1
1
1
1
x 2 : (
) 2012
2011 2010 2009 2008
Bài 2 Tìm x nguyên biết
a)
1
1
1
1
49
....
1.3 3.5 5.7
(2 x 1)(2 x 1) 99
b) 1- 3 + 32 – 33 + ….+ (-3)x =
91006 1
4
Dạng 2 : Tìm x có chứa giá trị tuyệt đối
Dạng : x a x b và x a x b x c
Khi giải cần tìm giá trị của x để các GTTĐ bằng không, rồi so sánh các giá trị đó để chia ra
các khoảng giá trị của x ( so sánh –a và –b)
Bài 1 : Tìm x biết :
a) x 2011 x 2012
b) x 2010 x 2011 2012
HD : a) x 2011 x 2012 (1) do VT = x 2011 0, x
nên VP = x – 2012 0 x 2012 (*)
x 2011 x 2012 2011 2012(vôly )
Từ (1)
x 2011 2012 x x (2011 2012) : 2
Kết hợp (*) x = 4023:2
b) x 2010 x 2011 2012 (1)
Nếu x 2010 từ (1) suy ra : 2010 – x + 2011 – x = 2012 x = 2009 :2 (lấy)
Nếu 2010 < x < 2011 từ (1) suy ra : x – 2010 + 2011 – x = 2012 hay 1 = 2012 (loại)
Nếu x 2011 từ (1) suy ra : x – 2010 + x – 2011 = 2012 x = 6033:2(lấy)
Vậy giá trị x là : 2009 :2 hoặc 6033:2
Một số bài tương tự:
Bài 2 : a) T×m x biÕt x 1 x 3 4
b) T×m x biÕt: x 2 6 x 2 x 2 4
c) T×m x biÕt: 2 x 3 2 4 x 5
Bài 3 : a)T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó: x 3 x 1
b) Tìm x biết: 2 x 3 x 2 x
Bài 4 : tìm x biết :
a) x 1 4
3 x
b) x 2011 2012
Dạng : Sử dụng BĐT giá trị tuyệt đối
Bài 1 : a) Tìm x ngyên biết : x 1 x 3 x 5 x 7 8
b) Tìm x biết : x 2010 x 2012 x 2014 2
HD : a) ta có x 1 x 3 x 5 x 7 x 1 7 x x 3 5 x 8 (1)
Mà x 1 x 3 x 5 x 7 8 suy ra ( 1) xẩy ra dấu “=”
1 x 7
3 x 5 do x nguyên nên x {3;4;5}
Hay
3 x 5
b) ta có x 2010 x 2012 x 2014 x 2010 2014 x x 2012 2 (*)
Mà x 2010 x 2012 x 2014 2 nên (*) xẩy ra dấu “=”
x 2012 0
x 2012
Suy ra:
2010 x 2014
Các bài tương tự
Bài 2 : Tìm x nguyên biết : x 1 x 2 ..... x 100 2500
Bài 3 : Tìm x biết x 1 x 2 ..... x 100 605 x
Bài 4 : T×m x, y tho¶ m·n: x 1 x 2 y 3 x 4 =
3
Bài 5 : Tìm x, y biết : x 2006 y x 2012 0
HD : ta có x 2006 y 0 với mọi x,y và x 2012 0 với mọi x
Suy ra : x 2006 y x 2012 0 với mọi x,y mà x 2006 y x 2012 0
x y 0
x 2006 y x 2012 0
x 2012, y 2
x 2012 0
Bài 6 : T×m c¸c sè nguyªn x tho¶ m·n.
2004 x 4 x 10 x 101 x 990 x 1000
Dạng chứa lũy thừa của một số hữu tỉ
Bài 1: Tìm số tự nhiên x, biết :
a) 5x + 5x+2 = 650
b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162
HD : a) 5x + 5x+2 = 650 5x ( 1+ 52) = 650 5x = 25 x = 2
b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162 3x -1(1 + 5) = 162 3x – 1 = 27 x = 4
Bài 2 : Tìm các số tự nhiên x, y , biết:
a) 2x + 1 . 3y = 12x
b) 10x : 5y = 20y
22 x 3 y
HD : a) 2x + 1 . 3y = 12x x 1 x 2 x 1 3 y x
2
3
Nhận thấy : ( 2, 3) = 1 x – 1 = y-x = 0 x = y = 1
b) 10x : 5y = 20y 10x = 102y x = 2y
Bài 3 : Tìm m , n nguyên dương thỏa mãn :
a) 2m + 2n = 2m +n
b) 2m – 2n = 256
HD: a) 2m + 2n = 2m +n 2m + n – 2m – 2n = 0 2m ( 2n – 1) –( 2n – 1) = 1
n
2 1 1
(2m -1)(2n – 1) = 1 m
m n 1
2 1 1
b) 2m – 2n = 256 2n ( 2m – n - 1) = 28
Dễ thấy m n, ta xét 2 trường hợp :
+ Nếu m – n = 1 n = 8 , m = 9
+ Nếu m – n 2 thì 2m – n – 1 là 1 số lẻ lớn hơn 1, khi đó VT chứa TSNT khác 2, mà VT chỉ chứa
TSNT 2 suy ra TH này không xẩy ra : vậy n = 8 , m = 9
x 7
x 1
x 7
x 7
x 11
0
Bài 4 : Tìm x , biết :
x 11
0
HD :
x 7
x 1
x 7
x 7
x 1
x 1
1 x 7 10 0
10
1 x 7 0
x 7 x10
1 ( x 7)10 0
x 7010 x7 x 8
1 x 6
( x 7)
2012
0
Bài 5 : Tìm x, y biết : x 2011y ( y 1)
HD : ta có x 2011y 0 với mọi x,y và (y – 1)2012 0 với mọi y
2012
0 với mọi x,y . Mà x 2011 y ( y 1) 2012 0
Suy ra : x 2011 y ( y 1)
x 2011y 0
x 2011, y 1
y 1 0
Các bài tập tương tự :
Bài 6 : Tìm x, y biết :
2012
2
2
0
a) x 5 (3 y 4)
b) (2 x 1) 2 y x 8 12 5.2
Chuyên đề 4: Giá trị nguyên của biến , giá trị của biểu thức :
1 . Các kiến thức vận dụng:
- Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9
- Phân tích ra TSNT, tính chất của số nguyên tố, hợp số , số chính phương
- Tính chất chia hết của một tổng , một tích
- ƯCLN, BCNN của các số
2. Bài tập vận dụng :
* Tìm x,y dưới dạng tìm nghiệm của đa thức
Bài 1: a) T×m c¸c sè nguyªn tè x, y sao cho: 51x + 26y = 2000
b) T×m sè tù nhiªn x, y biÕt: 7( x 2004) 2 23 y 2
c) T×m x, y nguyªn biÕt: xy + 3x - y = 6
d) T×m mäi sè nguyªn tè tho¶ m·n : x2-2y2=1
HD: a) Từ 51x + 26y = 2000 17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) do 3,17 là số NT nên x 2 mà x NT x
= 2. Lại có 1000 – 13y 51 , 1000 – 13y > 0 và y NT y =
b) Từ 7( x 2004) 2 23 y 2 (1)
do 7(x–2004)2 0 23 y 2 0 y 2 23 y {0, 2,3, 4}
Mặt khác 7 là số NT 13 y 2 7 vậy y = 3 hoặc y = 4 thay vào (1)
suy ra : x= 2005 ,y =4 hoặc x = 2003, y = 4
x 1 1
x 1 1
c) Ta có xy + 3x - y = 6 ( x – 1)( y + 3) = 3
hoặc
y 3 3
y 3 3
x 1 3
x 1 3
hoặc
hoặc
y 3 1
y 1 1
d) x2-2y2=1 x 2 1 2 y 2 ( x 1)( x 1) 2 y 2
x 1 2 y
x 3
do VP = 2y2 chia hết cho 2 suy ra x > 2 , mặt khác y nguyên tố
x 1 y
y 2
Bài 2
a) Tìm các số nguyên thỏa mãn : x – y + 2xy = 7
b) Tìm x, y biết: 25 y 2 8( x 2012) 2
HD : a) Từ x – y + 2xy = 7 2x – 2y + 2xy = 7 (2x - 1)( 2y + 1) = 13
b) Từ 25 y 2 8( x 2012) 2 y2 25 và 25 – y2 chia hết cho 8 , suy ra y = 1 hoặc y = 3
hoặc y = 5 , từ đó tìm x
Bài 3 a) T×m gi¸ trÞ nguyªn d¬ng cña x vµ y, sao cho:
1 1 1
x y 5
b) T×m c¸c sè a, b, c nguyªn d¬ng tho¶ m·n :
a 3 3a 2 5 5b vµ a 3 5c
1 1 1
5 ( x + y) = xy (*) xy 5
x y 5
x 5
y 5
+ Với x chia hết cho 5 , đặt x = 5 q ( q là số tự nhiên khác 0) thay vào (*) suy ra:
5q + y = qy 5q = ( q – 1 ) y . Do q = 1 không thỏa mãn , nên với q khác 1 ta có
5q
5
y
5
Z q 1 Ư(5) , từ đó tìm được y, x
q 1
q 1
b) a 3 3a 2 5 5b a2 ( a +3) = 5b – 5 , mà a 3 5c a2. 5c = 5( 5b – 1 – 1)
5b 1 1
a 2 c 1 Do a, b, c nguyên dương nên c = 1( vì nếu c >1 thì 5 b – 1 - 1 không chia hết cho 5
5
do đó a không là số nguyên.) . Với c = 1 a = 2 và b = 2
Bài 4: T×m c¸c cÆp sè nguyªn tè p, q tho¶ m·n:
2
52 p 2013 52 p q 2
HD : a) Từ
2
2
HD : 52 p 2013 52 p q 2 2013 q 2 25 p 25 p 2013 q 2 25 p (25 p 1)
Do p nguyên tố nên 2013 q 2 252 và 2013 – q2 > 0 từ đó tìm được q
Bài 5 : T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d¬ng n sao cho: 2 n 1 chia hÕt cho 7
HD : Với n < 3 thì 2n không chia hết cho 7
Với n 3 khi đó n = 3k hoặc n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 ( k N * )
Xét n = 3k , khi đó 2n -1 = 23k – 1 = 8k – 1 = ( 7 + 1)k -1 = 7.A + 1 -1 = 7.A 7
Xét n = 3k +1 khi đó 2n – 1 = 23k+1 – 1 = 2.83k – 1 = 2.(7A+1) -1 = 7A + 1 không chia hết cho 7
Xét n = 3k+2 khi đó 2 n – 1 = 23k +2 -1 = 4.83k – 1 = 4( 7A + 1) – 1 = 7 A + 3 không chia hết cho 7
. Vậy n = 3k với k N *
* Tìm x , y để biểu thức có giá trị nguyên, hay chia hết:
Bài 1
T×m sè nguyªn m ®Ó:
a) Gi¸ trÞ cña biÓu thøc m -1 chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc 2m + 1.
b) 3m 1 3
HD : a) Cách 1 : Nếu m >1 thì m -1 < 2m +1 , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1
Nếu m < -2 thì m 1 2m 1 , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1
Vậy m { -2; -1; 0; 1}
Cách 2 : Để m 12m 1 2(m 1)2m 1 (2m 1) 32m 1 32m 1
m 0
2
4
m
b) 3m 1 3 - 3 < 3m – 1 < 3
vì m nguyên
3
3 m 1
Bài 2
a) T×m x nguyªn ®Ó 6 x 1 chia hÕt cho 2 x 3
b) T×m x Z ®Ó A Z vµ t×m gi¸ trÞ ®ã.
7
1 2x
1 2 x 1 2( x 3) 6
2
A=
. HD: A =
=
x 3
x 3
x 3
x 3
2012 x 5
Bài 3: Tìm x nguyên để
1006 x 1
HD :
2012 x 5
2(1006 x 1) 2009
2009
2
=
1006 x 1
1006 x 1
1006 x 1
2012 x 5
20091006 x 1 x là số CP.
1006 x 1
Với x >1 và x là số CP thì 1006 x 1 2012 2009 suy ra 2009 không chia hết cho
1006 x 1
Với x = 1 thay vào không thỏa mãn
Với x = 0 thì 2009 :1006 x 1 2009
để
Chuyên đề 5 : Giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1.Các kiến thức vận dụng :
* a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b
* a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
*A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A
* A 0, A , A 0, A
* A B A B , A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0
* A B A B , A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0
2. Bài tập vận dụng:
* Dạng vận dụng đẳng thức : a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b
Và a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các đa thức sau:
a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012
b) Q(x) = x2 + 100x – 1000
HD : a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012 = 2(x2 – 2.x. + 12 ) + 2010 = 2( x – 1)2 + 2010
Do ( x - 1)2 0 với mọi x , nên P(x) 2010 . Vậy Min P(x) = 2010
khi ( x - 1)2 = 0 hay x = 1
b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 = ( x + 50)2 – 3500 - 3500 với mọi x
Vậy Min Q(x) = -3500
Từ đây ta có bài toán tổng quát : Tìm GTNN của đa thức P(x) = a x2 + bx +c ( a > 0)
b
b 2
b2
HD: P(x) = a x2 + bx +c = a( x2 + 2.x.
+ ( ) )+(c)
2a
2a
4a
b
b
4ac b 2
4ac b 2
4ac b 2
= a( x ) 2 (
khi x =
)
, x Vậy Min P(x) =
2a
2a
4a
4a
4a
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a) A = - a2 + 3a + 4
b) B = 2 x – x2
3 3 2
9
3 2 25
2
HD : a) A = - a2 + 3a + 4 = (a 2.a. ( ) ) (4 ) ( a )
2 2
4
2
4
3
25
25
3
Do (a ) 0, a nên A , a . Vậy Max A =
khi a =
2
4
4
2
2
2
2
2
c) B = 2 x x ( x 2.x.1 1 ) 1 ( x 1) 1 . Do ( x 1) 0, x B 1, x
Vậy Max B = 1 khi x = 1
Bài 3 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
2012
a 2012 2013
a) P = 2
b) Q = 2012
x 4 x 2013
a 2011
* Dạng vận dụng A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A
Bài 1 : Tìm GTNN của biểu thức :
a) P = ( x – 2y)2 + ( y – 2012)2012
b) Q = ( x + y – 3)4 + ( x – 2y)2 + 2012
HD : a) do ( x 2 y ) 2 0, x, y và ( y 2012) 2012 0, y suy ra : P 0 với mọi x,y
x 2 y 0
x 4024
Min P = 0 khi
y 2012 0 y 2012
b) Ta có ( x y 3) 4 0.x, y và ( x 2 y ) 2 0.x, y suy ra : Q 2012 với mọi x,y
( x y 3)2 0
x 2
Min Q = 2012 khi
2
( x 2 y ) 0
y 1
2013
4
Bài 3 : Tìm GTLN của R =
2
( x 2) ( x y ) 3
Bài 4 :
Cho ph©n sè:
C
3x 2
4x 5
(x Z)
a) T×m x Z ®Ó C ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, t×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã.
b) T×m x Z ®Ó C lµ sè tù nhiªn.
3 x 2 3 4.(3 x 2) 3 12 x 8 3
23
.
.
.(1
)
HD : C
4 x 5 4 3.(4 x 5) 4 12 x 15 4
12 x 15
C lớn nhất khi
23
lớn nhất 12 x 15 nhỏ nhất và 12 x 15 0 x 2
12 x 15
Vậy Max C =
3
23 8
(1 ) khi x = 2
4
9
3
Bài 5 : T×m sè tù nhiªn n ®Ó ph©n sè
7n 8
cã gi¸ trÞ lín nhÊt
2n 3
7n 8 7 2(7 n 8) 7 14n 16 7
5
.
.
(1
)
2n 3 2 7(2n 3) 2 14n 21 2
14n 21
5
7n 8
Để
lớn nhất thì
lớn nhất 14n 21 0 và 14n – 21 có giá trị nhỏ nhất
2n 3
14n 21
21 3
n và n nhỏ nhất n = 2
14 2
* Dạng vận dụng A 0, A , A 0, A
HD : Ta có
A B A B , A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0
A B A B , A, B dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0
Bài 1:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a) A = ( x – 2)2 + y x + 3
2011
b) B =
2012 x 2010
HD: a) ta có ( x 2) 2 0 với mọi x và y x 0 với mọi x,y A 3 với mọi x,y
2
( x 2) 0 x 2
Suy ra A nhỏ nhất = 3 khi
y 2
y x 0
b) Ta có x 2010 0 với mọi x 2012 x 2010 2012 với mọi x
2011
2011
với mọi x, suy ra Min B =
khi x = 2010
2012
2012
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
a) A x 2011 x 2012
B B
b) B x 2010 x 2011 x 2012
c) C = x 1 x 2 ..... x 100
HD : a) Ta có A x 2011 x 2012 = x 2011 2012 x x 2011 2012 x 1
với mọi x A 1 với x . Vậy Min A = 1 Khi ( x 2011)(2012 x) 0 2011 x 2012
b) ta có B x 2010 x 2011 x 2012 ( x 2010 2012 x ) x 2011
Do x 2010 2012 x x 2010 2012 x 2 với mọi x (1)
Và x 2011 0 với mọi x (2)
Suy ra B ( x 2010 2012 x ) x 2011 2 . Vậy Min B = 2 khi BĐT (1) và (2) xẩy ra
( x 2010)(2012 x ) 0
x 2011
dấu “=” hay
x 2011 0
c) Ta có
x 1 x 2 ..... x 100 = ( x 1 100 x ) ( x 2 99 x ) ..... ( x 50 56 x )
x 1 100 x x 2 99 x .... x 50 56 x = 99 + 97 + ....+ 1 = 2500
Suy ra C 2050 với mọi x . Vậy Min C = 2500 khi
( x 1)(100 x ) 0
( x 2)(99 x ) 0
............................
( x 50)(56 x ) 0
1 x 100
2 x 99
50 x 56
................
50 x 56
Chuyên đề 6 : Dạng toán chứng minh chia hết
1.Kiến thức vận dụng
* Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9
* Chữ số tận cùng của 2n, 3n ,4n, 5n ,6n, 7n, 8n, 9n
* Tính chất chia hết của một tổng
2. Bài tập vận dụng:
Bài 1 : Chứng minh rằng : Với mọi số nguyên dương n thì :
3n 2 2n 2 3n 2n chia hết cho 10
HD: ta có 3n 2 2n 2 3n 2n = 3n 2 3n 2n 2 2n
= 3n (32 1) 2n (22 1)
= 3n 10 2n 5 3n 10 2 n 1 10
= 10( 3n -2n)
Vậy 3n 2 2n 2 3n 2 n 10 với mọi n là số nguyên dương.
Bài 2 :
Chứng tỏ rằng:
A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 là số chia hết cho 100
HD: A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 = 75.( 42005 – 1) : 3 + 25
= 25( 42005 – 1 + 1) = 25. 42005 chia hết cho 100
Bài 3 :
Cho m, n
N* và
p là số nguyên tố thoả mãn:
mn
p
= p (1)
m 1
Chứng minh rằng : p2 = n + 2
HD : + Nếu m + n chia hết cho p p (m 1) do p là số nguyên tố và m, n N*
m = 2 hoặc m = p +1 khi đó từ (1) ta có p2 = n + 2
+ Nếu m + n không chia hết cho p , từ ( 1) (m + n)(m – 1) = p2
Do p là số nguyên tố và m, n N* m – 1 = p2 và m + n =1
m = p2 +1 và n = - p2 < 0 (loại)
Vậy p2 = n + 2
Bài 4: a) Sè A 101998 4 cã chia hÕt cho 3 kh«ng ? Cã chia hÕt cho 9 kh«ng ?
b) Chøng minh r»ng: A 3638 4133 chia hÕt cho 7
HD: a) Ta có 101998 = ( 9 + 1)1998 = 9.k + 1 ( k là số tự nhiên khác không)
4 = 3.1 + 1
Suy ra : A 101998 4 = ( 9.k + 1) – ( 3.1+1) = 9k -3 chia hết cho 3 , không chia hết cho 9
b) Ta có 3638 = (362)19 = 129619 = ( 7.185 + 1) 19 = 7.k + 1 ( k N*)
4133 = ( 7.6 – 1)33 = 7.q – 1 ( q N*)
Suy ra : A 3638 4133 = 7k + 1 + 7q – 1 = 7( k + q) 7
Bài 5 :
a) Chøng minh r»ng: 3n 2 2n 4 3n 2n chia hÕt cho 30 víi mäi n nguyªn d¬ng
b) Chøng minh r»ng: 2a - 5b + 6c 17 nÕu a - 11b + 3c 17 (a, b, c Z)
Bài 6 : a) Chøng minh r»ng: 3a 2b 17 10a b 17 (a, b Z )
b) Cho ®a thøc f ( x ) ax 2 bx c (a, b, c nguyªn).
CMR nÕu f(x) chia hÕt cho 3 víi mäi gi¸ trÞ cña x th× a, b, c ®Òu chia hÕt cho 3
HD a) ta có 17a – 34 b 17 và 3a + 2b 17 17 a 34b 3a 2b17 2(10 a 16b) 17
10a 16b17 vì (2, 7) = 1 10a 17b 16b 17 10a b17
b) Ta có f(0) = c do f(0) 3 c 3
f(1) - f(-1) = (a + b + c) - ( a – b + c) = 2b , do f(1) và f(-1) chia hết cho 3
2b 3 b 3 vì ( 2, 3) = 1
f(1) 3 a b c 3 do b và c chia hết cho 3 a 3
Vậy a, b, c đều chia hết cho 3
102006 53
Bài 7 : a) Chøng minh r»ng
lµ mét sè tù nhiên
9
b) Cho 2n 1 lµ sè nguyªn tè (n > 2). Chøng minh 2 n 1 lµ hîp sè
HD : b) ta có (2n +1)( 2n – 1) = 22n -1 = 4n -1 (1) .Do 4n- 1 chia hêt cho 3 và 2 n 1 lµ sè nguyªn tè
(n > 2) suy ra 2n -1 chia hết cho 3 hay 2n -1 là hợp số
Chuyên đề 7 : Bất đẳng thức
1.Kiến thức vận dụng
* Kỹ thuật làm trội : Nếu a1 < a2 < a3 <…. < an thì n a1 < a1 + a2 + … + an < nan
1
1 1
1
1
.....
nan a1 a2
an na1
1
1
1
2
* a(a – 1) < a2 < a( a+1)
a (a 1) a
a (a 1)
2
2
2
2
* a + 2.ab + b = ( a + b) 0 , * a – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
2.Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho a, b, c > 0 . Chøng tá r»ng: M
HD : Ta có M
a
b
c
kh«ng lµ sè nguyªn.
a b b c c a
a
b
c
a
b
c
a b c
1
a b b c c a a b c c a b a b c a b c
M 1
Mặt khác M
3 (
a
b
c
(a b) b (b c ) c (c a ) a
a b b c c a
a b
b c
c a
b
c
a
) = 3 – N Do N >1 nên M < 2
a b b c c a
Vậy 1 < M < 2 nên M không là số nguyên
Bài 2 Chứng minh rằng : a b 2 ab (1) , a b c 3 3 abc (2) với a, b, c 0
HD : a b 2 ab (a b)2 4ab a 2 2ab b2 4ab a 2 2ab b2 0 (a b)2 0 (*)
Do (*) đúng với mọi a,b nên (1) đúng
Bài 3 : Với a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng
1 1
a) (a b)( ) 4 (1)
a b
1 1 1
b) (a b c)( ) 9 (2)
a b c
1 1
2
2
HD : a) Cách 1 : Từ (a b)( ) 4 (a b) 4ab (a b) 0 (*)
a b
Do (*) đúng suy ra (1) đúng
Cách 2: Ta có a b 2 ab và
1 1
2
1 1
2
(a b)( ) 2 ab .
4
a b
a b
ab
ab
Dấu “ =” xẩy ra khi a = b
1 1 1
b c a c a b
a b
b c
a c
3 ( ) ( ) ( )
b) Ta có : (a b c)( ) 3
a b c
a
b
c
b a
c b
c a
Lại có
a b
b c
a c
2; 2; 2
b a
c b
c a
1 1 1
Suy ra (a b c )( ) 3 2 2 2 9 Dấu “ = ” xẩy ra khi a = b = c
a b c
Bài 4 : a) Cho z, y, z lµ c¸c sè d¬ng.
x
y
z
3
Chøng minh r»ng: 2 x y z 2 y z x 2 z x y 4
b) Cho a, b, c tho¶ m·n: a + b + c = 0. Chøng minh r»ng: ab bc ca 0 .
HD : b) Tính ( a + b + c)2 từ cm được ab bc ca 0
Chuyên đề 8 : Các bài toán về đa thức một ẩn
Bài 1 : Cho đa thức P(x) = a x3 + bx2 + cx + d ( a khác 0)
Biết P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = 1 , P( 2) = 120 . Tính P(3)
HD : ta có P(1) = 100 a + b + c + d = 100
P(-1) = 50 - a + b – c + d = 50
P( 0) = 1 d = 1
P(2) = 8a + 4b + c + d = 120
Từ đó tìm được c, d, và a và XĐ được P(x)
Bài 2 : Cho f ( x ) ax 2 bx c víi a, b, c lµ c¸c sè h÷u tØ.
Chøng tá r»ng: f ( 2). f (3) 0 . BiÕt r»ng 13a b 2c 0
HD : f( -2) = 4a – 2b + c và f(3) = 9a + 3b + c f(-2).f(3) =(4a – 2b + c)( 9a + 3b + c)
Nhận thấy ( 4a – 2b + c) + ( 9a + 3b + c) = 13a + b + 2c = 0
( 4a – 2b + c ) = - ( 9a + 3b + c)
Vậy f(-2).f(3) = - ( 4a – 2b + c).( 4a – 2b + c) = - ( 4a -2b + c)2 0
Bài 3 Cho ®a thøc f ( x ) ax 2 bx c víi a, b, c lµ c¸c sè thùc. BiÕt r»ng f(0); f(1); f(2) cã gi¸ trÞ
nguyªn. Chøng minh r»ng 2a, 2b cã gi¸ trÞ nguyªn.
HD : f(0) = c , f(1) = a + b + c , f(2) = 4a + 2b + c
Do f(0) ,f(1), f(2) nguyên c , a + b + c và 4a + 2b + c nguên
a + b và 4a + 2b = 2 (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên 2a , 2b nguyên
Bài 4 Chøng minh r»ng: f(x) ax 3 bx 2 cx d cã gi¸ trÞ nguyªn víi mäi x nguyªn khi vµ chØ khi
6a, 2b, a + b + c vµ d lµ sè nguyªn
HD : f(0) = d , f(1) = a + b + c + d , f(2) = 8a +4 b + c + d
Nếu f(x) có giá trị nguyên với mọi x d , a + b + c + d, 8a +4b + c + d là các số nguyên . Do d
nguyên a + b + c nguyên và (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b nguyên 2b nguyên 6a
nguyên . Chiều ngược lại cm tương tự.
Bài 5 : T×m tæng c¸c hÖ sè cña ®a thøc nhËn ®îc sau khi bá dÊu ngoÆc trong biÓu thøc: A(x) =
(3 4 x x 2 ) 2004 . (3 4 x x 2 ) 2005
HD : Giả sử A( x) = ao + a1x + a2x2 + …..+ a4018x4018
Khi đó A(1) = ao + a1 +a2 + …….+ a4018
do A(1) = 0 nên ao + a1 +a2 + …….+ a4018 = 0
Bài 6 :
Cho x = 2011. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
2011
x 2012 x 2010 2012 x 2009 2012 x 2008 .... 2012 x 2 2012 x 1
HD : Đặt A = x 2011 2012 x 2010 2012 x 2009 2012 x 2008 .... 2012 x 2 2012 x 1
x 2010 ( x 2011) x 2009 ( x 2011) x 2008 ( x 2011) .... x( x 2011) x 1
tại x = 2012 thì A = 2011
Chuyên đề 9 Các bài toán thực tế
1. Kiến thức vận dụng
- Tính chất đại lượng tỉ lệ thuận :
Đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x khi và chỉ khi :
y
y1 y2 y3
..... n k ( k là hệ số tỉ lệ )
y = k.x
x1 x2 x3
xn
- Tính chất đại lượng tỉ lệ nghịch :
Đại lượng y và đại lượng x được gọi là hai đại lượng tỉ lệ nghịch khi :
x.y = a x1. y1 x2 . y2 x3 . y3 ...... xn . yn a ( a là hệ số tỉ lệ )
- Tính chất dãy tỉ số bằng nhau.
2. Bài tập vận dụng
*Phương pháp giải :
- Đọc kỹ đề bài , từ đó xác định các đại lượng trong bài toán
- Chỉ ra các đại lượng đã biết , đại lượng cần tìm
- Chỉ rõ mối quan hệ giữa các đại lượng ( tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch)
- Áp dụng tính chất về đại lượng tỉ lệ và tính chất dãy tỉ số bằng nhau để giải
Bài 1 : Một vật chuyển động trên các cạnh hình vuông. Trên hai cạnh đầu vật chuyển động với
vận tốc 5m/s, trên cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, trên cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s. Hỏi độ dài cạnh
hình vuông biết rằng tổng thời gian vật chuyển động trên bốn cạnh là 59 giây
Bài 2 : Ba líp 7A,7B,7C cã 94 häc sinh tham gia trång c©y. Mçi häc sinh líp 7A
trång ®îc 3 c©y, Mçi häc sinh líp 7B trång ®îc 4 c©y, Mçi häc sinh líp 7C trång ®îc
5 c©y,. Hái mçi líp cã bao nhiªu häc sinh. BiÕt r»ng sè c©y mçi líp trång ®îc ®Òu
nh nhau.
Bài 3 : Mét « t« ph¶i ®i tõ A ®Õn B trong thêi gian dù ®Þnh. Sau khi ®i ®îc nöa qu·ng ®êng «
t« t¨ng vËn tèc lªn 20 % do ®ã ®Õn B sím h¬n dù ®Þnh 10 phót.
TÝnh thêi gian « t« ®i tõ A ®Õn B.
Bài 4 : Trªn qu·ng ®êng AB dµi 31,5 km. An ®i tõ A ®Õn B, B×nh ®i tõ B ®Õn A. VËn tèc An
so víi B×nh lµ 2: 3. §Õn lóc gÆp nhau, thêi gian An ®i so víi B×nh ®i lµ 3: 4.
TÝnh qu·ng ®êng mçi ngêi ®i tíi lóc gÆp nhau ?
Bài 5 : Ba đội công nhân làm 3 công việc có khối lượng như nhau. Thời gian hoàn thành công
việc của đội І, ІІ, ІІІ lần lượt là 3, 5, 6 ngày. Biêt đội ІІ nhiều hơn đội ІІІ là 2 người và năng suất
của mỗi công nhân là bằng nhau. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu công nhân ?
Bài 6 : Ba ô tô cùng khởi hành đi từ A về phía B . Vận tốc ô tô thứ nhất kém ô tô thứ hai là 3 Km/h
5
. Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai và thứ ba đi hết quãng đường AB lần lượt là : 40 phút,
giờ ,
8
5
giờ . Tính vận tốc mỗi ô tô ?
9
PHẦN HÌNH HỌC
I.
Một số phương pháp chứng minh hình hoc
1.Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau:
P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai đoạn thẳng đó
- Chứng minh hai đoạn thẳng đó là hai cạnh bên của một tam giác cân
- Dựa vào tính chất đường trung tuyến, đường trung trực của đoạn thẳng
- Dựa vào định lí Py-ta- go để tính độ dài đoạn thẳng
2.Chứng minh hai góc bằng nhau:
P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai góc đó
- Chứng minh hai góc đó là hai góc ở đáy của một tam giác cân
- Chứng minh hai đường thẳng song song mà hai góc đó là cặp góc so le trong ,đồng
vị
- Dựa vào tính chất đường phân giác của tam giác
3. Chứng minh ba điểm thẳng hàng:
P2 : - Dựa vào số đo của góc bẹt ( Hai tia đối nhau)
- Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 tại một điểm
- Hai đường thẳng đi qua một điểm và song song với đường thẳng thứ 3
- Dựa vào tính chất 3 đường trung tuyến, phân giác, trung trực, đường cao
4. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc
P2 : - Tính chất của tam giác vuông, định lí Py – ta – go đảo
- Qua hệ giữa đường thẳng song song và đường thẳng vuông góc
- Tính chất 3 đường trung trực, ba đường cao
5 . Chứng minh 3 đường thẳng đồng quy( đi qua một điểm )
P2 : - Dựa vào tính chất của các đường trong tam giác
6. So sánh hai đoạn thẳng, hai góc :
P2 : - Gắn hai đoạn thẳng , hai góc vào một tam giác từ đó vận định lí về quan hệ giữa cạnh
và góc đối diện trong một tam giác , BĐT tam giác
- Dựa vào định lí về quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu, đường xiên và đường
vuông góc .
II.
Bài tập vận dụng
Bài 1 : Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng
gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC.
Chøng minh: DC = BE vµ DC BE
HD:
Phân tích tìm hướng giải
*Để CM DC = BE cần CM ∆ABE = ∆ ADC ( c.g.c)
Có : AB = AD, AC = AE (gt)
Cần CM : DAC
BAE
Có : BAE
900 BAC
DAC
* Gọi I là giao điểm của AB và CD
900
Để CM : DC BE cần CM I 2 B
1
900
Có I I ( Hai góc đối đỉnh) và I D
1
2
1
1
D
( vì ∆ABE = ∆ ADC)
Cần CM B
1
1
Lời giải
DAC
a) Ta có BAE
, mặt khác AB = AD, AC = AE (gt)
90 BAC
DAC
BAE
Suy ra ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c) DC = BE
b) Gọi I là giao điểm của AB và CD
900 ( ∆ ADI vuông tại A) và B
D
( vì ∆ABE = ∆
Ta có I 1 I 2 ( Hai góc đối đỉnh) , I 1 D
1
1
1
0
ADC) I B 90 DC BC
0
2
1
*Khai thác bài 1:
Từ bài 1 ta thấy : DC = BE vµ DC BE khi ∆ABD và ∆ ACE vuông cân, vậy nếu có ∆ABD và ∆
ACE vuông cân , Từ B kẻ BK CD tại D thì ba điểm E, K, B thẳng hàng
Ta có bài toán 1.2
Bài 1. 1: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD
vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Từ B kẻ BK CD tại K
Chứng minh rằng ba điểm E, K, B thẳng hàng
HD : Từ bài 1 chứng minh được DC BE mà BK CD tại K suy ra ba điểm E, K, B thẳng hàng
*Khai thác bài 1.1
Từ bài 1.1 nếu gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A thì MA BC từ đó ta có bài toán 1.2
Bài 1.2: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD
vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A .
Chứng minh rằng : MA BC
Phân tích tìm hướng giải
HD: Gọi H là giao điểm của tia MA và BC
Để CM MA BC ta cần CM ∆AHC vuông tại H
Để CM ∆AHC vuông tại H ta cần tạo ra 1 tam giác
vuông bằng ∆AHC
Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN
Kẻ DQ AM tại Q
Cần CM ∆AHC = ∆DQN (g.c.g)
- Xem thêm -
.DOC 
31 
87 
85 
