Tài liệu Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi toán 7

  • Số trang: 28 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 353 |
  • Lượt tải: 0
hosomat

Tham gia: 10/08/2016

Mô tả:

Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi toán 7
Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 7 PHẦN ĐẠI SỐ Chuyền đề 1: Các bài toán thực hiện phép tính: 1. Các kiến thức vận dụng: - Tính chất của phép cộng, phép nhân - Các phép toán về lũy thừa: an = a.a....a ; am.an = am+n; am : an = am –n (a  0, m  n) n a b (am)n = am.n; (a.b)n = an.bn ; ( )n  an (b  0) bn 2. Một số bài toán : Bài 1: a) Tính tổng : 1+ 2 + 3 +…. + n, 1+ 3 + 5 +…. + (2n -1) b) Tính tổng : 1.2 + 2.3 + 3.4 + …..+ n.(n+1) 1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2) Với n là số tự nhiên khác không. HD: a) 1+2 + 3 + ....+ n = n(n+1) 1+ 3+ 5+ …+ (2n-1) = n2 b) 1.2+2.3+3.4+ …+ n(n+1) = [1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + …..+ n(n + 1)((n+2) – (n – 1))] : 3 = [ 1.2.3 – 1.2.3 + 2.3.4 – 2.3.4 +……+ n(n+1)(n+2)] : 3 = n(n+ 1)(n+2) :3 1.2.3 + 2.3.4+ 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2) = [ 1.2.3(4 – 0) + 2.3.4(5 -1) + 3.4.5.(6 -2) + ……+ n(n+1)(n+2)((n+3) – (n-1))]: 4 = n(n+1)(n+2)(n+3) : 4 Tổng quát: Bài 2: a) Tính tổng : S = 1+ a + a2 +…..+ an b) Tính tổng : A = c c c   ......  a1.a2 a2 .a3 an 1.an với a2 – a1 = a3 – a2 = … = an – an-1 = k HD: a) S = 1+ a + a2 +…..+ an  aS = a + a2 +…..+ an + an+1 Ta có : aS – S = an+1 – 1  (a – 1) S = an+1 – 1 Nếu a = 1  S = n Nếu a khác 1, suy ra S = a n1  1 a 1 c c 1 1  (  ) với b – a = k a.b k a b c 1 1 c 1 1 c 1 1  ) Ta có : A = (  )  (  )  .....  ( k a1 a2 k a2 a3 k an 1 an b) Áp dụng 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 Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn HD: a) 1 + 2 + 32 + ….+ n2 = n(n+1)(2n+1): 6 b) 13 + 23 + 33 + …..+ n3 = (n(n+1):2)2 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  2 .3 2 6  8 .3 4 5  510.73  255.492 125.7  3  59.143 9 7 ;B= 28 2 1, Tính: 1 1 1   P = 2003 2004 2005 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 Bài 5: 3 3   0,375  0,3    1,5  1  0,75  1890 11 12  :   115 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 Chøng minh r»ng B  . 2 Bài 6: 5 5 1 3  1 13  2  10  . 230  46 4 27 6 25 4 a) Tính :  2  3 10   1 1   : 12  14  7  10 3   3 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 1  ....  1   2011 1 2 2011 2012 2012 1 1 1 1  2012   ....   2011 = 2012(    ......  ) 2 2011 2 3 4 2012 1 1 1 1 (1  2  3  ...  99  100)    (63.1,2  21.3,6) 2 3 7 9 c) A  1  2  3  4  ...  99  100  MS  1  Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn 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 6  6 12  5 3     1 1 1 1 1 b) Chøng tá r»ng: B  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  11 2     2  13 : 0 , 88  3 , 53  ( 2 , 75 )    : 25       25  b) Chøng minh r»ng tæng: S 1 1 1 1 1 1 1  4  6  ...  4n  2  4n  ....  2002  2004  0,2 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  . 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 = (b  2012c) 2 c Bài 1: Cho 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) Suy ra : (a  2012b) 2 a = (b  2012c) 2 c Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu a c 5a  3b 5c  3d th×   b d 5a  3b 5c  3d a c   k  a = kb, c = kd. b d 5a  3b b(5k  3) 5k  3 5c  3d d (5k  3) 5k  3 Suy ra : và     5a  3b b(5k  3) 5k  3 5c  3d d (5k  3) 5k  3 5a  3b 5c  3d Vậy  5a  3b 5c  3d a 2  b2 ab Bài 4: BiÕt 2 2  với a,b,c, d  0 Chứng minh rằng : c d cd a c a d  hoặc  b d b c 2 2 a b 2 a b ab 2ab a 2  2ab  b2 (a  b)2 HD: Ta có 2 2  = ( ) (1)  2  2 2 (c  d ) cd c d cd 2cd c  2cd  d a b 2 a 2  b2 ab 2ab a 2  2ab  b2 (a  b)2 = ( ) (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 : ( cd cd a b  ba  c  d d  c HD: Đặt Xét 2 TH đi đến đpcm a c  . Chøng minh r»ng: b d 2 a 2  b2 ab a 2  b2 ab vµ     2 c  d2 cd c 2  d 2 cd  a c HD: Xuất phát từ  biến đổi theo các b d ab a 2  b2 a 2 c 2 a 2  b2 a b 2 hướng làm xuất hiện  2  2  2 2 ( ) 2 2 cd c  d b d c d cd Bài 5: Cho tØ lÖ thøc Bài 6: Cho d·y tØ sè b»ng nhau: 2a  b  c  d a  2b  c  d a  b  2c  d a  b  c  2d    a b c d ab bc cd d a TÝnh M     cd d a ab bc 2a  b  c  d a  2b  c  d a  b  2c  d a  b  c  2d HD: Từ    a b c d 2a  b  c  d a  2b  c  d a  b  2c  d a  b  c  2d Suy ra : 1  1  1  1 a b c d a bc  d a bc d a bc d a bc d     a b c d Nếu a + b + c + d = 0  a + b = -(c+d); (b + c) = -(a + d) ab bc cd d a = -4  M    cd d a ab bc ab bc cd d a Nếu a + b + c + d  0  a = b = c = d  M  =4    cd d a ab bc Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn Bài 7: a) Chøng minh r»ng: NÕu a b c x y z   Th×   x  2 y  z 2x  y  z 4x  4 y  z a  2b  c 2a  b  c 4a  4b  c abc a a b c b) Cho: . Chøng minh:      d b c d bcd  x y z a  2b  c 2a  b  c 4a  4b  c HD: a) Từ      x y z a  2b  c 2a  b  c 4a  4b  c 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 2x  y  z 4x  4 y  z x y z t    Bài 8: Cho y zt zt  x t  x y x y z 3 chøng minh r»ng biÓu thøc sau cã gi¸ trÞ nguyªn. x y y z z t t  x    zt t  x x y y z x y z t y  z t z t  x t  x  y x  y  z    HD: Từ     y zt zt  x t  x y x y z x y z t y  z t z t  x tx y x yz  1  1  1  1 x y z t x  y  z t z t  x  y t  x  y  z x  y  z t     x y z t P Nếu x + y + z + t = 0 thì P = - 4 Nếu x + y + z + t  0 thì x = y = z = t  P = 4 yzx zx y x yz   x y z  x y z Hãy tính giá trị của biểu thức : B = 1  1   1   y  z  x   Bài 9: Cho 3 số x, y, z khác 0 thỏa mãn điều kiện : 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: x 2010  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 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 Biết a,b,c,d,e,f thuộc tập N* và Tính giá trị của biểu thức: M = 4(a - b)(b – c) – (c – a)2 Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn Một số bài tương tự Bài 11: Cho d·y tØ sè b»ng nhau: 2012a  b  c  d a  2012b  c  d a  b  2012c  d a  b  c  2012d    a b c d ab bc cd d a TÝnh M     cd d a ab bc Bài 12: Cho 3 số x, y, z, t khác 0 thỏa mãn điều kiện : y  z  t  nx z  t  x  ny t  x  y  nz x  y  z  nt (n là số tự nhiên)    x y z t và x + y + z + t = 2012. Tính giá trị của biểu thức P = x + 2y – 3z + t Dạng 2: Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tìm x,y,z,… 1+3y 1+5y 1+7y Bài 1: Tìm cặp số (x;y) biết :   12 5x 4x HD: Áp 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 5x  12 Nếu y khác 0 => -x = 5x -12 => x = 2. Thay x = 2 vµo trªn ta ®-îc: 1 1 3y 2 y    y =>1+ 3y = -12y => 1 = -15y => y = 15 12 2 1 VËy x = 2, y = tho¶ m·n ®Ò bµi 15 a b c Bài 3: Cho   và a + b + c ≠ 0; a = 2012. b c a Tính b, c. HD: từ a b c a bc     1  a = b = c = 2012 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 x yz HD: Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau: y  x  1 x  z  2 x  y  3 2( x  y  z) 1 (vì x+y+z  0)    2 x y z ( x  y  z) x yz Suy ra : x + y + z = 0,5 từ đó tìm được x, y, z 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 x y z    x yz Bài 6: T×m x, y, z biÕt: (x, y, z  0 ) z  y 1 x  z 1 x  y  2 Bài 5: Tìm x, biết rằng: Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn x y z x yz 1 HD: Từ    x yz   z  y 1 x  z 1 x  y  2 2( x  y  z ) 2 1 1 1 1 Từ x + y + z =  x + y = - z, y +z = - x, z + x = - y thay vào đẳng thức 2 2 2 2 ban đầu để tìm x. 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 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 Từ Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn Bài 2: Tìm x nguyên biết 1 1 1 1 49    ....   1.3 3.5 5.7 (2 x  1)(2 x  1) 99 91006  1 b) 1- 3 + 32 – 33 + ….+ (-3)x = 4 a) 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  3x b) Tìm x biết: 2 x  3  x  2  x Bài 4: Tìm x biết: a) x  1  4 b) x  2011  2012 Dạng: Sử dụng BĐT giá trị tuyệt đối Bài 1: a) Tìm x ngyên biết : x  1  x  3  x  5  x  7  8 b) Tìm x biết : x  2010  x  2012  x  2014  2 HD: a) ta có x  1  x  3  x  5  x  7  x  1  7  x  x  3  5  x  8 (1) Mà x  1  x  3  x  5  x  7  8 suy ra (1) xẩy ra dấu “=” 1  x  7  3  x  5 do x nguyên nên x  {3;4;5} 3  x  5 Hay  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 “=” Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn  x  2012  0  x  2012 2010  x  2014 Suy ra:  Các bài tương tự Bài 2: Tìm x nguyên biết: x  1  x  2  .....  x  100  2500 Bài 3: Tìm x biết x  1  x  2  .....  x  100  605x Bài 4: T×m x, y tho¶ m·n: x  1  x  2  y  3  x  4 = 3 Bài 5: Tìm x, y biết: x  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  2012, y  2  x  2006 y  x  2012  0    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  x  2 x 1  3y  x x 1 2 3 Nhận thấy : (2, 3) = 1  x – 1 = y-x = 0  x = y = 1 b) 10x : 5y = 20y  10x = 102y  x = 2y HD: a) 2x + 1. 3y = 12x  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   m n n m–n b) 2 – 2 = 256  2 (2 - 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 Bài 4: Tìm x, biết:  x  7  HD:  x  7 x 1   x  7   x  7 x 1 x 1 x 11   x  7 x 11 0 0 1   x  7 10   0   Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7   x  7  x 1 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn 1   x  7 10   0     x7  x10       1( x7)10 0     x7010 x7 x 8  ( x7) 1 x 6 Bài 5: Tìm x, y biết: x  2011y  ( y  1) 2012  0 HD: ta có x  2011y  0 với mọi x,y và (y – 1)2012  0 với mọi y Suy ra: x  2011y  ( y  1) 2012  0 với mọi x,y. Mà x  2011y  ( y  1) 2012  0  x  2011 y  0  x  2011, y  1    y 1  0 Các bài tập tương tự: Bài 6: Tìm x, y biết : a) x  5  (3 y  4)2012  0 b) (2 x  1)2  2 y  x  8  12  5.22 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 hoặc  y 3  3  y  3  3 c) Ta có xy + 3x - y = 6  (x – 1)(y + 3) = 3   x 1  3  x  1  3 hoặc  y  3 1  y  1  1 d) x2-2y2=1  x 2  1  2 y 2  ( x  1)( x  1)  2 y 2 hoặc  x 1  2 y x  3  x 1  y y  2 do VP = 2y2 chia hết cho 2 suy ra x > 2, mặt khác y nguyên tố   Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn 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 1 1 1   Bài 3 a) T×m gi¸ trÞ nguyªn d-¬ng cña x vµ y, sao cho: x y 5 b) T×m c¸c sè a, b, c nguyªn d-¬ng tho¶ m·n: a3  3a 2  5  5b vµ a  3  5c 1 1 1 x 5 HD: a) Từ    5 (x + y) = xy (*)  xy 5   x y 5 y 5 + Với x chia hết cho 5, đặt x = 5q (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  5  Z  q  1 Ư(5), từ đó tìm được y, x q 1 q 1 b) a3  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 5b – 1 - 1 không 5 chia hết cho 5 do đó a không là số nguyên.). Với c = 1  a = 2 và b = 2 y Bài 4: T×m c¸c cÆp sè nguyªn tè p, q tho¶ m·n: 52 p  2013  52 p  q 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 2n – 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 * 2 2 * 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 1 2m 1  2(m 1) 2m 1  (2m 1)  3 2m 1  3 2m 1 b) 3m  1  3  - 3 < 3m – 1 < 3  m  0 2 4 m  vì m nguyên 3 3 m  1 Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn 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. 1  2x 1  2 x 1  2( x  3)  6 7 . HD: A = =  2 x3 x3 x3 x3 2012 x  5 Bài 3: Tìm x nguyên để 1006 x  1 A= HD: 2(1006 x  1)  2009 2009 2012 x  5  2 = 1006 x  1 1006 x  1 1006 x  1 2012 x  5  2009 1006 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 để cho 1006 x  1 Với x = 1 thay vào không thỏa mãn Với x = 0 thì 2009 :1006 x  1  2009 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) b2 b b + ( )2 ) + (c ) 4a 2a 2a b 2 4ac  b2 4ac  b2 4ac  b2 b = a( x  )  ( khi x =  ) , x . Vậy Min P(x) = 2a 4a 4a 4a 2a HD: P(x) = a x2 + bx +c = a(x2 + 2.x. Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: a) A = - a2 + 3a + 4 b) B = 2 x – x2 Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn 3 2 3 2 9 4 3 2 25 4 25 3 25 3 Do (a  )  0, a nên A  , a . Vậy Max A = khi a = 4 2 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 HD: a) A = - a2 + 3a + 4 = (a2  2.a.  ( )2 )  (4  )  (a  )2  Vậy Max B = 1 khi x = 1 Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau: a) P = 2012 2 x  4 x  2013 b) Q = a 2012  2013 a 2012  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 2  ( x  y  3)  0  x  2  Min Q = 2012 khi   2 ( x  2 y)  0 y 1  2013 Bài 3: Tìm GTLN của R = Bài 4: Cho ph©n sè: C  ( x  2)2  ( x  y)  3 3x 2 4 4 x 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  ) 4 x  5 4 3.(4 x  5) 4 12 x  15 4 12 x  15 23 C lớn nhất khi lớn nhất  12 x  15 nhỏ nhất và 12 x  15  0  x  2 12 x  15 HD: C  Vậy Max C = 3 23 8 (1  )  khi x = 2 4 9 3 7n  8 cã gi¸ trÞ lín nhÊt 2n  3 7n  8 7 2(7n  8) 7 14n  16 7 5 HD: Ta có  .  .  (1  ) 2n  3 2 7(2n  3) 2 14n  21 2 14n  21 7n  8 5 Để lớn nhất thì lớn nhất  14n  21  0 và 14n – 21 có giá trị nhỏ 14n  21 2n  3 21 3 nhất  n   và n nhỏ nhất  n = 2 14 2 * Dạng vận dụng A  0, A ,  A  0, A Bài 5: T×m sè tù nhiªn n ®Ó ph©n sè 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 Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a) A = (x – 2)2 + y  x + 3 b) B = 2011 2012  x  2010 HD: a) ta có ( x  2)2  0 với mọi x và y  x  0 với mọi x,y  A  3 với mọi x,y ( x  2)2  0  x  2  Suy ra A nhỏ nhất = 3 khi   y  x  0 y  2   b) Ta có  x  2010  0 với mọi x  2012  x  2010  2012 với mọi x B B 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  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 ( x  2010)(2012  x)  0  x  2011  x  2011  0 (2) xẩy ra dấu “=” hay  c) Ta có x  1  x  2  .....  x  100 = ( x  1  100  x )  ( x  2  99  x )  .....  ( x  50  56  x )  x  1  100  x  x  2  99  x  ....  x  50  56  x = 99 + 97 +....+ 1 = 2500 Suy ra C  2050 với mọi x. Vậy Min C = 2500 khi ( x  1)(100  x)  0 1  x  100 ( x  2)(99  x)  0 2  x  99    50  x  56   ............................ ................ ( x  50)(56  x)  0 50  x  56 Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn Chuyên đề 6: Dạng toán chứng minh chia hết 1. Kiến thức vận dụng * Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9 * Chữ số tận cùng của 2n, 3n,4n, 5n,6n, 7n, 8n, 9n * Tính chất chia hết của một tổng 2. Bài tập vận dụng: Bài 1: Chứng minh rằng : Với mọi số nguyên dương n thì : 3n2  2n2  3n  2n chia hết cho 10 HD: ta có 3n2  2n2  3n  2n = 3n2  3n  2n2  2n = 3n (32  1)  2n (22  1) = 3n 10  2n  5  3n 10  2n1 10 = 10(3n -2n) Vậy 3n2  2n2  3n  2n 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: mn p = (1) p 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: Chøng minh r»ng: 3n  2  2n  4  3n  2n chia hÕt cho 30 víi mäi n nguyªn d-¬ng 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)  ax2  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  17a  34b  3a  2b 17  2(10a 16b) 17  10a  16b 17 vì (2, 7) = 1  10a  17b  16b 17  10a  b 17 Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn 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 Bài 7: a) Chøng minh r»ng 102006  53 lµ mét sè tù nhiên 9 b) Cho 2 n  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 * a(a – 1) < a2 < a(a+1)   2 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 a b c kh«ng lµ sè nguyªn.   ab bc ca a b c a b c a bc HD: Ta có M        1  M 1 ab bc ca abc cab abc abc a b c (a  b)  b (b  c)  c (c  a)  a Mặt khác M       ab bc ca a b bc ca b c a 3(   ) = 3 – N. Do N >1 nên M < 2 a b bc c a Bài 1: Cho a, b, c > 0. Chøng tá r»ng: M  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 a 1 b 1 a a) (a  b)(  )  4 (1) 1 a 1 1 b c b) (a  b  c)(   )  9 (2) 1 b HD: a) Cách 1 : Từ (a  b)(  )  4  (a  b)2  4ab  (a  b)2  0 (*) 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 (  )  (  )  (  ) a b c a b c b a c b c a a b b c a c Lại có   2;   2;   2 b a c b c a b) Ta có : (a  b  c)(   )  3  Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn 1 a 1 1 b c Suy ra (a  b  c)(   )  3  2  2  2  9 Dấu “ = ” xẩy ra khi a = b = c Bài 4: a) Cho z, y, z lµ c¸c sè d-¬ng. Chøng minh r»ng: x y z 3    2x  y  z 2 y  z  x 2z  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)  ax2  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)  ax2  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)  ax3  bx2  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: x 2011  2012 x 2010  2012 x 2009  2012 x 2008  ....  2012 x 2  2012 x 1 HD: Đặt A = x2011  2012 x2010  2012 x2009  2012 x2008  ....  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 Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn 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 = k.x  y y1 y2 y3    .....  n  k (k là hệ số tỉ lệ) x1 x2 x3 xn - Tính chất đại lượng tỉ lệ nghịch : Đại lượng y và đại lượng x được gọi là hai đại lượng tỉ lệ nghịch khi : x.y = a  x1. y1  x2 . y2  x3 . y3  ......  xn . yn  a (a là hệ số tỉ lệ) - Tính chất dãy tỉ số bằng nhau. 2. Bài tập vận dụng *Phương pháp giải: - Đọc kỹ đề bài, từ đó xác định các đại lượng trong bài toán - Chỉ ra các đại lượng đã biết, đại lượng cần tìm - Chỉ rõ mối quan hệ giữa các đại lượng (tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch) - Áp dụng tính chất về đại lượng tỉ lệ và tính chất dãy tỉ số bằng nhau để giải Bài 1: Một vật chuyển động trên các cạnh hình vuông. Trên hai cạnh đầu vật chuyển động với vận tốc 5m/s, trên cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, trên cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s. Hỏi độ dài cạnh hình vuông biết rằng tổng thời gian vật chuyển động trên bốn cạnh là 59 giây Bài 2: Ba 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 nhnhau. 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 ng-êi ®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. Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai và thứ ba đi hết quãng đường AB lần lượt là : 40 phút, 5 5 giờ, giờ. Tính vận tốc mỗi ô tô ? 8 9 Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn 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. D Chøng minh: DC = BE vµ DC  BE E HD: 1 Phân tích tìm hướng giải A *Để CM DC = BE cần CM ∆ABE = ∆ ADC (c.g.c) Có : AB = AD, AC = AE (gt) 1 I  Cần CM : DAC  BAE 0 2 Có : BAE  90  BAC  DAC K * Gọi I là giao điểm của AB và CD 1 B Để CM : DC  BE cần CM I 2  B1  900 Có I1  I 2 (Hai góc đối đỉnh) và I1  D1  900  Cần CM B1  D1 (vì ∆ABE = ∆ ADC) C Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 Vũ Quang Hưng – THCS Chất Bình – Kim Sơn Lời giải 0 a) Ta có BAE  90  BAC  DAC  DAC  BAE , mặt khác AB = AD, AC = AE (gt) Suy ra ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c)  DC = BE b) Gọi I là giao điểm của AB và CD Ta có I1  I 2 (Hai góc đối đỉnh), I1  D1  900 (∆ADI vuông tại A) và B1  D1 (vì ∆ABE = ∆ ADC)  I 2  B1  900  DC  BC *Khai thác bài 1: Từ bài 1 ta thấy: DC = BE vµ DC  BE khi ∆ABD và ∆ ACE vuông cân, vậy nếu có ∆ABD và ∆ACE vuông cân, Từ B kẻ BK  CD tại D thì ba điểm E, K, B thẳng hàng Ta có bài toán 1.2 Bài 1. 1: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC. Từ B kẻ BK  CD tại K. Chứng minh rằng ba điểm E, K, B thẳng hàng HD: Từ bài 1 chứng minh được DC  BE mà BK  CD tại K suy ra ba điểm E, K, B thẳng hàng *Khai thác bài 1.1 Từ bài 1.1 nếu gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A thì MA  BC từ đó ta có bài toán 1.2 Bài 1.2: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC. Gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A. Chứng minh rằng : MA  BC Phân tích tìm hướng giải HD: Gọi H là giao điểm của tia MA và BC Để CM MA  BC  ta cần CM ∆AHC vuông tại H  Để CM ∆AHC vuông tại H ta cần tạo ra 1 tam giác vuông bằng ∆AHC Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN N Kẻ DQ  AM tại Q 1  Cần CM ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) D  M CM: ND = AC, N1  ACB , BAC  ADN E Q 1 A  CM : ∆ABC = ∆DNA (c.g.c)  Có AD = AB (gt) Cần CM : ND = AE (= AC) và BAC  ADN + Để CM ND = AE  B CM : ∆MDN = ∆MEA (c.g.c) + Để CM BAC  ADN  EAD  ADN  1800 vì EAD  BAC  1800  CM AE // DN (∆MDN = ∆MEA) Giáo án Bồi dưỡng HSG toán 7 H C
- Xem thêm -