Tài liệu Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi toán 7 d

  • Số trang: 31 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 27 |
  • Lượt tải: 0
hosomat

Tham gia: 10/08/2016

Mô tả:

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 ) cd 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 : ( cd 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 cd  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 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  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) Suy ra :  M a b b c c d d a    = -4 c d d a a b bc 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 bc 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 bcd  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 tx    z t tx x y yz 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 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   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 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,… 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 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    2  (vì x+y+z 0) x y z (x  y  z) xyz 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 xyz 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  x10       1 ( x 7)10 0     x  7010 x7 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  12m  1  2(m  1)2m  1  (2m  1)  32m  1  32m  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  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 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: mn 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  2b17  2(10 a  16b) 17  10a  16b17 vì (2, 7) = 1  10a  17b  16b 17  10a  b17 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 -