Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 8

Chuyên đề 1: TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
/I/ Lý thuyết:
A/ Định nghĩa: Cho a,b € Z ( b ≠ o ):
Ta nói rằng a chia hết cho b kí hiệu a

b khi và chỉ khi tồn tại một số k ( k
∈
Z )sao cho a =bk
a

b
⇔
a = bk
Ta còn nói a là bội của b hay b là ước của a
B/Tính chất của quan hệ chia hêt :
1/phản xạ:
∀
a
∈
N và a
≠
o thì a

a
2/ Phản xứng :
∀
a
∈
N và a
≠
O thì a


a
3/ Bắt cầu : Nếu a

b và b

a thì a =b
C/ Một số định lý
1/ a

m
⇒
ka

m
2/ a

m và b

m
⇒
( a
±
b )

m
3/ (a
±
b)


m và a

m
⇒
b

m
4/ a

m và b

n
⇒
ab

m n
5/ a

m
⇒
a
n


m
n
n
∈
N , n
≠

o
6/ a
n

m
n

⇒
a

m
7/ a
n


m ; m là số nguyên tố
⇒
a

m ( n
∈
N ; n
≠
o)
8/ a

m
⇒
a
n


m ; n
∈
N , n
≠
o
9/ ab

m và (a, m)=1
⇒
b

m
10/ ab

m và m
∈
P
⇒
a

m hoặc b

m
11/ a

m và a

n và ( m,n ) =1

⇒
a

m.n
12/ a

m , a

n , a

r và ( m,n)=1, (n,r)= 1,(m,r) =1
⇒
a

m.n.r
13/ Tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho tích .2.3 n
D/ Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Chứng minh :
a/ n
4
- n
2


12
∀
n
∈
N
b/ n (n + 2 ).( 25n

2
+ 1)

24
∀
n
∈
N
GIẢI
a/ n
4
- n
2
= ( n – 1).n.n(n+1)
Nhận xét : 12 = 3.4 và (3,4) =1
-Trong tích hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2
( n- 1).n

2
n(n+ 1)

2
⇒
n
4
- n
2


4 ( 1 )

Trong tích 3 số tự nhiên liên tiếp có một số là bội của 3
( n – 1).n.(n + 1)

3 (2 )
Từ (1) và (2) suy ra n
4
- n
2


12
∀
n
∈
N
b/ n.(n+2).[(n
2
-1)+ 24n
2
] = n.(n+2).(n
2
-1) +24n
2
.n.(n+2)
Ta có 24n
2
.n.(n+2)

24
∀

n
∈
N
Ta cần chứng minh A= n.(n+2).(n
2
-1)

24
∀
n
∈
N
A= (n-1).n.(n+1).(n+2)
Ta có A

3
∀
n
∈
N
-Trong tích 4 số tự nhiên liên tiếp có 1 số là bội của 2 ,một số là bội của 4
-Vậy tích 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 8
-Mà (3,8)= 1 nên A

24
-Do đó n.(n+2).(25n
2
-1)

24

∀
n
∈
N
-Nhận xét : Gọi A
( )
n
là biểu thức phụ thuộc vào n ( n
∈
N hoặc n
∈
Z ).
_ Để chứng minh một biểu thức A
( )
n
chia hết cho một số m ta thường phân tích biểu thức biểu
thức A
( )
n
thành nhân tử trong đó có một thừa số m.N m là hợp số ta phân tích m thành tích các
thừa số đôi một nguyên tố cùng nhau rồi chứng minh A
( )
n
chia hết cho tất cả các số đó .Nên lưu
ý định lý trong k số nguyên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một bội sốcủa k.
-Bài tập áp dụng ví dụ 1: Chứng minh :
1/ n
3
- 13n


6 2/ n
3
(n
2
- 7)
2
- 36

5040
∀
n
∈
N*
3/n
4
-4n
3
- 4n
2
+ 16n

384 với mọi n chẳn và n
≥
4
4/ n
3
+3n
2
+ 2n


6 5/ ( n
2
+n -1 )
2
-1

2 4
6/ n
3
+6n
2
+8n

48 với mọi n chẳn
7/ n
4
-10n
2
+ 9

384 với mọi n lẻ
8/ n
6
+ n
4
- 2n
2


72

∀
n
∈
Z
9/ n
4
+6n
3
+11n
2
+6n

24
∀
n
∈
N
Ví dụ 2: Chứng minh a
5
- a

5
∀
a
∈
Z
Cách 1: A = a
5
- a = a.(a
2

-1).(a
2
+1)
- Nếu a= 5k ( k
∈
Z) thì a
5
- a

5
- Nếu a = 5k
±
1 thì a
2
- 1

5
- Nếu a = 5k
±
2 thì a
2
+1

5
Trong trường hợp nào cũng có một thừa số chia hết cho 5
Nhận xét : Khi chứng minh A(n)

m ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia A(n) cho m
Cách 2: a
5

-a =a(a
2
-1).(a
2
+1)
=a.(a
2
-1).(a
2
-4+5)
=a.(a-1).(a+1).(a-2).(a+2) +5a.(a
2
-1)
Vậy A chia hết cho 5
Bài tập ví dụ 2: Chứnh minh :
1/ a
7
-a

7
2/ Cho n

2 và (n,6) =1 chứng minh n
2
-1

24
3/ Cho n lẻ và ( n ,3) =1 chứnh minh : n
4
-1


48
4/ Cho n lẻ và ( n ,5) =1 chứnh minh : n
4
-1

80
5/ Cho a,b là số tự nhiên a

b chớng minh
a/ A= a.b ( a
4
- b
4
)

30
b/ A= a
2
.b
2
( a
4
- b
4
)

60
6/Cho n chẳn chứng tỏ 2 số n
2

- 4n và n
2
+ 4n đều chia hết cho 16
7/ Chứng tỏ : n
5
- n

30
∀
n
∈
N và : n
5
- n

240
∀
n lẻ
8/ Chứng minh :
a/ n
8
- n
4


240
∀
n
∈
N

b/ n
5
- n
3
+4n

120
∀
n
∈
N
Chuyên đề 2 : PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
1/ Đặt nhân tử chung , dùng hằng đẳng thức , nhóm các hạng tử.
2/Tách các hạng tử .
3/ Thêm bớt một hạng tử .
4/ Phương pháp hệ số bất định
5/ Phương pháp đổi biến .
6/ Phương pháp xét giá trị riêng
!/ Phương pháp đặt nhân tử chung, dùng hằng đẳng thức, nhóm hạng tử
Ví dụ : Phân tích đa thức sau t
a/ x
4
+ x
3
+ 2x
2


+ x +1
Giải / x

4
+ x
3
+ 2x
2


+ x +1 = (/ x
4
+ 2 x
2
+ 1 ) + (x
3
+ x )
= ( x
2
+1)
2
+ x ( x
2
+1) = ( x
2
+1) ( x
2
+x +1)
b/ x
3
+ 2x
2
y + xy

2
- 9x = x( x
2
+ 2x y + y
2
- 9 )
= x( x+ y -3)( x+ y +3)
c/ a
3
+ b
3
+c
3
- 3abc = (a+b )
3
- 3a
2
b – 3ab
2
+ c
3
- 3abc
= [ (a+b )
3
+ c
3
] -3ab(a+b+c)
=(a+b+c)[( a+b)
2
- c(a+b) + c

2
- 3ab]
d/ (a+b+c)
3
- a
3
- b
3
-c
3
= [ (a+b)+c]
3
- a
3
- b
3
-c
3
= (a+b)
3
+ c
3
+3c(a+b)(a+b+c) - a
3
- b
3
-c
3
=a
3

+ b
3
+ 3ab(a+b)+ c
3
+3c(a+b)(a+b+c) - a
3
- b
3
-c
3
= 3(a+b)(ab+ac+bc+c
2
) = 3(a+b)(b+c)(c+a)
e/ x
2
(y-z)+y
2
(z-x)+z
2
(x-y) = x
2
(y-z)+y
2
z-xy
2
+xz
2
- yz
2
=x

2
(y-z)+yz(y-z)-x(y
2
- z
2
) =(y-z)(x
2
+yz-xy-xz)
=(y-z)[x(x-y)-z(x-y) =(y-z)(x-y)(x-z)
II/Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử(vói hệ số nguyên)
Nhận xét: Nếu đa thức không chứa nhân tử chung,không có dạng hằng đẳng thức,cũng không
nhóm được hạng tử ta có thể biến đổi đa thức thành nhiều hạng tử hơn để nhóm các hạng tử.
Ví dụ : 3x
2
-8x+4 = 3x
2
-6x-2x+4= 3x(x-2)-2(x-2)=(x-2)(3x-2)
Hay tách 4x
2
-8x+4 - x
2
= (2x-2)
2
- x
2
=
Chú ý: Trong cách 1 ta tách hạng tử -8x thành 2 hạng tử -6x và -2x,các hệ số thứ 2 và thứ 4 đều
gấp -2 lần hệ số liền trước nhờ đó xuất hiện nhân tử chung x-2
Một cách tổng quát để phân tích tam thức bậc 2 thành nhân tử ta tách hạng tử bx thành b
1

x +b
2
x
sao cho b
1
.b
2
=a.c.
Trong thực hành ta thực hiện như sau:
1/ Tìm tích a.c
2/phân tích a’c ra thừa số nguyên bằng mọi cách.
3/ Chọn hai thừa số có tổng bằng b.
Ví dụ: Phân tích đa thức sau thành nhân tử : : 4x
2
-4x-3
Ta có a.c= 4(-3) = (-3)4 = 6(-2) =(-6)2 ta thấy -6 +2 = -4do đó ta phân tích -4x thành -6x + 2x .
Đối với đa thức bậc ba trở lên người ta chứng minh được rằng nghiệm nguyên của đa thức nếu có
phải là ước của hệ số tự do.
Ví dụ : Phân tích đa thức : x
3
- x
2
-4 đa thức này có nghiệm nguyên thì phải là ước của 4 lần
lượt ta kiểm tra ±1 , ±2 , ±3 ,±4 ta thấy x =2 là nghiệm của đa thức do đó đa thức có chứa nhân tử
x – 2 vậy ta tách đa thức trên thành :
x
3
- x
2
-4 = x

3
-2 x
2
+ x
2
-4 = x
2
(x-2) +(x-2)(x+2) =
Chú ý : Khi xét nghiệm nguyên của đa thức ta chú ý 2 định lí sau :
1/ Nếu đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì 1 là nghiệm của đa thức do đó đa thức cố chứa
nhân tử x -1 .
Ví dụ : Phân tích đa thức x
3
- 5x
2
+8x -4 ta thấy 1 -5 +8 -4 =0 nên đathức có chứa nhân tử x –
1 vậy ta tách như sau: x
3
- x
2
- 4 x
2
+8x -4 = x
2
(x-1) – 4(x-1)
`2
2/Nếu đa thức có tổng các hệ số bậc chẳn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì -1 là nghiệm của đa thức
do đó đa thức chứa nhân tử x +1.
Ví dụ: Phân tích đa thức x
3

- 5x
2
+ 3x +9 ta thấy 1+3 = -5+9 nên -1 là nghiệm của đa thức do đó
đa thức chứa nhân tử x+1 ta phân tích như sau :
x
3
- 5x
2
+3x +9 = x
3
+ x
2
- 6x
2
+3x +9 = x
3
+ x
2
- 6x
2
-6+3x +3
=x
2
(x+1) -6(x-1)(x+1)+3(x+1) =
Trong trường hợp đa thức không có nghiệm nguyên ;đa thức cố thể có nghiệm hửu tỉ , người ta
chứng minh được rắng đa thức có các hệ số nguyên nghiệm hửu tỉ nếu có phải có dạng
q
p
trong
đó p là ước của hệ số tự do và q là ước dương của hệ số cao nhất . Ví dụ : Phân tích đa thức 3x

3
- 7x
2
+17x -5 ta thấy các số ±1 ,±5 không phải là nghiệm của đa thức ,xét các số ±
3
1
, ±
3
5
ta có
3
1
là nghiệm của đa thức do đó đa thức chứa thừa số 3x-1 ta tách hạng tử như sau :
3x
3
- 7x
2
+17x -5 = 3x
3
- x
2
-6 x
2
+2x + 15x-5 =x
2
(3x-1)- 2x( 3x-1)+ 5(3x-1)=.
3/ Phương pháp thêm bớt một hạng tử:
a/Thêm bớt một hạng tử làm xuất hiện hiệu hai bình phương
Ví dụ : Phân tích da thức 4x
4

+81 ta thêm bớt 36x
2
ta có
4x
4
+81 = 4x
4
+36x
2
+81 -36x
2
= (2x
2
+9)
2
– (6x)
2
=
Nhận xét : Trong trường hợp này dùng cho đa thức có hai hạng tử.
b/ Thêm bớt một hạng tử để làm xuất hiện nhân tử chung.
Ví dụ : Phân tích đa thức x
`5
+x -1 ta thêm bớt x
4
,x
3
,x
2
như sau:
x

`5
+x -1 = x
`5
+x
4
+x
3
+x
2
-x
4
-x
3
-x
2
+x -1
= (x
`5
-x
4
+x
3
)+(x
4
-x
3
+x
2
) –(x
2

-x +1 ) =
Chú ý : Các đa thức có dạng x
13 +m
+ x
23 +n
+1 đều chứa nhân tử x
2
+x +1
Ví duj: x
7
+ x
`5
+1; : x
7
+x
2
+1 ; x+ x
`5
+1; x+ x
8
+1
III/ Phương pháp hệ số bất định.
Nếu đa thức f(x) không có nghiệm nguyên ,cũng không co nghiệm hửu tỉ ta dùng phương pháp
hệ số bất định.
Ví dụ: Phân tích đa thức x
4
-6x
3
+12x
2

-14x +3. Nếu đa thức nàyphan tích thành nhâ tử thì có
dạng (x
2
+ax +b )(x
2
+ cx +d ) phép nhân này cho ta kết quả
x
4
+(a+c)x
3
+(ac+b+d)x
2
+(ad+bc)x+bd đồng nhất đa thức này vứi đa thức đã cho ta điều kiện
a+c = -6
ac+b+d = 12
ad+bc = -14
bd = 3
Xét bd =3 với bd
∈
Z
⇒
b
∈
{ ±1 , ±3} với b =3 ; d =1thì hệ trên trở thành
a +c = -6
ac = 8
a+ 3c = -14
⇒
2c = -14 – (-6)
⇒

c = -4
⇒
a= -2 vậy đa thức trên được phân tích thành
(x
2
-2x +3 )(x
2
-4x + 1 )
I V/ Phương pháp đổi biến
Ta đặt một đa thức bằng một biến khác để làm gọn đa thức hơn dễ giải hơn
Ví dụ : Phân tích đa thức x(x+4)(x+6)(x+10) +128 = (x
2
+10x)(x
2
+10x + 24 )
đặt x
2
+10x + 12 =y
⇒
(y-12)(y+12) +128 = y
2
-16 = (y-4)(y+4) =
V/ Phương pháp giá trị riêng.
Trong phương pháp này các nhân tử chứa biến của đa thức rồi gán cho các biến các giá trị cụ thể
để xác định nhân tử.
Ví dụ: Phân tích đa thức P = x
2
(y-z)+ y
2
(z-x) + z

2
(x-y)
Giả sử ta thay x =y P= y
2
(y-z)+ y
2
(z-x) = 0
Tương tự ta thay y bởi z ; zbởi x thì P không đổi ( P = 0 ) vậy P chia hết cho x-y cũng chia hết
cho y-z và cũng chia hết cho z – x vậy P có dạng k(x –y)(y-z)(z-x)
Ta thấy k là hằng số vì đẳng thức
P = x
2
(y-z)+ y
2
(z-x) + z
2
(x-y) = k(x –y)(y-z)(z-x) đúng vứi mọi x,y,z nên ta gán cho x,y,z các
giá trị chẳng hạn x=2, y=1 ,z=0 ta được
4.1 +1.(-2) +0 = k.1.1.(-2)
⇒
k = -1 vậy P = -(x –y)(y-z)(z-x)
Chú ý : Khi chọn giá trị riêng của x,y,z ta chọn tuỳ ý để đôi một khác nhau sao cho ( x –y)(y-z)(z-
x)
≠
0
VI/ Bài tập áp dụng chuyên đề 2:
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
2.1/ a/ x
2
-2x -4y

2
-4y b/ a(a
2
+c
2
+ bc )+b(c
2
+a
2
+ ac ) +c(a
2
+b
2
+ ab )
c/ 6x
2
-11x +3 d/ 2x
2
+3x -27 e/x
3
+5x
2
+8x +4 f/ x
3
-7x +6
g/2x
3
-x
2
+5x +3. h/ x

3
-7x
2
-3.
2.2/ a/ (x
2
+x )- 2(x
2
+x ) -15 b/ / x
2
+2xy+y
2
-x-y -12
c/ (x
2
+x +1)(x
2
+x +2) -12 d/ (x+2)(x+3)(x+4)(x+5) -24
e/ (x+a)(x+2a)(x+3a)(x+4a) +a
4

f/ (x
2
+ y
2
+ z
2
)(x+y+z)
2
+(xy+yz+xz)

2
2.3 / Dùng phương pháp hê sô bất định:
Subject: a/ 4x
4
+4x
3
+5x
2
+2x +1 b/x
4
-7x
3
+14x
2
-7x +1
c/ (x+1)
4
+(x
2
+x +1) e/x
4
x
3
-x +63
2.4 Dùng phương pháp xét giá trị riêng
M= a(a+b-c)
2
+b(c+a-c)
2
+c(b+c-a)

2
+ (a+b-c)(c+a-c)(b+c-a)
.
CHUYÊN ĐỀ 3: BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Các bài toán cực tri có dạng chung như sau:Trong các hình có chung một tính chất, tìm những
hình sao cho một đại lượng nào đó (nhơ độ dài đoạn thẳng ,số đo diện tích ,số đo góc )có giá trị
lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất
I/Các bất đẳng thức thường dùng để giải toán cực trị:
1/Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên:
Quan hệ này được dùng dưới dạng:
- Trong tam giác vuông (xó thể suy biến thành đoạn thẳng ) có cạnh góc vuông AH và cạnh
huyền AB thì AB
≥
AH xảy ra dấu bằng khi chỉ khi B trùng H
- Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến các điểm thuộc một đoạn thẳng đoạn thẳng vuông
góc với đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất.
- Trong các đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai đoạn thẳng song song đoạn thẳng vuông góc
với hai đường thẳng song song có độ dài nhỏ nhất.
2/ Quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu:
- Trong hai đương xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng dến đường thẳng đó đường xiên
nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn.
3/Bất đẳng thức trong tam giác:
Với ba điểm A, B, C ta có AC+CB
≥
AB; AC+CB =AB
⇔
C thuốc đoạn thẳng AB. Để xử
dụng bất đẳng thức trong tam giác đôi khi phải thay đổi phía của một đoạn thẳng đối với một
đường thẳng .
4/ Các bất đẳng thức đại số :

Các bất đẳng thức được xử dụng là:
- Bất đẳng thức về luỹ thừa bậc chẳn:
X
2

≥
0
X
2

≤
0
- Bất đẳng thức CÔSI (x+y)
2

≥
4xy hay x+y
≥
2
xy
với x,y không âm , xãy ra dấu = khi x=y.
Chú ý rằng từ bất đẳng thức CÔSI ta còn suy ra hai số không âm x,y:
-Nếu x+y là hằng số thì xy lớn nhất khivà chỉ khi x=y
- Nếu xy là hằng số thì x+y nhỏ nhất khi và chỉ khi x=y
Để sử dụng các bất đẳng thức đại số ta thường đặt một độ dài thay đổi bằng x biểu thị đại lượng
cần tìm cực trị bằng một biểu thức của x rồi tìm điều kiện để biểu thức có cực trị.
Ta kí hiệu minA là giá trị nhỏ nhất của A ;maxA là giá trị lớn nhất của A
Ví dụ: 1.1 Cho hình vuông ABCD. Hãy nội tiếp trong hình vuông đó một hình có diện tích nhỏ
nhất
Giảỉ Gọi ÈGH là hìmh vuông nội tiếp trong hình A E K B

vuông ABCD. Tâm hình vuông này phải trùng với
nhau tại 0 ta suy ra S
EFGH
==
2
.FHEG
= 20E
2
như vậy F
S nhỏ nhất suy ra 0E nhỏ nhất .Gọi K là trung điểm của AB ooooooo
ta có OE
≥
OK ( hằng số) OE = OK
⇔
E trùng K o
Vậy diện tích ÈGH nhỏ nhất khi các đỉnh E,F,G,H là trung H
điểm các cạnh của hình vuông ABCD
1.2 Tính diện tích lớn nhất của HBH có độ dài 2 cạnh D G C
kề nhau bằng a,b A B
Giải : Ta có: S
ABCD == DC.AH
≤

DC.AD = ab b
maxS = ab khi và chỉ khi AH = AD lúc này ABCD làHCN
D H a C
1.3 Cho hình thoi và hình vuông có cùng chu vi. Hỏi hình nào có diện tích lớn hơn? vì sao?
Giải : Xét hình thoi ABCD và hình vuônh MNPQ A B
có cùng chu vi cạnh của chúng bằng nhau . Gọi canh
của chúng là a ta có:

¬
S
MNPQ
= a
2
(1)
Ta sẽ chớng minh S
ABCD

≤

a
2
D H C
Kẻ AH
⊥
CD ta có AH
≤

AD =a .Vậy S
ABCD

≤
CD.AD =a.a = a
2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra S
ABCD

≤

S
MNPQ
.Vậy diện tích hình vuông lớn hơn diện tích hình thoi
(nếu hình thoi đó không là hình vuông).
2.1 Cho tam giác ABC .Qua A dựng đường thẳng d cắt cạnh BC của tam giác ABC sao cho tổng
khoảng
cách từ B và C đến d có giá trị nhỏ nhất. A
Giải : Ta có S
ABD
+ S
CAD
=S
ABC
O
⇒

2
1
AD.BB’ +
2
1
AD.CC’=S
⇒
BB’ + CC’=
AD
S2
B’
Do đó BB’ +CC’ nhỏ nhất
⇔

AD
S2
nhỏ nhất
⇔
AD lớn nhất B D C
C’
Giả sử AC
≥
AB thì trong hai đường xiên AD và AC đường xiên AD có hình chiếu nhỏ hơn do
đó AD
≤

AC (hằng số) ; AD =AC
⇔
D trùng C
Vậy đường thẳng d phải dựng là đường thẳng chứa cạnh lớn nhất trong hai cạnh AB, AC
2.2Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH .Gọi D,E theo thứ tự thuộc cạnh AC ,AB sao
cho
DHE = 90
o
. Tìm vj trí D,E để DE có độ dài nhỏ nhất. A
Giải : Gọi I là trung điểm của DE ta có
DE = IA +IH
≥
AH ( trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) E I D.
Vậy minDE = AH
⇔
thuộc đoạn thẳng AH do đó:
AH AC và HE AB B H C

3.1 Cho tam giac ABC cân tại A và điểm D cố định thuộc cạnh đáy BC > Hãy dựng một đường
thẳng song song với BC cắt hai cạnh bên ở E và F sao cho DE + DF có giá trị nhỏ nhất
Giải : Về phía ngoài tam giác vẽ tia Ax sao cho xAC = DAE trên Ax lấy điểm D’ sao cho
AD’ = AD ta có AED = AFD’ ( c-g-c) A
Suy ra DE = FD’
Ta có DF +DE = DF + FD’
≥
DD’( AD cố định nên AD’ cố định) E F D’
Vậy DD’ là hằng số
Do đó DF +DE nhỏ nhất
⇔
DF + D’F nhỏ nhất
⇔
F là giao điểm B D C
x
của DD’ và AC
3.2 Trên nữa mp bờ d lấy hai điểm A,B .Tìm vị trí điểm D trên d để AD + DB nhỏ nhất
Giải : Lấy điểm A’ đối xứng của A qua d ta có B
AD = A’D (d trung trực của AA’) A
Vậy AD + DB = A’D + DB
≥
A’B
Do đó min (AD + DB) khi D nằm trên giao điểm của A’B và d D
A’
4.1 Cho tam giác ABC vuông cân tại có AB = AC = 10cm.Tam giác DEF vuông cân ở D nội
tiêp tam giác ABC ( D
∈
AB, F
∈
AC, E

∈
BC). Xác định vị trí điểm D để diện tích yam giác
DEF nhỏ nhất.
Giải : Gọi AD = x kẻ EH AB thì AD = EH =BH = x
DH =10 – 2x ta có: B
S
DEF
=
2
1
DE.DF =
2
1
DE
2

=
2
1
( EH
2
+DH
2
) H E
=
2
1
[ x
2
+ ( 10 -2x)

2
] =
2
1
( 5x
2
– 40x +100) =
2
5
( x
2
-8x + 20) D
=
2
5
(x – 4)
2
+ 10
≥
10 A F C
minS
DEF
= 10(cm
2
)
⇔
x = 4 do đó AD = 4cm.
Tổng quát: minS
DEF
=

`5
1
S
ABC
4.2 Các đường chéo tứ giác ABCD cắt nhau ở 0 .Tính diện tích nhỏ nhất A B
của tứ giác ,biết S
AOB
=4cm2, S
COD
= 9cm
2
. 1
Giải Ta có
2
4
S
S
=
OB
OA
=
3
1
S
S

⇒
S
1
.S

2
= S
3
.S
4
2

O 4
Theo bất đẳng thức COSI : 3
D
S
3
+ S
4

≥
2
2
1
.SS
= 2
9.4
=12
S= S
1
+ S
2
+ S
3
+ S

4

≥
4 + 9 + 12 = 25
maxS =25 (cm
2
)khi và chỉ khi : S3 = S4
⇔
SADC = SBCD
⇔
AB║ CD
Tổng quát thay 4 và 9 bởi a và b ta có maxS = (
a
+
b
)
2
II/ Chú ý khi giải bài toán cực trị:
1/ Khi giải bài toán cực trị , nhiều khi ta cần biến đổi tương đương điều kiện cực trị của đại lượng
này thành điều kiện cực trị cuả đại lượng khác
Ví dụ: Cho tam giác nhọn ABC ,M là điểm bất kì nằm trên cạnh BC.Gọi E,F theo thứ tự là hình
chiếu của M trên AB và AC .Tìm vị trí của M để EF có độ dài nhỏ nhất . A
Giải : Gọi I là trung điểm của AM ta có:
IA = IE = IM = IF .Như vậy EF là cạnh đáy của tam giác cân IEF I
Ta có góc EIF = 2 góc EAF mà góc EAF không đổỉ nên góc EIF không đổi
Tam giác cân EIF có số đo góc ở đỉnh không đổi nên cạnh đáy nhỏ nhất khi E F
Và chỉ khi cạnh bên nhỏ nhất .Do đó EF nhỏ nhất
⇔
IE nhỏ nhất
⇔

AM
Nhó nhất . Khi đó M là chân đường cao kẻ tờ A đến BC B M C
2/ Nhiều bài toán cực trị có liên quan đến tập hợp điểm .
Trong tập hợp các hình có chung một tính chất ,khi ta cố định một yếu tố không đổi của hình ,các
điểm còn lại có thể chuyển động trên một đường nhất định .việc theo dõi vị trí của nó giúp ta tìm
được cực trị của bài toán.
Ví dụ: Trong các hình bình hành có diện tích và đường chéo không đổi ,hình nào có chu vi nhỏ
nhất
Giải : Xét các hình bình hành có BD cố định .Diện tích hình bình
Hành không đổi nên diện tích tam giác ABD không đổi do đó A B’
chuyển đông trên đường thẳng d song song với BD. D A
Cần xác định vị trí của A trên d để BA + AD nhỏ nhất.
Lấy điểm B’ đối xứng qua d khi đó B’ cố định. B
BA + AD = B’A +AD
≥
B’D ( hằng số)
BA + AD nhỏ nhất
⇔
B’A + AD nhỏ nhất
⇔
A là C
Giao điểm của d và đoạn B’D khi đó AB = AD D
Vậy hình bình hành có chu vi nhỏ nhất là hình thoi
3/ Khi giải bài toán cực trị , có khi ta phải tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) trong từng trường hợp
rồi so sánh các giá trị đó với nhau để tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất) của bài toán Ê
Ví dụ: Cho tam giác ABC .Dựng đường thăng đi qua A sao cho tổng
khoảng cách từ B và C đến d có giá trị lớn nhất .
Giải : Gọi BB’ , CC’ là khoảng cách từ B và C đến d. Xét hai trường hợp : A
a/ Đường thẳng d cắt BC tại D ta có:
BB’ + CC’

≤

BD + CD = BC B’
Chú ý : Nếu B hoặc C lớn hơn 90
o
tì dấu = không đạt được nhưng điều
đó không ảnh hưởng đến bài toán B C
C’
b/Đường thẳng d không cắt cạnh BC . Khi đó d cắt cạnh CE với E là điểm đối xứng của B qua A
tương tự trừng hợp a ta có BB’ + CC’
≤

CE E
C
Bây giờ ta so sánh BC và CE d E
1/ Trường hợp BAC
〉
90
o

H

Nếu kê CH BE thì BE thuộc tia đối AB nên HB
〉
HE A d
Do đó BC
〉
CE ta có: A
Max( BB’ + CC’) = BC
⇔

d BC B C
2/Trường hợp BAC
〈
90
o
.
Nếu kẻ CH BE thì H thộc tia đối của AE nên HE
〉
HB
Do đó CE
〉
BC ta có : d
1
E B
C
Max( BB’ + CC’) = CE
⇔
d CE d
2
M
3/ Trường hợp BAC = 90
o
A
Ta có BC = CE do đó
Max (BB’ + CC’) = BC = CE

⇔
d BC hoặc d CE B
M
III/ Bài tập áp dụng:

1/ Tính diện tích lớn hất của tứ giác ABCD biết AB = AD = a ,BC = CD = b
2/Trong các hình chữ nhật có đường chéo d không đổi hình nào có diện tích lớn nhắt . Tính diện
tích lớn nhất đó.
3/ Cho tam giác ABC vuông cân tại A, BC = 2a. Một đường thẳng d bất kì qua A không cắt cạnh
BC .Goi I và K theo thứ tự là các hình chiếu của B và C trên d, gọi H là trung điểm của BC.Tính
diện tích lớn nhất của tam giác HIK.
4/ Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a , BC = b ( b
〈
a
〈
3a). Trên các cạnh AB,BC, CD, DA
lấy theo thứ tự các điểm E,F,G,H sao cho AE = AH = CF = CG .Xác định vị trí các điểm E,F,G.H
để tứ giác
EFGH có diện tích lớn nhất.
5/Chứng minh rằng trong các tam giác có cung cạnh đáy và cùng chu vi tam giác cân có diện tích
lớn nhất
6/Trong hình chữ nhật có cùng chu vi ,hình nào có diện tích lớn nhất.
7/Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích .hình nào có chu vi nhỏ nhất
8/Trong các hình thoi có cùng chu vi ,tìm hình có diện tích lớn nhất.
9/ Trong các hình thoi có cùng diện tích , hìmh nào có chu vi nhỏ nhất.
10/ Tứ giác ABCD có C + D = 90
o
,AD = BC, AB = b, CD = a ( a
〉
b) .Gọi E,F,G,H theo thứ
tự là trung điểm của AB,AC,DC,DB.Tính diện tích nhỏ nhất của tứ giác EFGH.
11/ Cho hình chữ nhật ABCD . Tìm tứ giác có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh của hình chữ nhật sao
cho chu vi tứ giác có giá trị nhỏ nhất.
12/ Cho hình vuông ABCD cạnh a .Tìm diện tích lớn nhất của các hình thang có bốn đỉnh thuộ
bốn cạnh hình vuông và hai cạnh đáy song song với hai đường chéo hình vuông.

13/ Cho hình vuông ABCD có ạnh 6cm .Điểm E thuộc cạnh AB sao cho AE = 2cm, điểm F thuộc
cạnh BC sao cho BF = 3cm.Dựng các điểm G,Htheo thứ tự thuộc cạnh CD, AD sao cho EFGH là
hình thang
a/Có đáy EH , FG và có diện tích nhỏ nhất
b/Có đáy EF, GH và có diện tích lớn nhất .
14/Cho tam giác ABC. Xác định vị trí các điểm D,E trên các cạnh AB ,AC sao cho BD + CE =
BC và DE có độ dài nhỏ nhất
15/ Cho tam giác ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a .Các điểm D,E theo thứ tự chuyển động
trên cạnh AB,AC.Gọi H,K theo thứ tự là hình chiếu của D và E trên BC .Tính diện tích lớn nhất
của tứ giác
DEKH.
CHUYÊN ĐỀ 4: CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC
I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC
1/ Cho biểu thức ( x ,y, )
a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y ) kí hiệu max f = M nếu hai điều kiện
sau đây được thoả mãn:
- Với mọi x,y để f(x,y ) xác định thì :
f(x,y )
≤
M ( M hằng số) (1)
- Tồn tại x
o
,y
o
sao cho:
f( x
o
,y
o
) = M (2)

b/ Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y ) kí hiệu min f = m nếu hai điều kiện
sau đây được thoả mãn :
- Với mọi x,y để f(x,y ) xác định thì :
f(x,y )
≥
m ( m hằng số) (1’)
- Tồn tại x
o
,y
o
sao cho:
f( x
o
,y
o
) = m (2’)
2/ Chú ý :Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa có thể nói gì về cực trị của một biểu thức
chẳng hạn ,xét biểu thức : A = ( x- 1)
2
+ ( x – 3)
2
. Mặc dù ta có A
≥
0 nhưng chưa thể kết luận
được minA = 0 vì không tồn tại giá trị nào của x để A = 0 ta phải giải như sau:
A = x
2
– 2x + 1 + x
2
– 6x + 9 = 2( x

2
– 4x + 5) = 2(x – 2)
2
+ 2
≥
2
A = 2
⇔
x -2 = 0
⇔
x = 2
Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2
II/ TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT ,GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN
1/ Tam thức bậc hai:
Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax
2
+ bx + c .
Tìm GTNN của P nếu a
〉
0.
Tìm GTLN của P nếu a
〈
0
Giải : P = ax
2
+ bx +c = a( x
2
+
a
b

x ) + c = a( x +
a
b
2
)
2
+ c -
a
b
4
2
Đặt P = c -
a
b
4
2
=k . Do ( x +
a
b
2
)
2

≥
0 nên :
- Nếu a
〉
0 thì a( x +
a
b

2
)
2

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

`≤
0 do đó P
`≤
k
maxP = k khi và chỉ khi x = -
a
b
2
2/ Đa thức bậc cao hơn hai:

Ta có thể đổi biến để đưa về tam thức bậc hai
Ví dụ : Tìm GTNN của A = x( x-3) ( x – 4) ( x – 7)
Giải : A = ( x
2
- 7x)( x
2
– 7x + 12)
Đặt x
2
– 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y
2
- 36
≥
-36
minA = -36
⇔
y = 0
⇔
x
2
– 7x + 6 = 0
⇔
x
1
= 1, x
2
= 6.
3/ Biểu thức là một phân thức :
a/ Phân thức có tử là hằng số ,mẫu là tam thức bậc hai:
Ví dụ : Tìm GTNN của A =

2
956
2
xx −−
.
Giải : A =
2
956
2
xx −−
. =
569
2
2
+−
−
xx
=
4)13(
2
2
+−
−
x
.
Ta thấy (3x – 1)
2

≥
0 nên (3x – 1)

2
+4
≥
4 do đó
4)13(
1
2
++x

≤

4
1
theo tính chất a
≥
b thì
a
1

≤

b
1
với a, b cùng dấu). Do đó
4)13(
2
2
+−
−
x

≥
4
2−
⇒
A
≥
-
2
1
minA = -
2
1

⇔
3x – 1 = 0
⇔
x =
3
1
.
b/ Phân thức có mẫu là bìmh phương của nhị thức.
Ví dụ : Tìm GTNN của A =
12
683
2
2
+−
+−
xx

xx
.
Giải : Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm
A =
12
)44()242(
2
22
+−
+−++−
xx
xxxx
= 2 +
2
2
)1(
)2(
−
−
x
x

≥
2
minA = 2 khi và chi khi x = 2.
Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có :
A =
2
2
6)1(8)1(3

y
yy ++−+
= 3 -
y
2
+
2
1
y
= (
y
1
-1)
2
+ 2
minA = 2
⇔
y = 1
⇔
x – 1 = 1
⇔
x = 2
c/ Các phân thức dạng khác:
Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =
1
43
2
+
−
x

x
Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số :
A =
1
144
2
22
+
−−+−
x
xxx
=
1
)2(
2
2
+
−
x
x
- 1
≥
-1
minA = -1 khi và chỉ khi x = 2
Tìm GTLN A =
1
14444
2
22
+

−−−+
x
xxx
= 4 -
1
)12(
2
2
+
+
x
x

≤
4
III/ TÌM GTNN., GTLN CỦA BIỂU THỨC CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN
Ví dụ : Tìm GTNN của x
3
+ y
3
+ xy biết rằng x + y = 1
Xử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A
A = (x + y)( x
2
–xy +y
2
) + xy = x
2
– xy - y
2

+ xy = x
2
+ y
2

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

≥
0
⇒
x
2
- 2xy + y
2

≥
0 (2)
Cộng (1) với (2) ta có 2(x
2
+ y

2
)
≥
1
⇒
x
2
+ y
2

≥

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

2
1
)
2
+
2
1

≥

2
1
minA =
2
1
khi và chỉ khi x = y =
2
1
Cách 3/ Sử dụnh điều kiện đã cho để dưa về một biến mới
Đặt x =
2
1
+ a thì y =
2
1
- a . Biểu thị x
2
+ y
2
ta được :

x
2
+ y
2
= (
2
1
+ a)
2
+ (
2
1
- a)
2
=
2
1
+2 a
2

≥

2
1
minA =
2
1

⇔
a = 0

⇔
x = y =
2
1

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

= 2y2 +2
≥
2
⇒
minA = 2
⇒
y = 0
⇒
x = 2
2- Khi tìm cực trị của biểu thức , nhiều khi ta thay điều kiện để biểu thức này đạt cực trị bởi
điều kiện tương đương là biểu thức kháư đạt cực trị
chẳng hạn :
-A lớn nhất
⇔

A nhỏ nhất

1
B
lớn nhất
⇔
B nhỏ nhất với B > 0
Ví dụ : Tìm GTLN của
4
2 2
1
( 1)
x
A
x
+
=
+
Chú ý rằng A>0 nên A lớn nhất khi
1
A
nhỏ nhất và ngược lại
1
A
=
2 2 4 2 2
4 4 4
( 1) 2 1 2
1
1 1

x x x x
x x x i
+ + +
= = +
+ + +
.Vậy
1
A
≥
1
min
1
A
= 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0
3/ Khi tìm GTLN , GTNN của 1 biểu thức ,người ta thường xử dụng các bất đẳng thức đã biết.
Bất đăng thức có tính chất sau
a ) a > b , c > d với a,b,c,d > 0 thì a.c > b.d
b) a > b và c >0 thì a.c > b.c
c) a > b và c<0 thì a.c < b.c
d) a > b và a,b,n >0 thì a
n
> b
n

Bất đẳng thức Cô si:
a + b
≥
2
ab
; a

2
+ b
2

≥
2ab ; (a + b)
2
≥
4ab ; 2( a
2
+ b
2
)
≥
( a+ b)
2
Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a
2
+ +b
2
) ( x
2
+ y
2
)
≥
(ax + by)
2

Ví dụ Cho x

2
+ y
2
= 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y
Giải : Ta nhận thấy 2x + 3y và x
2
+ y
2
là thành phần của bất đẳng thức Bu- nha - cốp –xki với a =
2 và b = 3 ta có ( 2x + 3y )
2

≤
( 2
2
+ 3
2
).52
⇒
( 2x + 3y )
2

≤
13.13.4

⇒
2x + 3y
≤
26. Vậy maxA = 26
⇔

{
Thay y =
3
2
x
vào x
2
+ y
2
= 52 ta được 4x
2
+ 9x
2
= 52.4
⇒
x
2
= 16
⇒
x=4 hoặc x= -4
Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y
≥
0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y
≥
0
Vậy max A 26
⇔
x =4 , y = 6
3/ Trong các hằng bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau
-Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau

- Nếu 2 số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 2 số đó bang nhau
Ví dụ: Tìm GTLN và GTNN của tích xy , biết x,y là các số nguyên dương thoả mãn x + y = 2005
Giải : Ta có 4xy = (x + y)
2
– (x – y)
2
= 2005
2
- (x – y)
2

xy lớn nhất
⇔
x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất
⇔
x – y lớn nhất
giả sử x > y ( không thể xãy ra x = y)
Do 1
≤
y
≤
x
≤
2004 nên 1
≤
x-y
≤
2003
Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002
max(x –y) = 2003 khi x =2004 , y = 1

Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002
Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1
Chuyên đề 5 : RÚT GỌN MỘT BIỂU THỨC
I/ Rút gọn các biếu thức:
a- A = 1978(1979
9
+ 1979
8
+…+ 1979
2
+ 1980) +1
b- B = a
2
(b – c) + b
2
( c –a) + c
2
( a – b) + (a – b)(b – c)(c –a)
c- C = a
3
(b – c) + b
3
( c –a) + c
3
( a – b) + (a +b +c) (a – b)(b – c)(c –a)
3x = 2y
2x +3y
≥
0
Giải:

a/ A = 1978(1979
9
+ 1979
8
+…+ 1979
2
+ 1980) +1
= (1979 – 1)(1979
9
+ 1979
8
+…+ 1979
2
+ 1979 + 1) +1
Nhân vào ta được kết quả A = 1979
10

b- Ta phân tích a
2
(b – c) + b
2
( c –a) + c
2
( a – b) thành nhân tử. Để phân tích ta thây có các tích
( a – b) ,(b – c) ,( c –a) ta khai triển 2 tích giữ lại 1 tích
a
2
b – a
2
c + b

2
c – b
2
a + c
2
( a – b) = (a
2
b - b
2
a) – (a
2
c - b
2
c ) + c
2
( a – b)
= ab( a – b) - c( a
2
– b
2
) + c
2
( a – b)
= (a – b) ( ab – c(a + b) + c
2
) = (a – b) ( ab – ca - cb + c
2
)
= (a – b) ( b – c )( a – c)
Vậy B = 0

c- Tương tự câu b
Bài b và c ta có thể biến đổi thành bài rút gọn như sau:
M =
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
− − − − − −
Qui đồng mẫu MC ( a –b)( b-c)( c-a)
d- D =
2 2 2
4 1 4 1 4 1
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a b a c b c b a c a c b
− − −
+ +
− − − − − −
e- E =
2 2
2 2
( ) ( ) :
ab ab a b
a a
a b a b
a b
+
+ + −
− +

−
f- F =
( )( ) ( )( ) ( )( )
b c c a a b
a b a c b c b a c a c b
+ + +
+ +
− − − − − −
g- G =
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )
bc ca ab
a a c a c b b c b a c c a c b
+ +
− − − − − −
h- H =
( )( ) ( )( ) ( )( )
a x a y a z
x x y x z y y z y x z z x z y
+ + +
+ +
− − − − − −
II- Rút gọn phân thức:
a- A =
3 3 3
2 2 2
3a b c abc
a b c ab bc ca
+ + −
+ + − − −

b- B =
3 3 3
( ) ( ) ( )
( )( )( )
a b b c c a
a b b c c a
− + − + −
− − −
c- C =
2
3 2
2 5 2
2 9 12 4
y y
y y y
+ +
+ + +
Hướng dẫn giải
Câu D Ta tách thành

2 2 2
4 4 4
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
− − − − − −
+
1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( )a b a c b c b a c a c b

+ +
− − − − − −
Mà
1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( )a b a c b c b a c a c b
+ +
− − − − − −
=0 nên ta có D = 4
Câu E Ta qui đồng rồi thực hiện phép nhân ta có E =
4
2 2
a
a b
−
+
Câu F Qui đồng ta có F=0 MC là (a-b)(b-c)(c-a)
Câu G Qui đồng rồi phân tích tử thành nhân tử (a
2
- b
2
) (b
2
– c
2
)(c
2
– a
2
)
Vậy G =

1
abc
{ MC là abc(a
2
- b
2
) (b
2
– c
2
)(c
2
– a
2
) }
Câu H Ta tách như sau :
( )( ) ( )( ) ( )( )
a a a
x x y x z y y z y x z z x z y
+ +
− − − − − −
+
1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( )x y x z y z y x z x z y
+ +
− − − − − −
Ta có
1 1 1
0
( )( ) ( )( ) ( )( )x y x z y z y x z x z y

+ + =
− − − − − −
1 1 1
( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
a
x x y x z y y z y x z z x z y
+ +
− − − − − −
=
a
xyz
Qui đồng như bài tập G.
III- Bài tập áp dụng: Rút gon.:
1/ A =
2 2 2
2 2 2 2
3 2 5 3
9 6 9
a ab a ab b
a b ab a b
+ − −
+
− − −
2/ B =
2 4 2
(10 1)(10 1)(10 1) (10 1)
n
+ + + +
( nhân 2 vvế với (10-1)

3/ C =
( )( )( )
( )( )( )
a b b c c a a b b c c a
a b b c c a a b b c c a
− − − − − −
+ + +
+ + + + + +
4/ D =
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
a x b x c b x c x a c x a x b
a b a c b c b a c a c b
− − − − − −
+ +
− − − − − −

5/ E =
3 3 3 3
( ) ( ) ( ) ( )a b c a b c b c a c a b+ + − + − − + − − + −
Ta đặt ẩn phụ để dễ giải hơn : x = a+b –c ; y = b+c-a ; z = c+a-b ;suy ra x+y+z = a+b+c
6/ G =
3 7
2 2 4 4 8 8
1 1 2 4 8a a a
a b a b
a b a b a b
+ + + +
− +
+ + +

7/ F =
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
3 2 5 6 7 12 9 20a a a a a a a a a a
+ + + +
+ + + + + + + + +
8/ H =
3
2 2 4 2 8 4
1 1 2 4
1 1 1 1
x x
x x x x x x x x
− − +
− + + + − + − +
9/ K =
2 2 2 2 2 2 2
4
. 3 . 2 5 . 6 7 . 12
a a a a a
x a
x a x x a x a x a x a x a x a
+ + + +
+
+ + + + + + +
10/ L =
2 2 2
( 2) 6 4
(1 )
2

x x x x
x x x
+ + +
− −
+

Chú ý : Khi rút gọn biểu thức ta cần làm như sau:
- Quy đồng mẫu thức để thực hiện các phép tính
- Khi nhân 2 đa thức chú ý đến hằng đẳng thức đáng nhớ
- Viết một phân thức về dạng tổng , hiệu của hai phân thức
- Ta có thể cộng 2 đa thức để xuất hiện hằng đẳng thức
- Ta có thể đặt ẩn phụ để bài toán đơn giản hơn
CHUÊN ĐỀ 6: SỬ DỤNG CÔNG THỨC TÍNH DIỆN TÍCH
ĐỂ THIẾT LẬP VỀ QUAN HỆ ĐỘ DÀI CỦA CÁC ĐOẠN THẲNG
Các công thức diện tích cho ta quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng , chúng rất có ích để giải
nhiều bài toán
Ví dụ 1: Cho tam giác đều ABC.
a/ Chứng minh rằng điểm M thuộc miền trong của tam giác ABC thì tổng khoảng cách từ M đến
3 cạnh bằng chiều cao của tam giác .
b/ Quan hệ thay đổi như thế nào nếu M thuộc miền ngoài của tam giác .
GIẢI
Gọi a và h là cạnh và chiều cao của tam giác ABC, MA’, MB’, MC’ là khoảng cách từ M đến
BC,AC,AB.
C'
B'
M
B
A
C
H

A'
a/Nếu M thuộc miền trong tam giác thì :
4
3
o
6
7
5
1
2
A
B
C
M
A'
B'
C'
S
MBC
+ S
MAC
+ S
MAB
= S
ABC

1 1 1 1
. ' , ' . ' .
2 2 2 2
BC MA AC MB AB MC BC AH⇒ + + =

( ' ' ') .
2 2
a a
MA MB MC h⇒ + + =

' ' 'MA MB MC h⇒ + + =
b/ Nếu M thuộc miền ngoài tam giác ABC và thuộc miền trong gócA(2)
S
MBC
+ S
MAC
- S
MAB
= S
ABC
' ' 'MA MB MC h
⇒ + − =
Tương tự cho các miền còn lại
Ví dụ 2: Các điểm E,F nằm trên các cạnh AB, BC của hình bình hành ABCD sao cho AF = CE
.Gọi I là giao điểm của AF, CE .Chứng minh rằng ID là tia phân giác của góc AIC
Giải:
I
A
B
C
F
E
K

D
H

Ta có
AFD
1
S
2
ABCD
S=
và
1
2
DEC ABCD AFD DEC
S S S S= ⇒ =
Kẻ DH vuông góc ÍA và DK vuông góc với IC ta suy ra DH = DK , Suy ra IH = IK . Vây, DI là
tia phân giác góc AIC
Ví dụ 3 : Cho tam giác ABC có
µ
90
o
A ≥
; D là diểm nằm giữa A và C. Chứng minh rằng tổng các
khoảng cách từ A và từ C đến BD lớn hơn đường cao kẻ từ A và nhỏ hơn đường cao kẻ từ C của
tam giác ABC.
GIẢI:

D
B
C

A
F
K
E
H
Gọi AH và CK là các đường cao của tam giác ABC .Kẻ AE và CF vuông góc với BD . Đặt S
ABC
=
S
Ta có AE =
2
ABD
S
BD
, CF =
2
CBD
S
BD

2S
AE CF
BD
⇒ + =
.
Ta lại có
2 2
;
S S
AH CK

BC BA
= =
.
Do
µ
90
o
A ≥
nên BA< BD<BC , do đó AH < AE + CF < CK
Bài tập áp dụng:
1/ Độ dài 2 cạnh của tam giác bằng 6cm và 4cm. Nữa tổng các chiều cao ứng với 2 cạnh ấy bằng
chiều cao ứng với cạnh thứ ba . Tính độ dài cạnh thứ ba.
2/ Chứng minh rằng một tam giác là tam giác vuông nếu các chiều cao h
a
, h
b
, h
c
thoả mãn điều
kiện

2 2
( ) ( ) 1
a a
b c
h h
h h
+ =
HD: Sứ dụng diện tích để dưa về định lý Pytago
3/ Tính các cạnh của tam giác có ba đường cao bằng 12cm , 15cm , 20cm

4/Cho điểm O thuộc miền trong tam giác ABC .Các tia AO , BO , CO cắt các cạnh tam giác ABC
theo thứ tự ở A’, B’ , C’ . Chứng minh rằng :
a/
' ' '
1
' ' '
OA OB OC
AA BB CC
+ + =
b/
2
' ' '
OA OB OC
AA BB CC
+ + =
5/ C là 1 điểm thuộc tia phân giác góc xOy có số đo bằng 60
0
M là điểm bất kì nằm trên đường
vuông góc với OC tại C và thuộc miền ngoài góc xOy .Gọi MA , MB theo thứ tự là khoảng cách
từ M đến Õ, Oy. Tinh độ dài OC theo MA, MB
Chuyên đề7: BẤT ĐẲNG THỨC
I-Các tính chất của bất đẳng thức:
Ngoài các tính chất học ở SGK ta còn có tính chất sau:
a/ a > b, c >d
⇒
a+c > b+d
b/ a > b , c < d
⇒
a – c > b- d ( không được trừ từng vế của 2 bất đẳng thức cùng chiều )
c/ a > b

≥
0 , c > d
≥
0
⇒
ac > bd
d/ a > b >0
⇒
a
n
> b
n
e/ a > b
⇔
a
n
> b
n
với n lẻ.
f/
a b ⇔
a
n
> b
n
với n chẳn
g/ Nếu m> n >0 thì : a > 1 .
⇒
a
m

> a
n
a = 1
⇒
a
m
= a
n
0 < a < 1
⇒
a
m
< a
n
h/ a > b , ab > 0
1 1
a b
⇒ p
II- Các hằng bất đẳng thức
a/ a
2
+b
2

≥
2ab b/ ( a +b )
2

≥
4ab hay

2
( )
2
a b
ab
+
≥
( bất đẳng thức Côsi)
c/
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
Với a,b > 0 d/
2 2 2 2
( ) ( ) (ax + by)a b x y+ + ≥
e/
1
2a
a
+ ≥
III- Các phương pháp chứng minh
1- Dùng định nghĩa :
Ví dụ : a/chứng minh rằng : ( x-1)(x – 2)( x – 3)( x – 4)
≥
-1
Giải : Xét hiệu ( x-1)(x – 2)( x – 3)( x – 4) +1
≥
0
( x

2
– 5x + 4)( x
2
– 5x +6) +1
≥
0
Đặt y = x
2
– 5x + 5 ta có ( y – 1)(y +1) +1 = y
2

≥
0
b/chứng minh a
2
+ b
2

≥
ab
Giải a
2
+ b
2
- ab
≥
0
⇔
( a -
2

b
)
2
+
2
3
4
b

≥
0
2- Dùng các phép biến đổi tương đương:
Ví dụ : a/ Với mọi x,y,z chứng minh : x
2
+ y
2
+ z
2
+3
≥
2(x + y +z )
Giải : x
2
+ y
2
+ z
2
+3 - 2(x + y +z )
≥
0

(x – 1)
2
+ (y – 1)
2
+(z – 1)
2

≥
0
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
b/ Cho các số dương a,b thoả mãn điiêù kiện a + b = 1 .Chứng minh rằng
1 1
(1 )(1 ) 9
a b
+ + ≥
Giải
1 1
(1 )(1 ) 9
a b
+ + ≥

⇔
ab + a + b + 1
≥
9ab ( vì ab>0)
⇔
a + b + 1
≥
8ab
⇔

2
≥
8ab (vì
a+b=1)
⇔
1
≥
4ab
⇔
(a + b)
2

≥
4ab
⇔
( a – b )
2

≥
0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
3/ Dùng phương pháp làm trội để chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ : Cho n là số nguyên lớn hơn 1 . Chứng minh bất đẳng thức sau :
a/
1 1 1 1 1

1 2 3 2 2n n n n
+ + + +
+ + +


b/
2 2 2
1 1 1 1
1 2
2 3
n
n
+ + + + −p
Giải : a/ Ta có
1 1
1 2n n+

( vì n + 1 < 2n )
Tương tự
1 1
2 2n n+

;
1 1
3 2n n+

; … ;
1 1
2 1 2n n−

Do đó
1 1 1 1 1 1 1 1 1
.
1 2 3 2 2 2 2 2 2
n

n n n n n n n n
+ + + + + + = =
+ + +

b/ Ta có
2
1 1 1 1
( 1) 1k k k k
k
−
− −
p p
với k = 2 ; 3 ; … ;n
Lần lượt cho k = 2 ; 3 ; … ;n rồi cộng lại ta được
2 2 2
1 1 1 1
1 2
2 3
n
n
+ + + + −p
Phương pháp này thường được xử dụng để chứng minh bất đăng thức có một vế là tổng hoặc tích
hửu hạn.Áp dụng tính chất của thứ tự để biến đổi tổng hoạc tích hửu hạn về tổng hoặc tích khác
mà việc tính toán đơn giản hơn.
4/ Dùng các tính chất của bất đẳng thức
Ví dụ : a/ Cho a + b > 1 . chứng minh rằng a
4
+ b
4
>

1
8
Giải : a + b > 1 . Bình phương 2 vế ta có (a + b)
2
> 1 (1) mặt khác ( a – b )
2

≥
0 (2) cộng
từng vế của (1) và (2) a
2
+ b
2
>
1
2
làm tương tự như trên ta dược điều chứng minh .
b/ Cho a, b , c là các số dương Chứng minh
1*/ (a + b + c)
1 1 1
( ) 9
a b c
+ + ≥
2*/
1,5
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
Giái : 1*/ Nhân vào ta có 3 + (

a b
b a
+
) + (
a c
c a
+
) +(
b c
c b
+
) mà
a b
b a
+

≥
2 thay vào ta có diều
phải chứng minh.
2*/ Áp dụng bất đẳng thức ở câu 1* ta có (x + y+ z)
1 1 1
( ) 9
x y z
+ + ≥
với x = b + c
y = a + c và z = a + b ta có 2 (a + b + c)(
1 1 1
) 9
b c c a a b
+ + ≥

+ + +
chia 2 rồi nhân vào ta có được
điều chứng minh.
IV Vài điểm chú ý khi chứng minh bất đẳng thức :
1/ Khi chứng minh bất đẳng thức , nhiều khi ta cần đổi biến
Ví dụ : Cho a + b + c = 1 . Chứng minh a
2
+ b
2
+ c
2

≥

1
3
Giải : Đăt a =
1
3
+ x , b =
1
3
+y , c =
1
3
+ z , do a + b + c = 1 nên x + y + z = 0 ta có
a
2
+ b
2

+ c
2
= (
1
3
+ x )
2
+ (
1
3
+y )
2
+ (
1
3
+ z )
2
=
1
3
+
2
3
(x + y + z) + x
2
+ y
2
+ z
2

≥

1
3
Xảy ra dấu bằng khi x = y = z = 0
⇔
a = b = c =
1
3
2/ Ta có thể áp dụng bất đẳng thức để tìm giá trị nhỏ nhất , giá trị lớn nhất
Ví dụ Tìm giá trị nhỏ nhất củ biểu thức |
A = (x- 1)(x +2)(x+3)(x+6)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
B = x
6
+ y
6
biết x
2
+ y
2
= 1
Giải : A = ( x
2
+ 5x – 6)(x
2
+5x +6) = (x
2
+5x)
2

-36
Vậy giá trị nhỏ nhất của A = -36 khi x
2
+5x = 0 suy ra x = 0 hoặc x = -5
B = ( x
2
)
3
+ ( y
2
)
3
= (x
2
+ y
2
) ( x
4
– x
2
y
2
+ y
4
) = x
4
– x
2
y
2

+ y
4
vì x
2
+ y
2
= 1
= ( x
2
+ y
2
)
2
– 3x
2
y
2
= 1 - 3x
2
y
2

≤
1
Vậy giá trị lớn nhất bằng 1 khi x =0 , y = 0 .
V / Bài tập
Chứng minh các bất đẳng thức
a/ a
2
+ b

2
+ c
2

≥
ab + bc + ca b/ a
4
+ b
4
+ c
4
+ d
4

≥
4abcd
c/ a2 + b2
≥
ab d/ / a
4
+ b
4
+ 2
≥
4ab
e/
1 1 1 1

1.3 3.5 (2 1)(2 1) 2n n
+ + +

− +
p
f/
2 2 2
1 1 1 5

3
1. 2 n
+ + + p

CÁC ĐỀ ÔN TẬP CUỐI NĂM
ĐỀ 1
Bài 1 : a/ Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x
2
– 7x + 6
b/ Tính :
1 1 1 1

1.3 3.5 5.7 2007.2009
A = + + + +
Bài 2 : Giải phương trình
a/
2 2 2
1 1 1 1
4 3 8 15 12 35 9x x x x x x
+ + =
+ + + + + +
b/ ( x – 3 )( 2x + 6) = ( 4 – 3x )( x + 3 )
Bài 3 : Một ô tô tải đi từ A đến B với vận tốc 30km/giờ . Một lúc sau một xe con rời
A với vận tốc 40km/giờ và sẽ đuổi kịp xe tải tại B . Nhưng đi nữa quảng đường AB

thì xe con tăng vận tốc thêm 5km/giờ nên sau 1 giờ đã đuổi kịp xe tải . Tính quảng
đường AB ?
Bài 4 : Cho hình chữ nhật ABCD . Lấy E trên cạnh DC , F trên cạnh AD sao cho C
và F đối xứng qua BE ; EF cắt AB tại Q . Đạt AB = a ; BC = b
a/ Chứng minh rằng
AFQ
∆

FAB∆
b/
QC BD⊥
Bài 5 : Chứng minh rằng : 1 + 5
9009
không phải là số nguyên tố
************************************************
ĐỀ 2
Bài 1: Tìm a để mọi nghiệm của bất phương trình ( a2 + 1 )x > 2a – 1 (1) đều là
nghiệm của bất phương trình 2x > 5 (2)
Bài 2 : Giải các phương trình sau :
a/
1 5x a x− + =
b/ m(x – 1 ) = x + 2n – 7
Bài 3 : Tìm số dư cuối cùng trong phép chia :
1 + x + x
19
+ x
20
+ x
2004
cho 1 – x

2
Bài 4 : Cho x + y + z = 0 và xyz
0
≠
Tính :
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
x z y x y z y z x
+ +
+ − + − + −
Bài 5: Cho tam giác ABC ,gọi H là trực tâm của tam giác các đường cao AA’ ,BB’,
CC’;
O là giao điểm của 3 đường trung trực , hạ
OE BC
⊥
,chứng minh:
a/ AH = 2 OE b/
' ' '
1
AA' ' '
HA HB HC
BB CC
+ + =

ĐỀ 3
Bài1/ Cho 3 số x,y,z thỏa mãn
1 1 1 1
(1)
x y z x y z
+ + =

+ +
Chứng minh rằng mọi n lẻ đều có
1 1 1 1
n n n n n n
x y z x y z
+ + =
+ +
Bài2/ Rút gọn
3 3 3
2 2 2
3
( ) ( ) ( )
x y z xyz
x y y z z x
− + +
+ + + + −
Bài 3 / Tìm x thỏa mãn (x – 1)( x – 2)( x – 3)(x – 4) = 120
Bài 4/ Cho a,b,c độ dài của 3 cạnh của tam giác
a/ Chứng minh bất đẳng thức : ab +bc +ca < a
2
+b
2
+c
2
< 2( ab +bc +ca)
b/ Chứng minh nếu ( a + b + c)
2
= 3( ab + bc + ca) thì tam giác đó là tam giác
đều
S

Bài 5 : Cho tam giác ABC . Một đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác cắt
cạnh BC kéo dài về phía C và các cạnh CA, AB theo thứ tự A1, B1, C1. Chứng
minh rằng:

1 1 1
1 1 1
GA GB GC
+ =