9 chuyên đề bồi dưỡng HSG toán 7

Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

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
c
c
c
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
b) Áp dụng
 (  ) 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) Tính tổng : A =

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
1


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

Bài 3: Thực hiện phép tính:

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
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
Chøng minh r»ng B  .
2
5
5
1
3
 1
 46
13  2  10  . 230
4
27
6
25
4
Bài 6: 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
1 1 1
1

2012
2012
)
 2012 
 .... 
 2011 = 2012(    ...... 
2 3 4
2012
2
2011
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 

Bài 7: a) Tính giá trị của biểu thức:

2


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

 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) Chứng tỏ rằng: B  1  2  2  2  ... 

2
2 3 3
2004
2004

Bài 8: a) Tính giá trị của biểu thức:
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) Chứng minh rằng tổng:
S

1
1
1
1
1
1
1
 4  6  ...  4 n  2  4 n  ....  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be
a c 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
a2  c2 a
a c
 . Chứng minh rằng: 2 2 
b c
b
c b
a c
HD: Từ  suy ra c2  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)

3


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

(a  2012b) 2
a
Suy ra : =
(b  2012c) 2

c

Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu

5a  3b 5c  3d
a c
th×


5a  3b 5c  3d
b d

a c
  k  a = kb, c = kd .
b d
5c  3d d (5k  3) 5k  3
5a  3b b(5k  3) 5k  3




Suy ra :
và
5c  3d d (5k  3) 5k  3
5a  3b b(5k  3) 5k  3
5a  3b 5c  3d
Vậy

5a  3b 5c  3d

HD : Đặt

a 2  b 2 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
ab 2ab a 2  2ab  b 2 (a  b)2
ab 2
 2


(
) (1)
HD : Ta có 2 2
=
2
2
c d
cd 2cd c  2cd  d
(c  d )

cd
a 2  b 2 ab 2ab a 2  2ab  b 2 (a  b)2
a b 2
 2


(
) (2)
=
2
2
2
2
c d
cd 2cd c  2cd  d
(c  d )
c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

a c
. Chøng minh r»ng:

b d
2
ab a 2  b 2
a 2  b2
ab
 2
vµ



cd c  d 2
c2  d 2
cd 
a c
HD : Xuất phát từ  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
(
)
hướng làm xuất hiện
2
2
cd c  d
b

d
c d
cd

Bài 5 :

Cho tØ lÖ thøc

Bài 6 : Cho dãy tỉ số bằng 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
Tính 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

4


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

Nếu a + b + c + d = 0  a + b = -( c+d) ; ( b + c) = -( a + d)
 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 

ab bc cd d a
=4



cd d a ab bc

Bài 7 : a) Chứng minh rằng:
x
y
z


a  2b  c 2a  b  c 4a  4b  c
a
b
c

Thì


x  2 y  z 2x  y  z 4x  4 y  z

Nếu

a
b c
abc
a
. Chứng minh: 
 
 
b
c d
d
bcd 
3

b) Cho:

a  2b  c 2a  b  c 4a  4b  c
x
y
z






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

HD : a) Từ

chứng minh rằng biểu thức sau có giá trị nguyên.

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




HD Từ



x
y
z
t
y z t z t  x t  x y x y z
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
Bài 9 : Cho 3 số x , y , z khác 0 thỏa mãn điều kiện :

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 10 : a) Cho các số a,b,c,d khác 0 . Tính

5


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

T =x2011 + y2011 + z2011 + t2011
x2010  y 2010  z 2010  t 2010 x2010 y 2010 z 2010 t 2010
 2  2  2  2
Biết x,y,z,t thỏa mãn:
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

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 dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

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 vào trên ta được:

1
1 3y 2 y

  y =>1+ 3y = -12y => 1 = -15y => y =
15
12
2
1
Vậy x = 2, y =
thoả mãn đề bài
15

Bài 3 : Cho

a b c
  và a + b + c ≠ 0; a = 2012.
b c a

Tính b, c.
6


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

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



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
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
Bài 6: T×m x, y, z biÕt:
(x, y, z  0 )


 x yz
z  y 1 x  z 1 x  y  2
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
2
2
2
2

Bài 5 : Tìm x, biết rằng:

đầu để tìm x.
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
Bài 8 : Tìm x , y biết :


5
9
7x

Bài 7 : T×m x, y, z biÕt

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

7


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

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(

 x.

1 + 2 + 3 + ….+ 2011) = 2012.2013
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
8


Toancap2.net - Chia s kin thc Toỏn lp 6, 7, 8, 9

HD : a) x 2011 x 2012 (1) do VT = x 2011 0, x
nờn VP = x 2012 0 x 2012 (*)
x 2011 x 2012

2011 2012(vụly )


T (1)
x 2011 2012 x x (2011 2012) : 2

Kt hp (*) x = 4023:2
b) x 2010 x 2011 2012 (1)
Nu x 2010 t (1) suy ra : 2010 x + 2011 x = 2012 x = 2009 :2 (ly)
Nu 2010 < x < 2011 t (1) suy ra : x 2010 + 2011 x = 2012 hay 1 = 2012 (loi)
Nu x 2011 t (1) suy ra : x 2010 + x 2011 = 2012 x = 6033:2(ly)
Vy giỏ tr x l : 2009 :2 hoc 6033:2
Mt s bi tng t:
Bi 2 : a) Tìm x biết x 1 x 3 4

b) Tìm x biết: x 2 6 x 2 x 2 4
c) Tìm x biết: 2x 3 2 4 x 5
Bi 3 : a)Tìm các giá trị của x để: x 3 x 1 3x
b) Tỡm x bit: 2 x 3 x 2 x
Bi 4 : tỡm x bit :
a) x 1 4
b) x 2011 2012
Dng : S dng BT giỏ tr tuyt i
Bi 1 : a) Tỡm x ngyờn bit : x 1 x 3 x 5 x 7 8
b) Tỡm x bit : x 2010 x 2012 x 2014 2
HD : a) ta cú x 1 x 3 x 5 x 7 x 1 7 x x 3 5 x 8 (1)
M x 1 x 3 x 5 x 7 8 suy ra ( 1) xy ra du =
1 x 7
3 x 5 do x nguyờn nờn x {3;4;5}
3 x 5

Hay

b) ta cú x 2010 x 2012 x 2014 x 2010 2014 x x 2012 2 (*)
M x 2010 x 2012 x 2014 2 nờn (*) xy ra du =
x 2012 0
x 2012
2010 x 2014

Suy ra:

Cỏc bi tng t
Bi 2 : Tỡm x nguyờn bit : x 1 x 2 ..... x 100 2500
Bi 3 : Tỡm x bit x 1 x 2 ..... x 100 605x
Bi 4 : Tìm x, y thoả mãn: x 1 x 2 y 3 x 4 = 3

Bi 5 : Tỡm x, y bit : x 2006 y x 2012 0
HD : ta cú x 2006 y 0 vi mi x,y v x 2012 0 vi mi x
Suy ra : x 2006 y x 2012 0 vi mi x,y m x 2006 y x 2012 0

9


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

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
  2 x 1  3 y  x
2 x 1 3x
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
2n  1  1
 (2 -1)(2 – 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
m

n

VT chỉ chứa TSNT 2 suy ra TH này không xẩy ra : vậy n = 8 , m = 9
Bài 4 : Tìm x , biết :  x  7 

x 1

  x  7

x 11

0

HD :

 x  7

x 1

  x  7

  x  7

x 11

0

1   x  7 10   0


10
 x 1 
  x  7
1 x  7   0
 


  x7  x10



  x70 x7 

 ( x7)10 1  xx  86
1( x7)10 0



x 1

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 :
10


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

Bài 6 : Tìm x, y biết :
a) x  5  (3 y  4)2012  0

b) (2x 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) Tìm các số nguyên tố x, y sao cho: 51x + 26y = 2000
b) Tìm số tự nhiên x, y biết: 7( x  2004 )2  23  y 2
c) Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x - y = 6
d) Tìm mọi số nguyên tố thoả mãn : 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  1  1
y 3 1
2
2

d) x -2y =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  

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 2

11


Toancap2.net - Chia s kin thc Toỏn lp 6, 7, 8, 9

Bi 3 a) Tỡm giỏ tr nguyờn dng ca x v y, sao cho:

1 1 1

x y 5

b) Tỡm cỏc s a, b, c nguyờn dng tho món :
a3 3a2 5 5b v a 3 5c

1 1 1
x 5
5 ( x + y) = xy (*) xy 5
x y 5
y 5
+ Vi x chia ht cho 5 , t x = 5 q ( q l s t nhiờn khỏc 0) thay vo (*) suy ra:
5q + y = qy 5q = ( q 1 ) y . Do q = 1 khụng tha món , nờn vi q khỏc 1 ta cú

HD : a) T

5q
5
5
Z q 1 (5) , t ú tỡm c y, x
q 1
q 1
b) a3 3a2 5 5b a2 ( a +3) = 5b 5 , m a 3 5c a2. 5c = 5( 5b 1 1)
5b 1 1
a 2 c 1 Do a, b, c nguyờn dng nờn c = 1( vỡ nu c >1 thỡ 5b 1 - 1 khụng chia
5
ht cho 5 do ú a khụng l s nguyờn.) . Vi c = 1 a = 2 v b = 2
y

Bi 4: Tìm các cặp số nguyên tố p, q thoả mãn:
52 p 2013 52 p q2
2

HD : 52 p 2013 52 p q2 2013 q2 25 p 25 p 2013 q2 25 p (25 p 1)
Do p nguyờn t nờn 2013 q 2 252 v 2013 q2 > 0 t ú tỡm c q
Bi 5 : T ỡm tt c cỏc s nguyờn dng n sao cho: 2 n 1 chia ht cho 7
HD : Vi n < 3 thỡ 2n khụng chia ht cho 7
2

2

Vi n 3 khi ú n = 3k hoc n = 3k + 1 hoc n = 3k + 2 ( k N * )
Xột n = 3k , khi ú 2n -1 = 23k 1 = 8k 1 = ( 7 + 1)k -1 = 7.A + 1 -1 = 7.A 7
Xột n = 3k +1 khi ú 2n 1 = 23k+1 1 = 2.83k 1 = 2.(7A+1) -1 = 7A + 1 khụng
chia ht cho 7
Xột n = 3k+2 khi ú 2n 1 = 23k +2 -1 = 4.83k 1 = 4( 7A + 1) 1 = 7 A + 3 khụng
chia ht cho 7 . Vy n = 3k vi k N *
* Tỡm x , y biu thc cú giỏ tr nguyờn, hay chia ht:
Bi 1
Tìm số nguyên m để:
a) Giá trị của biểu thức m -1 chia hết cho giá trị của biểu thức 2m + 1.
b) 3m 1 3
HD : a) Cỏch 1 : Nu m >1 thỡ m -1 < 2m +1 , suy ra m -1 khụng chia ht cho 2m +1
Nu m < -2 thỡ m 1 2m 1 , suy ra m -1 khụng chia ht cho 2m +1
Vy m { -2; -1; 0; 1}
Cỏch 2 : 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

2
4 m 0
m
vỡ m nguyờn
3

3
m 1

Bi 2 a) Tìm x nguyên để 6 x 1 chia hết cho 2 x 3
b) Tìm x Z để A Z và tìm giá trị đó.

12


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

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
2012 x  5
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

để

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
HD: P(x) = a x + bx +c = a( x + 2.x.
+ ( ) )+(c)
4a
2a
2a
b
4ac  b 2
4ac  b 2
4ac  b 2
b
)
, x Vậy Min P(x) =
= a( x  )2  (
khi x = 
2a
4a
4a

4a
2a
2

2

Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a) A = - a2 + 3a + 4
b) B = 2 x – x2
3
2

3
2

9
4

3
2

HD : a) A = - a2 + 3a + 4 = (a 2  2.a.  ( )2 )  (4  )  (a  )2 

25
4

13


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

3
25
25
3
khi a =
, a . Vậy Max A =
2
4
2
4
c) B = 2 x  x 2  ( x 2  2.x.1  12 )  1  ( x  1)2  1 . Do ( x 1)  0, x  B  1, x

Do (a  )  0, a nên A 

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

 y  2012  0  y  2012

Min P = 0 khi 

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

Bài 3 : Tìm GTLN của R =
Bài 4 :

Cho phân số: C 

( x  2)2  ( x  y )  3
3x 2

4

4 x 5

(x  Z)

a) Tìm x  Z để C đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó.
b) Tìm x  Z để C là số tự nhiên.
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
7 n  8 7 2(7 n  8) 7 14n  16 7
5
 .
 .
 (1 
)
HD : Ta có
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 nhất
14n  21
2n  3
21 3
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

Bài 1:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
14


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

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  2
 y  x  0
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 (2)
( x  2010)(2012  x)  0
 x  2011
 x  2011  0

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

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 :
15


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

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

Vậy 3n2  2n2  3n  2n

= 3n (32  1)  2n (22  1)
= 3n 10  2n  5  3n 10  2n1 10
= 10( 3n -2n)
10 với mọi n là số nguyên dương.

Bài 2 :
Chứng tỏ rằng:
2004
A = 75. (4
+ 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 :
a) Chứng minh rằng: 3n 2  2n 4  3n  2n chia hết cho 30 với mọi n nguyên dương
b) Chứng minh rằng: 2a - 5b + 6c  17 nếu a - 11b + 3c  17 (a, b, c  Z)
Bài 6 : a) Chứng minh rằng: 3a  2b  17  10a  b  17 (a, b  Z )
b) Cho đa thức f ( x)  ax2  bx  c (a, b, c nguyên).
CMR nếu f(x) chia hết cho 3 với mọi giá trị của x thì a, b, c đều chia hết 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
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
16


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

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
 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 . Chứng tỏ rằng: M 
HD : Ta có M 

a
b
c
không là số nguyên.


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
17


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

Bài 3 : Với a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng
1
a

1
a

1
b

1 1
b c

b) (a  b  c)(   )  9 (2)

a) (a  b)(  )  4 (1)
1
a

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
1 1
2
2
 (a  b)(  )  2 ab .
 
4
a b
a b
ab
ab

Dấu “ =” xẩy ra khi a = b
1
a

1
b

1
c

b) Ta có : (a  b  c)(   )  3 
Lại có

bc a c a b
a b
b c
a c


 3 (  )  (  )  (  )
a
b
c
b a
c b
c a

a b
b c
a c
  2;   2;   2
b a
c b
c a
1
a

1
b

1
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 là các số dương.
Chứng minh rằng:

x
y
z
3



2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y 4

b) Cho a, b, c thoả mãn: a + b + c = 0. Chứng minh rằng: 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 với a, b, c là các số hữu tỉ.
Chứng tỏ rằng: f (2). f (3)  0 . Biết rằng 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 đa thức f ( x)  ax2  bx  c với a, b, c là các số thực. Biết rằng f(0); f(1); f(2)
có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên.

18


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

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
Chứng minh rằng: f(x)  ax3  bx2  cx  d có giá trị nguyên với mọi x nguyên
khi và chỉ khi 6a, 2b, a + b + c và d là số nguyên
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 : Tìm tổng các hệ số của đa thức nhận được sau khi bỏ dấu ngoặc trong biểu thức:
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. Tính giá trị của biểu thức:
x2011  2012x2010  2012x2009  2012x2008  ....  2012x2  2012x 1

HD : Đặt A = x2011  2012x2010  2012x2009  2012x2008  ....  2012x2  2012x 1
x 2010 ( x  2011)  x 2009 ( x  2011)  x 2008 ( x  2011)  ....  x( x  2011)  x  1
 tại x = 2012 thì A = 2011

Các bài toán thực tế

Chuyên đề 9
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 lớp 7A,7B,7C có 94 học sinh tham gia trồng cây. Mỗi học sinh lớp 7A
trồng được 3 cây, Mỗi học sinh lớp 7B trồng được 4 cây, Mỗi học sinh lớp 7C trồng
được 5 cây,. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh. Biết rằng số cây mỗi lớp trồng được
đều như nhau.
19


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

Bài 3 : Một ô tô phải đi từ A đến B trong thời gian dự định. Sau khi đi được nửa quãng
đường ô tô tăng vận tốc lên 20 % do đó đến B sớm hơn dự định 10 phút.
Tính thời gian ô tô đi từ A đến B.
Bài 4 : Trên quãng đường AB dài 31,5 km. An đi từ A đến B, Bình đi từ B đến A. Vận
tốc An so với Bình là 2: 3. Đến lúc gặp nhau, thời gian An đi so với Bình đi là 3:
4.
Tính quãng đường mỗi người đi tới lúc gặp 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

PHẦN HÌNH HỌC
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 .
I.

20


Toancap2.net - Chia s kin thc Toỏn lp 6, 7, 8, 9

II.
Bi tp vn dng
Bi 1 : Cho tam giỏc ABC cú < 900. V
ra phớa ngoi tam giỏc ú hai on thng AD
vuụng gúc v bng AB; AE vuụng gúc v bng
AC. Chng minh: DC = BE v DC BE
HD: Phõn tớch tỡm hng gii
* CM DC = BE cn CM ABE = ADC (
c.g.c)
Cú : AB = AD, AC = AE (gt)
Cn CM : DAC BAE
Cú : BAE 900 BAC DAC
* Gi I l giao im ca AB v CD
CM : DC BE cn CM I 2 B1 900
Cú I1 I 2 ( Hai gúc i nh) v I1 D1 900
Cn CM B1 D1 ( vỡ ABE = ADC)

D
E

1

A
1
K

I

2
1
B

C

Li gii
a) Ta cú BAE 90 BAC DAC DAC BAE , mt khỏc AB = AD, AC = AE (gt)
Suy ra ABE = ADC(c.g.c) DC = BE
b) Gi I l giao im ca AB v CD
Ta cú I1 I 2 ( Hai gúc i nh) , I1 D1 900 ( ADI vuụng ti A) v B1 D1 ( vỡ
ABE = ADC) I 2 B1 900 DC BC
*Khai thỏc bi 1:
T bi 1 ta thy : DC = BE và DC BE khi ABD v ACE vuụng cõn, vy nu cú
ABD v ACE vuụng cõn , T B k BK CD ti D thỡ ba im E, K, B thng hng
Ta cú bi toỏn 1.2
Bi 1. 1: Cho tam giác ABC có Â < 900. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn
thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC . T B k BK CD ti K
Chng minh rng ba im E, K, B thng hng
HD : T bi 1 chng minh c DC BE m BK CD ti K suy ra ba im E, K, B
thng hng
*Khai thỏc bi 1.1
T bi 1.1 nu gi M l trung im ca DE k tia M A thỡ MA BC t ú ta cú bi
toỏn 1.2

Bi 1.2: Cho tam giác ABC có Â < 900. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn
thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC . Gi M l trung im
ca DE k tia M A . Chng minh rng : MA BC
Phõn tớch tỡm hng gii
HD: Gi H l giao im ca tia MA v BC
CM MA BC ta cn CM AHC vuụng ti H
CM AHC vuụng ti H ta cn to ra 1 tam giỏc
0

21


Toancap2.net - Chia s kin thc Toỏn lp 6, 7, 8, 9

vuụng bng AHC
Trờn tia AM ly im N sao cho AM = MN
K DQ AM ti Q
Cn CM AHC = DQN (g.c.g)

CM: ND = AC , N1 ACB , BAC ADN

N
1
D
M
E
Q
1 A

CM : ABC = DNA ( c.g.c)


Cú AD = AB (gt)
Cn CM : ND = AE ( = AC) v BAC ADN
+ CM ND = AE

B



CM : MDN = MEA (c.g.c)
+ CM BAC ADN

H
C


EAD ADN 1800 vỡ EAD BAC 1800


CM

AE // DN (MDN = MEA)

Li gii
Gi H l giao im ca tia MA v BC , Trờn tia AM ly im N sao cho AM = MN
k DQ AM ti Q
Ta cú MDN = MEA ( c.g.c) vỡ :

AM = MN ; MD = ME (gt) v EMA DMN ( hai gúc i nh)
DN = AE ( = AC) v AE // DN vỡ N1 MAE ( cp gúc so le trong )
EAD ADN 1800 ( cp gúc trong cựng phớa) m EAD BAC 1800 BAC ADN
Xột ABC v DNA cú : AB = AD (gt) , AC = DN v BAC ADN ( chng minh
trờn ) ABC = DNA (c.g.c) N1 ACB
Xột AHC v DQN cú : AC = DN , BAC ADN v N1 ACB
AHC = DQN (g.c.g) AHC vuụng ti H hay MA BC
* Khai thỏc bi toỏn 1.3
+ T bi 1.2 ta thy vi M l trung im ca DE thỡ tia MA BC , ngc li
nu AH BC ti H thỡ tia HA s i qua trung im M ca DE , ta cú bi toỏn 1.4
Bi 1.3 : Cho tam giác ABC có Â < 900. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn
thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC . Gi H l chõn ng
vuụng gúc k t A n BC . Chng minh rng tia HA i qua trung im ca on
thng DE
HD : T bi 1.2 ta cú nh hng gii nh sau:

22


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

Kẻ DQ  AM tại Q, ER  AM tại R .
Ta có : + DAQ  HBH ( Cùng phụ BAH )
AD = AB (gt)  ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh
huyền – góc nhọn)
 DQ = AH (1)
+ ACH  EAR ( cùng phụ CAH )
AC = AE (gt)  ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền
– góc nhọn)
 ER = AH ( 1) . Từ (1) và (2)  ER =

DQ
Lại có M1  M 2 ( hai góc đối đỉnh )
 ∆QDM = ∆REM ( g.c.g)  MD = ME hay
M là trung
điểm của DE

R
1

E

D

M
2
Q
1 A

B
H
C

+ Từ bài 1.3 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MA  DE , ngược lại
nếu H là trung điểm của BC thì tia KA sẽ vuông góc với DE, ta có bài toán 1.4
Bài 1.4: Cho tam giác ABC có Â < 900. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn
thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC . Gọi H trung điểm của
BC .
Chứng minh rằng tia HA vuông góc với DE
HD : Từ bài 1.3 ta dễ dạng giải bài toán 1.4
Trên tia AH lấy điểm A’ sao cho AH = HA’

Dễ CM được ∆AHC = ∆A’HB ( g.c.g)
D
 A’B = AC ( = AE) và HAC  HA ' B
M
E
 AC // A’B  BAC  ABA '  1800 ( cặp góc trong
cùng phía)
A
Mà DAE  BAC  1800  DAE  ABA '
Xét ∆DAE và ∆ABA’ có : AE = A’B , AD =
AB (gt)
DAE  ABA '  ∆DAE = ∆ABA’(c.g.c)
 ADE  BAA ' mà
B
ADE  BAA '  900  ADE  MDA  900

Suy ra HA vuông góc với DE

H
C

Bài 2 : Cho tam giác cân ABC (AB = AC). Trên
cạnh BC lấy điểm D, trên tia đối của tia CB lấy
điểm E sao cho BD = CE. Các đường thẳng vuông
góc với BC kẻ từ D và E cắt AB, AC lần lượt ở M,
N. Chứng minh rằng:
a) DM = EN
b) Đường thẳng BC cắt MN tại trung điểm I của MN.

A'

23


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

c) Đường thẳng vuông góc với MN tại I luôn đi qua một điểm cố định khi D thay
đổi trên cạnh BC
* Phân tích tìm lời giải
a) Để cm DM = EN


A

Cm ∆BDM = ∆CEN ( g.c.g)


Có BD = CE (gt) , D  E  900 ( MD, NE 
BC)
BCA  CBA ( ∆ABC cân tại A)

b) Để Cm Đường thẳng BC cắt MN tại trung
điểm I của MN  Cần cm IM = IN


Cm ∆MDI = ∆NEI ( g.c.g)
c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A
xuống BC , O là giao điểm của AH với
đường thẳng vuông góc với MN kẻ từ I 
Cần cm O là điểm cố định

Để cm O là điểm cố định

M

I
B

C
E

D

H

O

N


Cần cm OC  AC

Cần cm OAC  OCN  900

Cần cm : OBA  OCA và OBM  OCM


Cần cm ∆OBM = ∆OCN ( c.c.c) và ∆OAB = ∆OAC (c.g.c)
*Khai thác bài 2
Từ bài 2 ta thấy BM = CN , vậy ta có thể phát biểu lại bài toán như sau:
Bài 2.1

Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC). Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm M, trªn tia
AC lÊy ®iÓm N sao cho BM = CN . Đường thẳng BC cắt MN tại I .
Chøng minh r»ng:
a) I là trung điểm của MN

24


Toancap2.net - Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, 9

b) §-êng th¼ng vu«ng gãc víi MN t¹i I lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi D
thay đổi
A
lời giải:
Từ lời giải bài 2 để giải bài 2.1 ta cần kẻ MD 
1
BC ( D  BC)
D
NE  BC ( E  BC)
Bài 3 : Cho ∆ABC vuông tại A, K là trung
điểm của cạnh BC . Qua K kẻ đường thẳng
vuông góc với AK , đường thẳng này cắt các
đường thẳng AB và AC lần lượt ở D và E Gọi I
là trung điểm của DE .
a) Chứng minh rằng : AI  BC
b) Có thể nói DE nhỏ hơn BC được không ?
vì sao?
*Phân tích tìm lời giải
a) Gọi H là giao điểm của BC và AI
Để cm AI  BC  Cần cm A1  ACK  900

Để cm A1  ACK  900

B

H
K

C
I

E


Có AEK  EAK  900


cần cm A1  AEK và ACK  CAK


Cần cm ∆AIE cân tại I và ∆AKC cân tại K
b) Để so sánh DE với BC
 cần so sánh IE với CK ( vì 2.IE = DE, 2CK = BC)


So sánh AI với AK ( vì AI = IE, AK = CK)
Có AI  AK
Lời giải :
a)Dễ dàng chứng được ∆AIE cân tại I và ∆AKC cân tại K  cần cm A1  AEK và
ACK  CAK mà AEK  EAK  900  A1  ACK  900  AI  BC
b) ta có BC = 2 CK = 2AK ( CK = AK) , DE = 2IE = 2.AI ( AI = IE)

Mà AI  AK  DE  BC , DE = BC khi K trùng với I khi đó ∆ABC vuông
cân tại A

25