Ga HSG Toan 8 Ki II

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Ngày soạn: 01/01/2012 Ngày dạy: 11/01/2012 Buổi 1 Ngày dạy: 01/02/2012 Buổi 2

<b>CHUYÊN ĐỀ I: BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC HỮU TỈ</b>

<b>A. Mục tiêu:</b>

<b>-</b> HS tiếp tục được củng cố các hằng đẳng thức đáng nhớ.
<b>-</b> Biến đổi thành thạo các biểu thức hữu tỉ.

<b>-</b> Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập.
<b>B. Phương tiện:</b>

<b>-</b> GV: giáo án, tài liệu Casio.
<b>-</b> HS: Máy tính Casio.

<b>C. Nội dung bài giảng:</b>

<b>B – BIỂN ĐỔI PHÂN THỨC HỮU TỈ</b>
Ví dụ 5.

a) Chứng minh rằng phân số

3n 1
5n 2

+

+ _{là phân số tối giản}__n__{N ;}

b) Cho phân số

2

n 4

A

n 5

+
=

+ _(n__{N). Có bao nhiêu số tự nhiên n nhỏ hơn 2009 sao cho}

phân số A chưa tối giản. Tính tổng của tất cả các số tự nhiên đó.
Lời giải

a) Đặt d = ƯCLN(5n + 2 ; 3n + 1)  3(5n + 2) – 5(3n + 1)  d hay 1  d  d = 1.
Vậy phân số

3n 1
5n 2

+

+ _{là phân số tối giản.}

b) Ta có

29

A n 5

n 5

= - +

+ _{. Để A chưa tối giản thì phân số}

29

n+5_{phải chưa tối giản.}
Suy ra n + 5 phải chia hết cho một trong các ước dương lớn hơn 1 của 29.

Vì 29 là số nguyên tố nên ta có n + 5 _ 29  n + 5 = 29k (k  N) hay n = 29k – 5.
Theo điều kiện đề bài thì 0 ≤ n = 29k – 5 < 2009  1 ≤ k ≤ 69 hay k{1; 2;…; 69}
Vậy có 69 số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện đề bài. Tổng của các số này là :

29(1 + 2 + … + 69) – 5.69 = 69690.

Ví dụ 6. Cho a, b, c ≠ 0 và a + b + c ≠ 0 thỏa mãn điều kiện

1 1 1 1

a + + =b c a+ +b c_.
Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có hai số đối nhau. Từ đó suy ra rằng :

2009 2009 2009 2009 2009 2009

1 1 1 1

a +b +c =a +b +c _.

Lời giải

Ta có :

1 1 1 1

a + + =b c a+ +b c _

1 1 1 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>



a b a b

0

ab c(a b c)

+ +

+ =

+ + _

c(a b c) ab

(a b). 0

abc(a b c)

+ + +

+ =

+ +

 (a + b)(b + c)(c + a) = 0 

a b 0

b c 0

c a 0

é + =
ê
ê + =
ê
ê + =
ë _
a b
b c
c a
é
=-ê
ê
=-ê
ê

=-ë __đpcm.

Từ đó suy ra : 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009

1 1 1 1 1 1 1

a +b +c =a +( c)- +c =a

2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009

1 1 1

a +b +c =a + -( c) +c =a

 2009 2009 2009 2009 2009 2009

1 1 1 1

a +b +c =a +b +c _.

Ví dụ 7. Đơn giản biểu thức :

3 3 3 4 2 2 5

1 1 1 3 1 1 6 1 1

A

(a b) a b (a b) a b (a b) a b

ổ ử_ữ ổ ử_ữ ổ ử_ữ
ỗ ỗ ç
= _ç_ç + ÷_÷+ _ç_ç + ÷_÷+ _ç_ç + ÷_÷
è ø è ø è ø
+ + + _.
Lời giải

Đặt S = a + b và P = ab. Suy ra : a2_{+ b}2_{= (a + b)}2_{– 2ab =} 2

S - 2P

a3_{+ b}3_{= (a + b)}3_{– 3ab(a + b) =} 3

S - 3SP.

Do đó :

1 1 a b S

;

a b ab P

+

+ = = 1₂ 1₂ a2 ₂ ₂b2 S2 ₂2P;

a b a b P

+

-+ = =

3 3 3

3 3 3 3 3

1 1 a b S 3SP

.

a b a b P

+

-+ = =

Ta có : A =

3 2

3 3 4 2 5

1 S 3SP 3 S 2P 6 S

. . .

S P S P S P

-

-+ +

=

2 2 4 2 2 2 2 4

2 3 4 2 4 4 3 4 3

S 3P 3(S 2P) 6 (S 3S P) (3S P 6P ) 6P S

S P S P S P S P S P

- - - + - +

+ + = =

Hay A = 3 3 3

1 1

.
P =a b

Ví dụ 8. Cho a, b, c là ba số phân biệt. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau không
phụ thuộc vào giá trị của x :

(x a)(x b) (x b)(x c) (x c)(x a)
S(x)

(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)

- - -
-= + +
- - - _.
Lời giải
<i> Cách 1</i>

2 2 2

x (a b)x ab x (b c)x bc x (c a)x ca

S(x)

(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)

- + + - + + - + +

= + +

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

với :

1 1 1

A

(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)

= + +

- - - _;

a b b c c a

B

(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)

+ + +

= + +

- - - _;

ab bc ca

C

(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)

= + +

- - -

Ta có :

b a c b a c

A 0

(a b)(b c)(c a)

- + - +

-= =

- - - _;

(a b)(b a) (b c)(c b) (c a)(a c)
B

(a b)(b c)(c a)

+ - + + - + +

-=

- -

-2 2 2 2 2 2

b a c a a c

0
(a b)(b c)(c a)

- + - +

-= =

- - - _;

ab(b a) bc(c b) ca(a c) ab(b a) bc[(c a) (a b)] ca(a c)
C

(a b)(b c)(c a) (a b)(b c)(c a)

- + - + - - + - + - +

-= =

- - - 

(a b)(bc ab) (c a)(bc ca) (a b)(b c)(c a)
1

(a b)(b c)(c a) (a b)(b c)(c a)

- - + - - - -

-= = =

- - - _.

Vậy S(x) = 1x (đpcm).
<i> Cách 2</i>

Đặt P(x) = S(x) – 1 thì đa thức P(x) là đa thức có bậc khơng vượt q 2. Do đó, P(x) chỉ
có tối đa hai nghiệm.

Nhận xét : P(a) = P(b) = P(c) = 0  a, b, c là ba nghiệm phân biệt của P(x).
Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi P(x) là đa thức không, tức là P(x) = 0 x.
Suy ra S(x) = 1 x  đpcm.

Ví dụ 9. Cho
1

x 3

x

+ =

. Tính giá trị của các biểu thức sau :
a)
2

2
1
A x
x
= +

; b)

3
3
1
B x
x
= +

; c)

4
4
1
C x
x
= +

; d)

5
5
1
D x

x
= +
.
Lời giải
a)
2
2
2
1 1

A x x 2 9 2 7

x x
ổ ử_ữ
ỗ
= + = +ỗ_ỗố _ứữ_ữ- = - =
;
b)
3
3
3

1 1 1

B x x 3 x 27 9 18

x x x

ổ ử_ữ ổ ử_ữ
ỗ ỗ

= + = +_ỗ_ỗ ữ_ữ- _ỗ_ỗ + ữ_ữ= - =
ố ứ ố ø _;
c)
2
4 2
4 2
1 1

C x x 2 49 2 47

x x
ổ ử_ữ
ỗ
= + =ỗ_ỗố + ÷_÷_ø- = - =
;
d)

2 3 5

2 3 5

1 1 1 1

A.B x x x x D 3

x x x x

ổ ửổ_ữ ử_ữ

ỗ ỗ

=_ỗ_ốỗ + ữ_ữ_ứốỗ_ỗ + ÷_÷_ø= + + + = +

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Ví dụ 10. Xác định các số a, b, c sao cho : 2 2

2 ax b c

(x 1)(x 1) x 1 x 1

+

= +

+ - + - _.

Lời giải

Ta có :

2 2

2 2 2

ax b c (ax b)(x 1) c(x 1) (a c)x (b a)x (c b)

x 1 x 1 (x 1)(x 1) (x 1)(x 1)

+ + - + + + + - +

-+ = =

+ - + - +

Đồng nhất phân thức trên với phân thức 2
2

(x +1)(x- 1)_{, ta được :}

a c 0 a 1

b a 0 b 1

c b 2 c 1

ì + = ì
=-ï ï
ï ï
ï ï
ï _- _{= Û} ï 
=-í í
ï ï
ï _- ₌ ï ₌
ï ï
ï ï

ỵ î _{. Vậy} 2 2

2 x 1 1

(x 1)(x 1) x 1 x 1

-= +

+ - + - _.

BÀI TẬP

1. Cho phân thức

3 2

3 2

n 2n 1

P

n 2n 2n 1

+

-=

+ + + _.

a) Rút gọn P ;

b) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên thì giá trị của phân thức tìm được trong câu a)
tại n luôn là một phân số tối giản.

2. a) Chứng minh rằng các phân số sau tối giản với mọi số tự nhiên n :
12n 1
;
30n 2
+
+ 
3
4 2
n 2n
;

n 3n 1

+

+ +  2

2n 1
2n 1

+

- _.

b) Chứng minh rằng phân số

7 2

8

n n 1

n n 1

+ +

+ + _{không tối giản với mọi số nguyên dương n.}

c) Tính tổng các số tự nhiên n nhỏ hơn 100 sao cho

2

n 5

n 1

+

+ _{là phân số chưa tối giản.}

3. Tính các tổng sau :

a) 2 2 2

3 5 2n 1

A ...

(1.2) (2.3) [n(n 1)]

+

= + + +

+ _;

b)

n

2 4 ₂

1 1 1 1

B 1 ...

2 1 2 1 2 1 2 1

= + + + + +

+ + + + _;

c)

1 1 1 1

C ...

1.4 4.7 7.10 (3n 1)(3n 4)

= + + +

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

d)

1 1 1

D ...

1.3 2.4 n.(n 2)

= + + +

+ _;

e)

1 1 1 1

E ...

1.2.3 2.3.4 3.4.5 (n 1)n(n 1)

= + + + +

- + _;

f) 2 n

1.2! 2.3! n.(n 1)!

F ...

2 2 2

+

= + + +

(k! = 1.2.3…k)

4. Rút gọn :

2 2 2 2 2

2

(a b c )(a b c) (bc ca ab)
A

(a b c) (ab bc ca)

+ + + + + + +

=

+ + - + + _.

5. Rút gọn :

3 3 4 2 2 4

3 3 4 2 2 4

(a 2b) (a 2b) 3a 7a b 3b

B :

(2a b) (2a b) 4a 7a b 3b

+ - - + +

=

+ - - + + _.

6. Thực hiện các phép tính :

a)

2 2 2

x yz y zx z xy

y z z x x y

1 1 1

x y z

- -
-+ +
+ + +
+ + +
;
b)

2 2 2

a(a b) a(a c) b(b c) b(b a) c(c a) c(c b)

a b a c b c b a c a c b

(b c) (c a) (a b)

1 1 1

(a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b)

+ + + + + +
+ + +
- - ₊ - - ₊ -
-- -
-+ + +
- - - _;
c)

3 3 3

3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2

a b 2c b c 2a c a 2b

(a b) (c a)(c b) (b c) (a b)(a c) (c a) (b c)(b a)

a b a ab b b c b bc c c a c ca a

+ - + - +

-+ +

- - -

-+ + +

- + + - + + - + + _.

7. a) Biết a – 2b = 5, hãy tính giá trị của biểu thức :

3a 2b 3b a
P

2a 5 b 5

-

-= +

+ - _;

b) Biết 2a – b = 7, hãy tính giá trị của biểu thức :

5a b 3b 3a
Q

3a 7 2b 7

-

-=

-+ - _;

c) Biết 10a2_–3b2_{+ 5ab = 0 và 9a}2_{– b}2_{≠ 0, hãy tính :}

2a b 5b a

R

3a b 3a b

-

-= +

- + _.

8. Cho a + b + c = 0. Tính giá trị của các biểu thức sau :

a) 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

A

a b c b c a c a b

= + +

+ - + - + - _;

b)

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c

B

a b c b c a c a b

= + +

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

9. Rút gọn biểu thức :

1 1 1 1

...

A 1(2n 1) 3(2n 3) (2n 3).3 (2n 1).1

1 1 1

B ₁ _...

3 5 2n 1

+ + + +
- - -
-=
+ + + +
- _.
10.Cho

a b c

1

b+c+c+a +a+b= _{. Chứng minh rằng}

2 2 2

a b c

0

b+c+c+a +a+b = _.

11. Cho a + b + c = 0, x + y + z = 0 và

a b c

0

x+ + =y z _{. Chứng minh rằng}
ax2_{+ by}2_{+ cz}2_{= 0.}

12. Cho x2_{– 4x + 1 = 0. Tính giá trị của các biểu thức A = x}5₊ 5

1

x _{và B = x}7₊ 7

1
x _.

13. Cho 2
x

2008.

x - x+1= _Tính

2

4 2

x
M

x x 1

=

+ + _và

2

4 2

x
N

x x 1

=

- + _.

14. Cho dãy số a1, a2, a3, … sao cho :

1
2
1
a 1
a

a 1

-=
+ _;
2
3
2
a 1
a
a 1

-=
+ _{; … ;}
n 1
n
n 1
a 1
a
a 1



-=
+ _.

a) Chứng minh rằng a1 = a5.

b) Xác định năm số đầu của dãy, biết rằng a101 = 108.

<b>Rút kinh nghiệm:……….</b>

Duyệt ngày: 02 /01/<b>2</b>012

Ngày soạn: 29/01/2012 Ngày dạy: 08/02/2011 Buổi 3 Ngày dạy: 15/02/2012 Buổi 4

<b>CHUYÊN ĐỀ II: </b>

<b>Tính chia hết với số nguyên</b>

<b>A. Mục tiêu:</b>

Sau khi học xong chuyên đề học sinh có khả năng:

1.Biết vận dụng tính chất chia hết của số nguyên dể chứng minh quan hệ chia hết,
tìm số dư và tìm điều kiện chia hết.

2. Hiểu cỏc bước phân tích bài tốn, tìm hướng chứng minh
3. Cú kĩ năng vận dụng các kiến thức được trang bị để giải toán.
<b>B. Phương tiện:</b>

<b>-</b> GV: giáo án, tài liệu Casio.
<b>-</b> HS: Máy tính Casio.

<b>C. Nội dung bài giảng:</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (nN hoặc n Z)

a/ Để chứng minh A(n) chia hết cho m ta phân tích A(n) thành tích trong đó có
một thừa số là m

+ Nếu m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đơI một ngun tố cùng

nhau rồi chứng minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó

+ Trong k số liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một số là bội của k

b/. Khi chứng minh A(n) chia hết cho n ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi
chia m cho n

* Ví dụ1:

C/minh rằng A=n3_(n2_{- 7)}2_{– 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n}

Giải:

Ta có 5040 = 24_{. 3}2_.5.7

A= n3_(n2_{- 7)}2_{– 36n = n.[ n}2_(n2_-7)2_{– 36 ] = n. [n.(n}2_{-7 ) -6].[n.(n}2_{-7 ) +6]}

= n.(n3_{-7n – 6).(n}3_{-7n +6)}

Ta lại có n3_{-7n – 6 = n}3 _{+ n}2_–n2_{–n – 6n -6 = n}2_{.(n+1)- n (n+1) -6(n+1)}

=(n+1)(n2_{-n-6)= (n+1 )(n+2) (n-3)}

Tương tự : n3_{-7n+6 = (n-1) (n-2)(n+3) d}

Do đó A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3)

Ta thấy : A là tích của 7 số nguyên liên tiếp mà trong 7 số nguyên liên tiếp:
- Tồn tại một bội số của 5 (nên A _ 5 )

- Tồn tại một bội của 7 (nên A _ 7 )
- Tồn tại hai bội của 3 (nên A _ 9 )

- Tồn tại 3 bội của 2 trong đó có bội của 4 (nên A _ 16)

Vậy A chia hết cho 5, 7,9,16 đôi một nguyên tố cùng nhau  _A_{5.7.9.16= 5040}
Ví dụ 2: Chưng minh rằng với mọi số nguyên a thì :

a/ a3_{–a chia hết cho 3}

b/ a5_{-a chia hết cho 5}

Giải:

a/ a3_{-a = (a-1)a (a+1) là tích của các số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 3}

b/ A= a5_{-a = a(a}2_{-1) (a}2₊₁₎

Cách 1:

Ta xết mọi trường hợp về số dư khi chia a cho 5
- Nếu a= 5 k (k_Z) thì A _5 (1)

- Nếu a= 5k _1 thì a2-1 = (5k2_1) 2 -1 = 25k2_ 10k_5  A _5 (2)
- Nếu a= 5k _2 thì a2+1 = (5k_2)2 + 1 = 25 k2_20k +5  A _5 (3)
Từ (1),(2),(3)  _A5, n  Z

Cách 2:

Phân tích A thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5 :

+ Một số hạng là tích của 5 số nguyên liên tiếp

+ Một số hạng chứa thừa số 5

Ta có : a5_{-a = a( a}2_{-1) (a}2_{+1) = a(a}2_-1)(a2_{-4 +5) = a(a}2_{-1) (a}2_{-4) + 5a(a}2_-1)

= a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)- 5a (a2_-1)

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

5a (a2_-1)_₅

Do đó a5_-a_₅

Cách 3: Dựa vào cách 2: Chứng minh hiệu a5_{-a và tích của 5 số nguyên liên tiếp}

chia hết cho 5.
Ta có:

a5_{-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) = a}5_{-a – (a}2_{- 4)a(a}2_{-1) = a}5_{-a - (a}3_{- 4a)(a}2_-1)

= a5_{-a - a}5_{+ a}3_+4a3 _{- 4a = 5a}3_{– 5a}_₅

 _a5_{-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2)}_₅

Mà (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) ₅ _a5_-a__{5(Tính chất chia hết của một}

hiệu)

c/ Khi chứng minh tính chia hết của các luỹ thừa ta còn sử dụng các hằng đẳng
thức:

an_{– b}n_{= (a – b)( a}n-1_{+ a}n-2_{b+ a}n-3_b2_{+ …+ab}n-2_{+ b}n-1_{) (HĐT 8)}

an_{+ b}n_{= (a + b)( a}n-1_{- a}n-2_{b+ a}n-3_b2_{- …- ab}n-2_{+ b}n-1_{) (HĐT 9)}

- Sử dụng tam giác Paxcan:
1

1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
…..

Mỗi dòng đều bắt đầu bằng 1 và kết thúc bằng 1

Mỗi số trên một dòng (kể từ dòng thứ 2) đều bằng số liền trên cộng với số bên trái
của số liền trên.

Do đó: Với a, b  Z, n N:

an_{– b}n_{chia hết cho a – b( a}__b)

a2n+1_{+ b}2n+1_{chia hết cho a + b( a}__-b)

(a+b)n_{= Bsa +b}n_{( BSa:Bội số của a)}

(a+1)n_{= Bsa +1}

(a-1)2n_{= Bsa +1}

(a-1)2n+1_{= Bsa -1}

* VD3: CMR với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16n_{– 1 chia hết cho 17 khi và chỉ}

khi n là số chẵn.
Giải:

+ Cách 1: - Nếu n chẵn: n = 2k, kN thì:

A = 162k_{– 1 = (16}2₎k_{– 1 chia hết cho 16}2_{– 1( theo nhị thức Niu Tơn)}

Mà 162_{– 1 = 255}__{17. Vậy A}_₁₇

- Nếu n lẻ thì : A = 16n_{– 1 = 16}n_{+ 1 – 2 mà n lẻ thì 16}n_{+ 1}__{16+1=17 (HĐT 9)}

 _{A không chia hết cho 17}

+Cách 2: A = 16n_{– 1 = ( 17 – 1)}n_{– 1 = BS17 +(-1)}n_{– 1 (theo công thức Niu Tơn)}

- Nếu n chẵn thì A = BS17 + 1 – 1 = BS17 chia hết cho 17

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Vậy biểu thức 16n_{– 1 chia hết cho 17 khi và chỉ khi n là số chẵn,}__n__N

d/ Ngồi ra cịn dùng phương pháp phản chứng, nguyên lý Dirichlê để chứng minh
quan hệ chia hết.

 VD 4: CMR tồn tại một bội của 2003 có dạng: 2004 2004….2004
Giải: Xét 2004 số: a1 = 2004

a2 = 2004 2004

a3 = 2004 2004 2004

……….
a2004 = 2004 2004…2004

2004 nhóm 2004

Theo nguyên lý Dirichle, tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2003.
Gọi hai số đó là am và an ( 1  n <m 2004) thì am - an 2003

Ta có: am - an = 2004 2004……2004 000…00

m-n nhóm 2004 4n
hay am - an = 2004 2004……2004 . 104n

m-n nhóm 2004
mà am - an 2003 và (104n, 2003) =1

nên 2004 2004……2004 ₂₀₀₃

m-n nhóm 2004
<b>2. Tìm số dư </b>

* VD1:Tìm số dư khi chia 2100

a/ cho 9 b/ cho 25

Giải:

a/ Luỹ thừa của 2 sát với bội của 9 là 23_{= 8 = 9 – 1}

Ta có : 2100_{= 2. 2}99_{= 2. (2}3₎33_{= 2(9 – 1 )}33_{= 2(BS9 -1) ( theo nhị thức Niu Tơn)}

= BS9 – 2 = BS9 + 7
Vậy 2100_{chia cho 9 dư 7}

b/ Luỹ thừa của 2 gần với bội của 25 là 2 10_{= 1024 =1025 – 1}

Ta có:

2100_{=( 2}10₎10_{= ( 1025 – 1 )}10_{= BS 1025 + 1 = BS 25 +1 (theo nhị thức Niu Tơn)}

Vậy 2100_{chia cho 25 dư 1}

* VD2: Tìm 4 chữ số tận cùng của 51994_{khi viết trong hệ thập phân}

Giải:

- Cách 1: Ta có: 1994 = 4k + 2 và 54 = 625

Ta thấy số tận cùng bằng 0625 khi nâng lên luỹ thừa nguyên dương bất kì vẫn tận
cùng bằng 0625

Do đó: 51994_{= 5}4k+2₌₍₅4₎k_{. 5}2_{= 25. (0625)}k_{= 25. (…0625)= …5625}

- Cách 2: Tìm số dư khi chia 51994 ch 10000 = 24.54

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Ta có 51994_{= 5}6₍₅1988_{– 1) + 5}6_{mà 5}6 _₅4_{và 5}1988_{– 1}_{= (5}4₎497_{– 1 chia hết cho 16}

 _{( 5}1994₎3_{. 5}6₍₅1988_{– 1)chia hết cho 10000 còn 5}6_{= 15625}

 ₅1994_{= BS10000 + 15625}_ ₅1994_{chia cho 10000 dư 15625}

Vậy 4 chữ số tận cùng của 51994_{là 5625}

<b>3. Tìm điều kiện chia hết</b>

* VD1: Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu
thức B:

A = n3_{+ 2n}2_{- 3n + 2; B = n}2_{– n}

Giải:

n3_{+ 2n}2_{- 3n + 2 n}2_{– n}

n3_{– n}2_{n + 3}

3n2_{- 3n + 2}

3n2_{– 3n}

2

Ta có: n3_{+ 2n}2_{- 3n + 2 = (n}2_{– n)(n + 3) +} 2
2
<i>n</i>  <i>n</i>

Do đó Giá trị của A chia hết cho giá trị của B  _n2_{– n}__Ư(2)

 _{2 chia hết cho n(n – 1)}
 _{2 chia hết cho n}

Ta có b ng: ả

n 1 -1 2 -2

n – 1 0 -2 1 -3

n(n – 1) 0 2 2 6

Loại T/m T/m Loại

Vậy với n = -1, n = 2 thì giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B
 VD 2: Tìm số nguyên n dể n5 + 1 chia hết cho n3 + 1

Giải: n5_{+ 1}__n3_{+ 1}_ _n5_{+ n}2_{– n}2_{+ 1}__n3_{+ 1}

 _n2_(n3_{+ 1)- ( n}2_{– 1)}_{ }_n3_{+ 1}

 _{(n – 1)(n + 1)}_(n+1)(n2_{– n + 1)}
 _{n – 1}n2 – n + 1

 _{n(n – 1)}_n2_{– n + 1}

Hay n2_{– n}__n2_{– n + 1}

 _(n2_{– n + 1) – 1}__n2_{– n + 1}

 ₁n2 – n + 1
Xét hai trường hợp:

+ n2_{– n + 1 = 1}_ _n2_{– n = 0}_ _{n(n – 1) = 0}_ _{n = 0, n = 1 thử lại thấy t/m đề bài}

+ n2_{– n + 1 = - 1}_ _n2_{– n + 2 = 0 , khơng có giá trị của n thoả mãn}
 VD 3: Tìm số tự nhiên n sao cho 2n - 1 chia hết cho 7

Giải: n Ta có luỹ thừa của 2 gần với bội của 7 là 23_{= 8 = 7 + 1}

- Nếu n = 3k (k _N) thì 2n - 1= 23k – 1 = (23)k – 1 = 8 k - 1k_8 – 1 = 7
Nếu n = 3k + 1(k _{N) thì 2}n _{- 1 = 2}3k+1_{– 1 = 8}k_{. 2 – 1= 2(8}k_{– 1) + 1}

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

 ₂n _{- 1 không chia hết cho 7}

- Nếu n = 3k +2(k _N) thì 2n - 1 = 23k+2 – 1= 4.23k – 1
= 4( 8k_{– 1) + 3 = 4.BS7 + 3}

 ₂n _{- 1 không chia hết cho 7}

Vậy 2n _{- 1}_₇__{n = 3k (k}__N)

<b>Rút kinh nghiệm:……….</b>

Duyệt ngày: 30/01/<b>2</b>012

Ngày soạn: 12/02/2012 Ngày dạy: 22/02/2012 Buổi 5 Ngày dạy: 29/02/2011 Buổi 6

<b>CHUYÊN ĐỀ III: TAM GIÁC – PHÂN GIÁC</b>

<b>A. Mục tiêu:</b>

<b>-</b> HS nắm được các phương pháp cơ bản và nâng cao khi tìm hiểu các bài tốn chứng
minh về phân giác trong tam giác

<b>-</b> Rèn kỹ năng suy luận lơgic, kỹ năng chứng minh hình học.

<b>-</b> Biết được mối liên hệ giữa các phương pháp và sử dụng hợp lý vào bài tốn.
<b>-</b> Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập.

<b>B. Phương tiện:</b>

<b>-</b> GV: giáo án, tài liệu Casio.

<b>-</b> HS: Máy tính Casio, dụng cụ vẽ hình.
<b>C. Nội dung bài giảng:</b>

<b>I. Các bài tốn tổng quát về đường phân giác</b>

1/ Cho  ABC với AB > AC . Điểm M ( khác A ) thuộc đường phân giác trong và N
( khác A ) thuộc đường phân giác ngồi của góc A . Chứng minh rằng :

a/ AB – AC > MB – MC
b/ AB + AC < NB + NC .

<b>2/ Ba đường phân giác trong AD , BE , CF của </b> ABC gặp nhau tại O . Từ O dựng OG

vng góc với BC .

a/Chứng minh góc BOD = góc COG . b/Tính góc BOC theo A .
c/Tính góc GOD theo góc B và góc C .

3/ Cho  ABC , các đường phân giác AA’, BB’, CC’. Gọi L là giao điểm của AA’ và
B’C’ , K là giao điểm của CC’ và A’B’ . Chứng minh : BB’ là phân giác của góc KBL .
4/ Cho  ABC có dộ dài 3 cạnh là a,b,c và la , lb , lc là độ dài 3 đường phân giác ứng với

các cạnh BC , CA , AB . Chứng minh : 1<i>_a</i>+1

<i>b</i>+

1

<i>c</i><

1

<i>l_a</i>+

1

<i>l_b</i>+

1

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

HƯỚNG DẪN

Chú ý và nhận xét :

+ Ta có thể tạo ra một đoạn thẳng bằng b+c bằng cách
<2c từ B vẽ tia Bx // Ac cắt AC tại E .

+ Ta chứng minh <i>_l</i>1
<i>a</i>

><i>b</i>+<i>c</i>

2 bc=
1
2<i>c</i>+

1

2<i>b</i>(1) ( và tương tự

la vớicác trường hợp còn lại ) bằng cách tính BE ( liên

quan đến b , c , la ) .

Qua B vẽ đường thẳng song song với đường thẳng AD cắt CA tại
E .  ABE cân tại E . Xét  ABE ta có : BE < AB + AE = 2AB = 2c .

Xét  CBE ta có : AD // BE  BE_AD=CE

AC

 BE=AD. CE

AC =

<i>la</i>(<i>b</i>+<i>c</i>)

<i>b</i> <2<i>c</i> 

1

<i>l_a</i>>
<i>b</i>+<i>c</i>

2 bc=
1
2<i>c</i>+

1
2<i>b</i>(1)

Chứng minh tương tự ta có : <i>_l</i>1
<i>b</i>

> 1

2<i>a</i>+

1
2<i>c</i>(2)

1

<i>l_c</i>>

1
2<i>b</i>+

1
2<i>a</i>(3)

Lấy (1) + (2) +(3) suy ra điều phải chứng minh .

5/ Cho tam giác ABC có các phân giác AY , BZ , CX . Chứng minh rằng :

AX

XB +

BY

YC+

CZ

ZA <i>≥</i>3

HƯỚNG DẪN
Nhận xét và chú ý :

+ Bài toán cho các đường phân giác nên hãy chú
ý đến tính chất đường phân giác của tam giác .

+ Bài toán yêu cầu chứng minh một bất đẳng thức

nên hãy chú ý đến các BĐT trong đó chú ý đến
BĐT Cơsi .

Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương AX_XB <i>;</i>BY

YC <i>;</i>

CZ

ZA ta có :

Theo tính chất đường phân giác : AX
XB +

BY
YC+

CZ
ZA <i>≥</i>3

3

√

AX
XB
BY
YC
CZ

ZA
AX
XB
BY
YC
CZ
ZA=
<i>b</i>
<i>a</i>
<i>c</i>
<i>b</i>
<i>a</i>

<i>c</i> Do đó

AX

XB +

BY

YC+

CZ

ZA <i>≥</i>3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c tức  ABC đều .

B _D C

A
E

B Y C

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

6/ Cho  ABC , ba đường phân giác trong AD , BE , CF . Chứng minh điều kiện cần và đủ
để tam giác ABC đều là SDEF = ¼ SABC .

8/ Cho  ABC có độ dài ba cạnh là a , b , c . Vẽ các phân giác AD , BE , CF .Chứng
minh

SDEF  ¼ SABC , dấu “=” xảy ra   ABC đều .

<b>II.TÍNH ĐỘ LỚN CỦA GÓC</b>

1/ Cho  ABC , các đường phân giác trong BD , CE . Tính số đo các góc của tam giác nếu
BDE = 240_{, CED = 18}0_.

2/ Cho  ABC , các góc B và C có tỉ lệ 3 : 1 , phân giác của góc A chia diện tích tam
giác theo tỉ số 2: 1 . Tính các góc của tam giác .

<b>III.HAI ĐƯỜNG PHÂN GIÁC </b>

1/ Cho  ABC có hai đường phân giác trong BD , CE cắt nhau tại I . Biết ID = IE . Chứng
minh rằng hoặc  ABC cân tại A hoặc BAC = 600 .

HƯỚNG DẪN

AI là đường phân giác của góc A . Khi đó hai  IEA và  IDA có thể xảy ra hai trường
hợp :

a/  IEA =  IDA . Khi đó :

BAD = CAE ; AD = AE ; BDA = CEA   ABD =  ACE ( g – c – g )  AB =
AC 

 ABC cân tại A .

b/  IEA và  IDA không bằng nhau   ABC không cân ở A .

Khơng mất tính tổng qt ta giả sử : C > B . Lấy điểm E’ trên AB sao cho IE’ =
IE = ID .   IE’E cân  IE’E = IEE’  BEI = IE’A = IDA

Xét tứ giác ADIE có : D + E = 1800

 A + DIE = 1800  A + BIE = ICB +
IBC

 2A = 2ICB + 2IBC = C + B . Mà BIE + DIE = 180 0 và A + B + C = 1800 
A + 2A = 1800__{A = 60}0_.

A
E’

E

B
A

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

<b>IV.CỰC TRỊ</b>

1/ Cho  ABC với AB  AC và AD là đường phân giác trong . Lấy điểm M trên cạnh
AB và điểm N trên cạnh AC sao cho BM.CN = k không đổi ( k < AB2_{) . Xác định vị trí}

của M , N sao cho diện tích của tứ giác AMDN là lớn nhất .
HƯỚNG DẪN

Nhận xét :

1/ BM + CN  2 <i>BM CN</i>.
2/ SAMDN = SAMD + SADN

3/ M

B E

Hạ DH , DK vng góc với AB và AC . Ta có : DH = DK = hằng số ( AD là phân giác
của góc A )

2SAMDN = 2SADM + 2SADN = DH.AM + DK.AN = DH( AM + AN )

= DH [AB+AC – (BM+CN)] (1)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương BM , CN :

BM + CN  2

√

BM. CN=2

√

<i>k</i> , dấu “ = “ xảy ra  BM = CN . Thay vào (1) ta
được :

2SAMDN  DH(AB+AC- 2

√

<i>k</i> )

Diện tích tứ giác AMDN lớn nhất khi BM = CN =

√

<i>k</i> < AB  AC .

Lúc đó SAMDN = ½ (AB+AC - 2

√

<i>k</i> ) . Dễ dàng dựng được các đoạn thẳng BM ,

CN theo hệ thức BM2_{= CN}2_{= k.1 ( trong đó 1 chỉ 1 đơn vị dài ) .}

Cách dựng : Trên BC lấy E sao cho BE = 1 . trên BF lấy H sao cho BH = k .
Dựng đường trịn đường kính BE , dựng tia Hx vng góc với BE cắt đường trịn tại M.
BM có độ dài cần dựng .

<b> RÚT KINH NGHIỆM:</b>

<b>………</b>
<b>……….</b>

Duyệt ngày: 13/02/<b>2</b>012

A

B _D C

H

M _K

N

H _1v

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Ngày soạn: 04/12/2011 Ngày dạy: 14/12/2011 Buổi 7 Ngày dạy: 21/12/2011 Buổi 8

<b>CHUYÊN ĐỀ II (Tiếp): </b>

<b>Tính chia hết với số nguyên</b>

<b>C. Mục tiêu:</b>

Sau khi học tiếp chuyên đề học sinh có khả năng:

1.Biết vận dụng tính chất chia hết của số nguyên dể làm các bài tập chứng minh
quan hệ chia hết, tìm số dư và tìm điều kiện chia hết.

2. Hiểu các bước phân tích bài tốn, tìm hướng chứng minh
3. Cú kĩ năng vận dụng các kiến thức được trang bị để giải toán.
<b>D. Phương tiện:</b>

<b>-</b> GV: giáo án, tài liệu Casio.
<b>-</b> HS: Máy tính Casio.

<b>C. Nội dung bài giảng:</b>

<i><b>2. Bài tập</b></i>
Bài 1: Chứng minh rằng:

a/ n3_{+ 6n}2_{+ 8n chia hêt ch 48 với mọi số n chẵn}

b/ n4_{– 10n}2 _{+ 9 chia hết cho 384 với mọi số n lẻ}

Giải

a/ n3_{+ 6n}2_{+ 8n = n(n}2_{+ 6n + 8) = n( n}2_{+ 4n + 2n + 8) = n[n(n + 4) + 2(n + 4)]}

= n(n+2)(n + 4)
Với n chẵn, n = 2k ta có:

n3_{+ 6n}2_{+ 8n = 2k(2k + 2)(2k + 4) = 8.k. (k + 1)k + 2)}_₈

b/ n4_{– 10n}2 _{+ 9 = n}4_{– n}2_{– 9n}2_{+ 9 = n}2_(n2_{– 1)- 9(n}2_{– 1) = (n}2_{– 1)(n}2_{- 9)}

= (n – 1)(n+1)(n-3)(n+3)
Với n lẻ, n = 2k +1, ta có:

n4_{– 10n}2 _{+ 9 = (2k +1 – 1)(2k + 1+1)(2k + 1 – 3)( 2k + 1 +3)}

= 2k(2k+2)(2k-2)(2k+4)= 16k(k+1)(k-1)(k+2) 16
Bài 2: Chứng minh rằng

a/ n6_{+ n}4_-2n2_{chia hết cho 72 với mọi số nguyên n}

b/ 32n_{– 9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương n}

Giải:

Ta có: A= n6_{+ n}4_-2n2_{= n}2_(n4_+n2_{-2)= n}2_(n4_{+ 2n}2_–n2_{– 2)= n}2_[(n2_{+2)- (n}2_+2)]

= n2_(n2_{+ 2)(n}2_{– 1).}

Ta lại có: 72 = 8.9 với (8,9) = 1
Xét các trường hợp:

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

+ Với n = 2k +1  _{A = (2k + 1)}2_{(2k +1 – 1)}2_{= (4k}2_{+ 4k +1)4k}2 _₈

Tương tự xét các trường hợp n = 3a, n= 3a  1 để chứng minh A9
Vậy A_{8.9 hay A}₇₂

Bài 3: Cho a là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng a2_{– 1 chia hết cho 24}

Giải:

Vì a2_{là số nguyên tố lớn hơn 3 nên a lẻ}_ _a2 _{là số chính phương lẻ}

 _a2_{chia cho 8 dư 1}

 _a2_{– 1 chia hết cho 8 (1)}

Mặt khác a là số nguyên tố lớn hơn 3 _{a không chia hết cho 3}
 _a2_{là số chính phương khơng chia hết cho 3}_ _a2_{chia cho 3 dư 1}

 _a2_{– 1 chia hết cho 3 (2)}

Mà (3,8) = 1 (3)

Từ (1), (2), (3)  _a2_{– 1 chia hết cho 24}

Bài 4: Chứng minh rằng:

Nếu số tự nhiên a không chia hết cho 7 thì a6_{-1 chia hết cho 7}

Giải:

Bài tốn là trường hợp đặc biệt của định lý nhỏ Phéc ma:

- Dạng 1: Nếu p là số nguyên tố và a là một số nguyên thì ap_{– a chia hết cho p}

- Dạng 2: Nếu a là một số nguyên khơng chia hết cho số ngun tố p thì ap-1_{-1 chia hết}

cho p

Thật vậy, ta có a6_{-1 = (a}3_{+ 1) (a}3_{- 1)}

- Nếu a = 7k _1 (k _N) thì a3 = ( 7k _ 1)3 = BS7 _ 1  a3 - 1_7

- Nếu a = 7k _2 (k _N) thì a3 = ( 7k _ 2)3 = BS7 _ 23 = BS7 _ 8 a3 - 1_7
- Nếu a = 7k _3 (k _N) thì a3 = ( 7k _ 3)3 = BS7 _ 33 = BS7 _ 27 a3 + 1_7
Ta ln có a3_{+ 1 hoặc a}3_{– 1 chia hết cho 7. Vậy a}6_{– 1 chia hết cho 7}

Bài 5: Chứng minh rằng:

Nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì (n-1)n(n + 1) chia hết cho 504
Giải:

Ta có 504 = 32_{. 7.8 và 7,8,9 ngun tố cùng nhau từng đơi một}

Vì n là lập phương của một số tự nhiên nên đặt n = a3

Cần chứng minh A=(a3_-1)a3_(a3_{+ 1) chia hết cho 504}

Ta có: + Nếu a chẵn _a3_{chia hết cho 8}

Nếu a lẻ _a3_{-1và a}3_{+ 1 là hai số chẵn liên tiếp}_ _(a3_{-1) (a}3_{+ 1) chi hết cho 8}

Vậy A_{8 ,}19 9<i>a</i> _n_{N (1)}

+ Nếu a7  _a3_₇_ _A_₇

Nếu a khơng chia hết cho 7 thì a6_{– 1}_₇_ _(a3_{-1) (a}3_{+ 1)}__{7(Định lí Phéc ma)}

Vậy A_{7 ,} _n_{N (2)}

+ Nếu a₃ _a3_₉_ _A_₉

Nếu a không chia hấe cho 3  _{a = 3k}₁ _a3_{= ( 3k}_₃₎3_{= BS9}_₁

 _a3_{– 1 = BS9+1 – 1}_₉

a3_{+ 1 = BS9- 1 + 1}_₉

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

Từ (1), (2), (3)  _A_{9 ,} _n_N

Bài 6: Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức sau là số nguyên tố:
a/ 12n2_{– 5n – 25}

b/ 8n2_{+ 10n +3}

c/

3 ₃

4
<i>n</i>  <i>n</i>

Giải:

a/ Phân tích thành nhân tử: 12n2_{– 5n – 25 = 12n}2_{+15n – 20n – 25}

= 3n(4n + 5) – 5(4n +5) = (4n +5)(3n –5)

Do 12n2_{– 5n – 25 là số nguyên tố và 4n +5 > 0 nên 3n – 5 > 0.}

Ta lại có: 3n – 5 < 4n +5(vì n _{0) nên để 12n}2_{– 5n – 25 là số ngưyên tố thì thừa số nhỏ}
phải bằng 1 hay 3n – 5 = 1  _{n = 2}

Khi đó, 12n2_{– 5n – 25 = 13.1 = 13 là số nguyên tố.}

Vậy với n = 2 thì giá trị của biểu thức 12n2_{– 5n – 25 là số nguyên tố 13}

b/ 8n2_{+ 10n +3 = (2n – 1)(4n + 3)}

Biến đổi tương tự ta được n = 0. Khi đó, 8n2_{+ 10n +3 là số nguyên tố 3}

c/ A =

3 ₃

4
<i>n</i>  <i>n</i>

. Do A là số tự nhiên nên n(n + 3) _4.

Hai số n và n + 3 không thể cùng chẵn. Vậy hoặc n , hoặc n + 3 chia hết cho 4
- Nếu n = 0 thì A = 0, khơng là số nguyên tố

- Nếu n = 4 thì A = 7, là số nguyên tố

-Nếu n = 4k với k_{Z, k > 1 thì A = k(4k + 3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên A là}

hợp số

- Nếu n + 3 = 4 thì A = 1, khơng là số ngun tố

- Nếu n + 3 = 4k với kZ, k > 1 thì A = k(4k - 3) là tích của hai thừa số lớn hơn 1 nên A

là hợp số.

Vậy với n = 4 thì

3 ₃

4
<i>n</i>  <i>n</i>

là số nguyên tố 7
Bài 7: Đố vui: Năm sinh của hai bạn

Một ngày của thập kỷ cuối cùng của thế kỷ XX, một người khách đến thăm trường gặp
hai học sinh. Người khách hỏi:

- Có lẽ hai em bằng tuổi nhau?
Bạn Mai trả lời:

- Không, em hơn bạn em một tuổi. Nhưng tổng các chữ số của năm sinh mỗi chúng em
đều là số chẵn.

- Vậy thì các em sinh năm 1979 và 1980, đúng không?
Người khách đã suy luận thế nào?

Giải:

Chữ số tận cùng của năm sinh hai bạn phảI là 9 và 0 vì trong trường hợp ngược lại thì
tổng các chữ số của năm sinh hai bạn chỉ hơn kém nhau là 1, không thể cùng là số chẵn.
Gọi năm sinh của Mai là 19 9<i>a</i> thì 1 +9+a+9 = 19 + a. Muốn tổng này là số chẵn thì a

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

<b> RÚT KINH NGHIỆM :……….</b>

Duyệt ngày: 05/12/<b>2</b>011

Ngày soạn: 18/12/2011 Ngày dạy: 28/12/2011 Buổi 9 Ngày dạy: 11/01/2012 Buổi 10

<b>CHUYÊN ĐỀ IV: TAM GIÁC - ĐƯỜNG CAO – TRUNG TUYẾN</b>

<b>A.</b> <b>Mục tiêu:</b>

<b>-</b> HS nắm được các phương pháp cơ bản và nâng cao khi tìm hiểu các bài tốn chứng
minh về đường cao, đường trung tuyến trong tam giác

<b>-</b> Rèn kỹ năng suy luận lơgic, kỹ năng chứng minh hình học.

<b>-</b> Rèn tính cẩn thận, tính sáng tạo, chủ động trong học tập.

<b>B.</b> <b>Phương tiện:</b>

<b>-</b> GV: giáo án, tài liệu Casio.

<b>-</b> HS: Máy tính Casio, dụng cụ vẽ hình.
<b>C. Nội dung bài giảng:</b>

<b>I.Các bài tốn về đường cao</b>

1/ Cho  ABC có a > b > c . Chứng minh :
a/ ha < hb < hc

b/ a + ha  b + hb

2/ Cho  ABC có ba cạnh là a , b , c và ba đường cao là ha , hb , hc . Chứng minh rằng nếu

1

<i>h_a</i>+

1

<i>h_b</i>+

1

<i>h_c</i>=

1

√

<i>p</i>(<i>p − a</i>)+

1

√

<i>p</i>(<i>p − b</i>)+

1

√

<i>p</i>(<i>p − c</i>) thì tam giác ABC là tam giác đều ( p là nửa
chu vi của  ABC .

3/ Chứng minh rằng nếu một tam giác cóùù 2 cạnh khơng bằng nhau thì tổng của cạnh
lớn hơn và đường cao tương ứng lớn hơn tổng của cạnh nhỏ và đường cao tương ứng .
4/ Cho  ABC có các đường cao AA’ , BB’ , CC’ . Chiếu A’ lên AB , AC , BB’ và CC’
tại I , J , K , L . Chứng minh 4 điểm I , J , K , L thẳng hàng .

5/ Cho  ABC , đường cao AH . Gọi C’ là điểm đối xứng của H qua AB . Gọi B’ là
điểm đối xứng của H qua AC . Gọi giao điểm của B’C’ với AC và AB là I và K . Chứng
minh BI và CK là đường cao của  ABC .

<b>. ĐƯỜNG CAO – CHU VI TAM GIÁC</b>

1/ Chứng minh rằng mọi  ABC ta đều có : p2  ha2 + hb2 + hc2 ( p là nửa chu vi tam

giác ABC )

2/ Cho  ABC . Xác định các điểm M , N , P theo thứ tựï thuộc các cạnh BC , CA , AB sao cho chu vi

 MNP là nhỏ nhất .

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

1/ Cho 2 điểm A , B cóùá định và điểm M di động sao cho  MAB cóùù 3 góc nhọn .
Gọi H là trực tâm của  AMB , K là chân đường cao vẽ từ M . Tìm giá trị lớn nhất của
KH.KM .

<b>TAM GIÁC – ĐƯỜNG CAO - PHÂN GIÁC</b>

<b>1/ Đường cao và đường phân giác vẽ từ đỉnh A của </b>ABC tạo thành một góc . Tính góc
đo theo các góc B và C của tam giác ABC ( hoặc chứng minh <i><b>góc đó bằng nửa hiệu </b></i>
<i><b>của hai góc B và C</b></i> )

HƯỚNG DẪN
A

Chú ý vànhận xét :
+ D luôn nằm giữa H và trung điểm M ( sẽ chứng minh
ở phần sau )

B H D E C

+ Tìm cách tạo ra một góc bằng B – C hoặc tính B-C .

Cách 1 : Từ A vẽ tia AE sao cho CAE = BAH . Suy ra : HAD = DAE , HAE = 2 HAD
B = 900_{– BAH}

C = 900 – _{HAE - CAE}

B – C = HAE = 2 HAD
Cách 2 : B = 900_{– BAH}

C = 900 – _CAH

B – C = CAH - BAH = CAD + HAD – ( BAD – HAD ) = 2 HAD

<b>1.1/ Cho </b> ABC và đường phân giác CE . Từø C kẻ đường thẳng vng góc với CE cắt

cạnh AB kéo dài tại D. Chứng minh rằng góc EDC bằng nửa hiệu của các góc A và B .
1.2/ Đuờng phân giác ngoài kẻ từ đỉnh A của  ABC tạo với cạnh BC một góc 300 . Tìm
hiệu của các góc C và B ( Cho AB  AC ) .

1.3/ Chứng minh rằng trong một tam giác nếu hiệu các góc ở đáy bằng 900_{thì đường}

phân giác trong và đường phân giác ngồi của góc ở đỉnh bằng nhau .
<b>II. TAM GIÁC - TRUNG TUYẾN</b>
1/ Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có :

4

5 (mamb + mbmc + mcma ) < ab + bc + ca < 20₉ (mamb + mbmc + mcma )

HƯỚNG DẪN
A

P N

B M C

+ Trong mọi tam giác ta có : ma + mb + mc < a + b + c

G

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

 ma2 + mb2 + mc2 + 2(ma + mb + mbmc + mcma ) < a2 + b2 + c2 + 2 ( ab + bc + ca )

( 1 )

Do : ma2 + mb2 + mc2 = 3<i>a</i>

2

+3<i>b</i>2+3<i>c</i>2

4

Nên ( 1 )  2(mamb + mbmc + mcma ) < <i>a</i>

2

+<i>b</i>2+<i>c</i>2

4 + 2 ( ab + bc + ca )

< ab+bc₂+ca + 2 ( ab + bc + ca )
 4₅ (mamb + mbmc + mcma ) < ab + bc + ca ( * )

+ Kẻ PQ // AM ; AM , BN , CP là 3 trung tuyến của  ABC .  PQG có 3 cạnh là : 1₃
ma ; 1₃ mb ; 1₃ mc và 3 trung tuyến là <i>a</i>₄ ; <i>b</i>₄ ; <i>c</i>₄ .

Aùp dụng bất đẳng thức ( * ) vào  PQG ta có :

4

5 (

<i>a</i>

4.

<i>b</i>

4+

<i>b</i>

4.

<i>c</i>

4+

<i>c</i>

4.

<i>a</i>

4¿ <
1
3 ma .

1

3 mb +
1
3 mb .

1

3 mc +
1
3 mc .

1

3 ma

 ab + bc + ca < 20₉ (mamb + mbmc + mcma ) .

2/ Cho  ABC , trung tuyến AM . Một cát tuyến  quay quanh trọng tâm G cắt AB , AC
tại P và Q . Chứng minh : AB_AP +AC

AQ không phụ thuộc vị trí của  .

3/ Tam giác ABC có ¼ AC < AB < 4AC . Một đường thẳng đi qua trọng tâm G của 
ABC , cắt các cạnh AB , AC lần lượt tại E , F . Hãy xác định vị trí điểm E sao cho AE +
AF đạt giá trị nhỏ nhất . ( Mở rộng bài trên )

4/ Cho  ABC , trung tuyến AD . Từø điểm M bất kỳ trên BD vẽ đường thẳng song song
với AD cắt AB tại E , cắt AC tại F . Chứng minh : 2AD = ME + MF .

HƯỚNG DẪN
Chú ý và nhận xét :

+ 2AD = ME + MF  ME_AD+MF=2

+ Tạo ra đoạn thẳng bằng ME + MF .

<b> Rút kinh nghiệm:……….</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21></div>

<!--links-->