bdhsg TOAN 9

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (494.29 KB, 71 trang )

(1)CHUYÊN ĐỀ 1:. SỐ CHÍNH PHƯƠNG. I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên. II. TÍNH CHẤT: 1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8. 2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. 3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N). 4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n N). 5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9. Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25. Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương. Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì 2 2 4 A = (t - y )( t + y ) + y = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 Z Vậy A là số chính phương. Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N). Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1.

(2) = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*) Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương . 1. 1. Ta có k(k+1)(k+2) = 4 k(k+1)(k+2).4 = 4 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] =. 1 4. 1. k(k+1)(k+2)(k+3) - 4 k(k+1)(k+2)(k-1). 1 1 1 1 1 .1.2.3.4 .0.1.2.3 + .2.3.4.5 .1.2.3.4 +…+ 4 4 4 4 4 1 1 k(k+1)(k+2)(k+3) - 4 k(k+1)(k+2)(k-1) = 4 k(k+1)(k+2)(k+3) ⇒ S=. 4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 Theo kết quả bài 2 ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương. Ta có 44…488…89 = 44…488..8 + 1 = 44…4 . 10n + 8 . 11…1 + 1 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 1 10n −1 10n −1 . 10n + 8. 9 9 2n n 4 . 10 + 4 . 10 +1 9 2. 10n +1 = 3. = 4.. (. +1=. n chữ số 4. 4 . 102 n − 4 . 10n +8 .10 n − 8+9 9. =. 2. ). Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3. ⇒. n. n-1 chữ số 0. 2. ( 2. 103 +1 ). Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.. Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: A = 11…1 + 44…4 + 1 2n chữ số 1. n chữ số 4.

(3) B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8 2n chữ số 1. n+1 chữ số 1. n chữ số 6. C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 Kết quả: A =. (. n. 10 +2 3. 2. ). ;. n chữ số 8. (. B=. n. 10 +8 3. ). 2. ;. C=. (. n. 2. 10 +7 3. ). 2. Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a. A = 22499…9100…09 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 b. B = 11…155…56 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 a.. A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + 9 = ( 15.10n – 3 ) 2 ⇒ A là số chính phương. b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10n + 5.11…1 + 1 n chữ số 1 n chữ số 5 =. n. 10 −1 . 10n + 5. 9 2n. n. 10 +4 . 10 + 4 = 9. =. n chữ số 1. n. 10 −1 9. (. n. 10 +2 3. +1=. ). 2n. n. n chữ số 1 n. 10 − 10 +5 .10 −5+ 9 9. 2. là số chính phương ( điều phải chứng minh). Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ). Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2) Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5 ⇒ 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương.

(4) Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n>1 không phải là số chính phương n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ] = n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]= n2( n+1 )2.( n2–2n+2) Với n N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2 và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 ⇒ n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương. Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng của a là 4 hoặc 6 ⇒ a ⋮ 2 ⇒ a2 ⋮ 4 Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56, 76, 96 ⇒ Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương. Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số chính phương. a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N) ⇒ a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1 = 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t N) Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t N) do đó a2 + b2 không thể là số chính phương. Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p - 1 và p + 1 không thể là các số chính phương. Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p ⋮ 2 và p không chia hết cho 4 (1) a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m N) Vì p chẵn nên p+1 lẻ ⇒ m2 lẻ ⇒ m lẻ. Đặt m = 2k+1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 ⇒ p+1 = 4k2 + 4k + 1 ⇒ p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) ⋮ 4 mâu thuẫn với (1) ⇒ p+1 là số chính phương b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3 ⇒ p-1 có dạng 3k+2..

(5) Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 ⇒ p-1 không là số chính phương . Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007. Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương. a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1 Có 2N ⋮ 3 ⇒ 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k N) ⇒ 2N-1 không là số chính phương. b. 2N = 2.1.3.5.7…2007 Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2 và 2N ⋮ 2 nhưng 2N không chia hết cho 4. 2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N không là số chính phương. c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4 2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N+1 không là số chính phương. Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05 2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 √ ab+1 là số tự nhiên.. Chứng minh. 102008 −1 9. Cách 1: Ta có a = 11…1 =. ; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 102008 + 5. 2008 chữ số 1. 2007 chữ số 0. 2008 2 chữ. số 0 ⇒. ab+1 =. √ ab+1 Ta thấy 10. 2008. =. √(. 2008. (10. 102008 + 2 3. −1)(10 9. ). + 2 = 100…02. 2. =. ⋮. 2008. 2008 2. +5). +1=. 10. 2008. ¿ + 4 .10 ¿ ¿ ¿. − 5+9. =. (. ⇒ ⇒. 3 nên. 102008 +2 3. 2008 chữ số 0. ab+1 = a(9a +6) + 12 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2 3 a+1 ¿ √ ab+1 = ¿ = 3a + 1 N √¿. 2008. 3. +2. ). 102008 +2 3. N hay √ ab+1 là số tự nhiên.. 2007 chữ số 0 Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6 2007 chữ số 0. 10. 2008 chữ số 9.

(6) DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 ) c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589 Giải 2 a. Vì n + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) 2 2 2 2 ⇒ (n + 2n + 1) + 11 = k ⇔ k – (n+1) = 11 ⇔ (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 ⇔ k+n+1 = 11 ⇔ k=6 k–n-1=1 n=4 2 2 2 2 b. Đặt n(n+3) = a (n N) ⇒ n + 3n = a ⇔ 4n + 12n = 4a2 ⇔ (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 ⇔ (2n + 3) ❑2 - 4a2 = 9 ⇔ (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a)= 9 Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + 3 + 2a = 9 ⇔ n=1 2n + 3 – 2a = 1 a=2 2 c. Đặt 13n + 3 = y ( y N) ⇒ 13(n – 1) = y2 – 16 ⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4) ⇒ (y + 4)(y – 4) ⋮ 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 ⋮ 13 hoặc y – 4 ⋮ 13 ⇒ y = 13k ± 4 (Với k N) 2 ⇒ 13(n – 1) = (13k ± 4 ) – 16 = 13k.(13k ± 8) ⇒ n = 13k2 ± 8k + 1 Vậy n = 13k2 ± 8k + 1 (Với k N) thì 13n + 3 là số chính phương. 2 2 d. Đặt n + n + 1589 = m (m N) ⇒ (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 ⇔ (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28. Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương: a. a2 + a + 43.

(7) b. a2 + 81 c. a2 + 31a + 1984 Kết quả: a. 2; 42; 13 b. 0; 12; 40 c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương . Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương . Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương . Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3. Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương: 2 a. n + 2004 ( Kết quả: 500; 164) b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) 2 c. n + 4n + 97 d. 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N) 2 2 Từ đó suy ra m – n = 2006 ⇔ (m + n)(m - n) = 2006 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m ⇒ 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là 2 số chẵn ⇒ (m + n)(m - n) ⋮ 4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4 ⇒ Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Bài 6: Biết x N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) 2= (x-2)xx(x-1) Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương . Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1).

(8) Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và 2 < x ≤ 9 (2) Từ (1) và (2) ⇒ x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7. Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762 = 5776 Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương. Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84. Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương. Vậy n = 40 Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24. Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N) 2 Ta có m là số lẻ ⇒ m = 2a+1 ⇒ m = 4a (a+1) + 1 ⇒ ⇒. n=. m2 −1 2. =. 4 a (a+1) 2. = 2a(a+1). n chẵn ⇒ n+1 lẻ ⇒ k lẻ ⇒ Đặt k = 2b+1 (Với b N) ⇒ k2 = 4b(b+1) +1 ⇒ n = 4b(b+1) ⇒ n ⋮ 8 (1) Ta có k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1. Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì k2 1 (mod3) m2 1 (mod3) ⇒ m2 – k2 ⋮ 3 hay (2n+1) – (n+1) ⋮ 3 ⇒ n ⋮ 3 (2) Mà (8; 3) = 1 (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ n ⋮ 24. Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương . Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48) 2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n và p > q ⇒ ⇒ 2p – 2q = 96 ⇔ 2q (2p-q -1) = 25.3 a+48 = 2p a- 48 = 2q ⇒ q = 5 và p-q = 2 ⇒ p = 7 ⇒ n = 5+7 = 12 Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802.

(9) DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B. Gọi A = abcd = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N và 32 < k < m < 100 a, b, c, d N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9 2 ⇒ Ta có A = abcd = k B = abcd + 1111 = m2 ⇒ m2 – k2 = 1111 ⇔ (m-k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương. Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101 ⇔ Do đó m – k == 11 ⇔ m = 56 A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136 Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị. Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = 1 và k N, 32 ≤ k < 100 2 Suy ra 101cd = k – 100 = (k-10)(k+10) ⇒ k +10 ⋮ 101 hoặc k-10 ⋮ 101 Mà (k-10; 101) = 1 ⇒ k +10 ⋮ 101 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 ⇒ k+10 = 101 ⇒ k = 91 ⇒ abcd = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau. Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 2 Ta có n = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb ⋮ 11 ⇒ a + b ⋮ 11 Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương . Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn ⇒ b = 4 Số cần tìm là 7744 Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương. Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N 3 2 Vì y = x nên y cũng là một số chính phương ..

(10) Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương ⇒ y = 16 ⇒ abcd = 4096 Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương. Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9 abcd chính phương ⇒ d { 0,1,4,5,6,9} d nguyên tố ⇒ d = 5 Đặt abcd = k2 < 10000 ⇒ 32 ≤ k < 100 k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 ⇒ k tận cùng bằng 5 Tổng các chữ số của k là một số chính phương ⇒ k = 45 ⇒ abcd = 2025 Vậy số phải tìm là 2025 Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b N, 1 ≤ a,b ≤ 9 ) Số viết theo thứ tự ngược lại ba 2 2 Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) ⋮ 11 ⇒ a2 - b2 ⋮ 11 Hay ( a-b )(a+b ) ⋮ 11 Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b ⋮ 11 ⇒ a + b = 11 2 2 Khi đó ab - ba = 32 . 112 . (a - b) Để ab 2- ba 2là số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1 hoặc a - b = 4  Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 6, b = 5, ab = 65 Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332  Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11 ⇒ a = 7,5 ( loại ) Vậy số phải tìm là 65 Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu ( Kết quả: 1156 ) Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. Gọi số phải tìm là ab với a,b N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9 2.

(11) Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 ⇔ (10a+b)2 = ( a + b )3 ⇒ ab là một lập phương và a+b là một số chính phương Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l 2 ( l N ) Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ⇒ ab = 27 hoặc ab = 64  Nếu ab = 27 ⇒ a + b = 9 là số chính phương ⇒ a + b = 10 không là số chính phương ⇒ loại  Nếu ab = 64 Vậy số cần tìm là ab = 27 Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau. Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n N) Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11 Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9 ⇒ 12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 ) ⇒ 101a – 1 ⋮ 3 ⇒ 2a – 1 ⋮ 3 Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1 { 3; 9; 15 } ⇒ a { 2; 5; 8 } Vì a lẻ ⇒ a = 5 ⇒ n = 21 3 số càn tìm là 41; 43; 45 Bài 10: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó. ab (a + b ) = a3 + b3 ⇔ 10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab ⇔ 3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 ) a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó a + b = 3a hoặc a + b – 1 = 3a a +b–1=3+b a+b=3+b ⇒ a=4,b=8 hoặc a=3,b=7 Vậy ab = 48 hoặc ab = 37. Chuyên đề 2:. CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC. I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC 1/ Cho biểu thức f( 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 :.

(12) f(x,y...). M ( M hằng số). (1). - Tồn tại xo,yo ... sao cho: f( xo,yo...) =. 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 xo,yo ... sao cho: f( xo,yo...) =. 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 = x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2 A = 2. ⇔ x -2 = 0. ⇔. x=2. Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2 II/ TÌM GTNN ,GTLN CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN 1/ Tam thức bậc hai: Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c . Tìm GTNN của P nếu a. 0. ¿. Tìm GTLN của P nếu a ¿ 0 ¿. Giải : P = ax2 + bx +c = a( x2 + Đặt c -. b2 4a. =k . Do ( x +. b a x ) + c = a( x +. b )2 2a. 0 nên :. b2 b 2 2 a )2 + c - 4a. 2.

(13) - Nếu a. b )2 2a. 0 thì a( x +. 0 , do đó P. k. MinP = k khi và chỉ khi x = -. b 2a b )2 2a. ¿ ¿ 0 thì a( x + ¿. -Nếu a. 0 do đó P. k. MaxP = k khi và chỉ khi x =. b 2a. 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 = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12) Đặt x2 – 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y2 - 36 minA = -36. y = 0. ⇔. ⇔. x2 – 7x + 6 = 0. -36 x1 = 1, x2 = 6.. ⇔. 3/ Biểu thức là một phân thức : a/ Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai: 2 . 6 x −5 − 9 x 2. Ví dụ : Tìm GTNN của A = 2 2 . = 6 x −5 − 9 x. Giải : A =. Ta thấy (3x – 1)2. chất a. A. b thì. −2 2 9 x −6 x +5. =. 0 nên (3x – 1) 2 +4. 1 a. 1 b. 4 do đó. 1 1. Bài tập áp dụng:. ⇔. 1 (3 x  1) 2  4. với a, b cùng dấu). Do đó. - 2. minA = - 2. 3 x −1 ¿2 + 4 ¿ . −2 ¿. 1. 3x – 1 = 0 ⇔ x = 3 .. 3 x −1 ¿2 + 4 ¿ −2 ¿. 1 4. theo tính. −2 4. ⇒. -.

(14) 1 x  4x  9 HD giải: 1. Tìm GTLN của BT : 1 1 1 1 A 2   . max A=  x 2 2 x  4x  9  x  2   5 5 5 A. 2. .. 1 x  6x  17 HD Giải: 2. Tìm GTLN của BT : 1 1 1 1 A 2   . max A=  x 3 2 x  6x  17  x  3  8 8 8 A. 2. 3. A. 2   x 2  2x  7 3. (51/217) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: b/ Phân thức có mẫu là bình phương của nhị thức. 2. 3 x − 8 x+ 6 . 2 x −2 x+ 1. Ví dụ : Tìm GTNN của A =. Giải : Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm 2. 2 x2  2x 1  x2  4x  4. .  . . 2. x  2 x 1. A =. = 2 +. x − 2¿ ¿ 2 x − 1¿ ¿ ¿ ¿. 2. minA = 2 khi và chi khi x = 2. Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có : 3( y  1) 2  8( y  1)  6 2. A =  y  1  2  y  1  1. . 3 y 2  6 y  3  8 y  8  6 3 y 2  2 y 1  y 2  2 y 1  2 y  2 1 y2. =3-. 2 y. +. -1)2 + 2 minA = 2. ⇔. y = 1 ⇔ x–1=1 ⇔ x=2. Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH) 1, (13/200) Tìm GTNN và GTLN của bt: 2, (36/210) Tìm GTNN của bt :. B. P. x2 1 x2  x 1. x 2  2 x  2006 x2. 3, ( 45/ 214) Tìm GTNN và GTLN của bt:. C. x2 x2  5x  7. 1 2 y. =(. 1 y.

(15) 4, ( 47, 48 /215) Tìm GTNN của bt : a,. D. x2  2x  2 x2  2x  3. b,. E. x2  2 x  1 2x2  4x  9. c/ Các phân thức dạng khác: 3−4 x x 2+1. Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =. Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số : A =. x 2 −4 x+ 4 − x 2 −1 x 2 +1. =. x − 2¿ 2 ¿ -1 ¿ ¿. -1. Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2 Tìm GTLN A =. 4 x 2+ 4 − 4 x 2 − 4 x −1 x 2+ 1. 2. =4-. 2 x +1 ¿ ¿ ¿ ¿. 4. Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH). 1, (42, 43/ 221) Tìm GTLN của bt: 3, (35, 36 / 221) Tìm GTNN của bt:. a, a,. A. x x 2. C. x2  4 x  4 x Với x > 0;. 2. B. b, b,. D. x2. x. 2. 2. . 3. x5  2 x 3 Với x >. 0 2 E x  3 x với x > 0; a, 2. 4, (34, 36/ 221) Tìm GTNN của bt: 6, Tìm GTNN của bt: 7, (Tìm GTNN của bt: 8, Tìm GTNN của bt:. x 2  2 x  17 Q 2  x  1 R. S. x3  1 F 2 x b, Với x > 0. Với x > 0. x  6 x  34 x 3 Với x > 0. x 3  2000 x Với x > 0. III/ TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN Ví dụ : Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy biết rằng x + y = 1 sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2.

(16) Đến đây ta có nhiều cách giải Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A x+y =1 (x – y)2. Mà. x2 + 2xy + y2 = 1. ⇒. 0 Hay: x2 - 2xy + y2. Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 ) minA =. 1 2. (1). 0. (2) 1 2. 1 ⇒ x2 + y2 1 2. khi và chỉ khi x = y =. Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A 1. 1. 1 2. A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 - 2 )2 + 2 minA =. 1 2. 1 2. khi và chỉ khi x = y =. Cách 3/ Sử dụng điều kiện đã cho để dưa về một biến mới Đặt x =. 1 2. 1 2. + a thì y = 1. - a . Biểu thị x2 + y2 ta được :. 1. 1 2. x2 + y 2 = ( 2 + a)2 + ( 2 - a)2 = ⇔. 1 => MinA = 2. +2 a2. 1 2. ⇔. 1. x=y = 2. 2 2 Bài tập 1: Tìm Min A = a  ab  b  3a  3b  2014 2 2 Cách 1 Ta có: A= a  2a 1  b  2b 1  ab  a  b 1  2011. = a 2  2a  1  b 2  2b  1  ab  a  b  1  2011 = =.  a  1. 2. 2.  a  1. 2. 2.   b  1   a  1  b  1  2011.   a  1  2  a  1.  b  1   b  1 2. 4. 2. . 3  b  1 4. 2. 2. 2 3  b  1 b  1  = a  1   2011  2011   + 2  4 . b 1  0 a  1   a b 1 2  b  1 0  Min A = 2011 khi. Cách 2:. 1.   b  1  a  b  1   b  1  2011. a=0.

(17) 2A 2 a 2  ab  b 2  3a  3b  2014 = a 2  2a  1  b 2  2b  1  a 2  2 ab  b 2  2.2  a  b   4  4022. . . 2. 1. 2. =  a  1   b  1   a  b  2   4022.  Min 2A = 4022 khi. a  1 0   a b 1 b  1 0 a  b  2 0 . => Min A = 2011. BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ: 2 2 Bài 1 CMR : Min P = 0 Với P = a  ab  b  3a  3b  3. Bài 2 CMR: không có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn ĐT: x 2  4 y 2  z 2  2 x  8 y  6 z  15 0. Hướng dẫn Ta có: 2. 2. 2. VT  x 2  2 x  1  4 y 2  8 y  4  z 2  6 z  9  1=  x-1   2 y  2    z  3   1 1. Bài 3: Có hay không các số x,y,z thỏa mãn mỗi đẳng thức sau: 2 2 2 1) x  4 y  z  4 x  4 y  8 z  22 0 2 2 2 2) x  4 y  9 z  2 x  12 y  12 z  1994. Hướng dẫn Ta có: 1) VT x 2  4 x  4  4 y 2  4 y  1  z 2  8 z  16  1 2. 2. 2. =  x+2    2 y  1   z  4   1 1 2) VT = x 2  2 x  1  4 y 2  12 y  3  9 z 2  12 z  4  1986 2. 2. 2. =  x  1   2 y  3   3z  2   1986 1986 2 2 Bài 4: CMR: Min A=2 Với A = m  4mp  5 p  10m  22 p  28. Hướng dẫn Ta có: A = m 2  4mp  4 p 2  p 2  2 p  1  10m  20 p  27 2. 2. =  m  2 p   2.5  m  2 p   25   p  1  2 2. 2. =  m  2 p  5    p  1  2 2 2 2 Bài 5: CMR: Max B = 4 Với B  a  5b  2a  4ab 10b  6. Hướng dẫn Ta có:.

(18) 2 2  2  B  a 2  4ab  4b 2  b 2  6b  9  2a  4b  1  4 = 4 -  a  4ab  4b  b  6b  9  2  a  2b   1. . 2 2 = 4 -   a  2b   2  a  2b  1   b  3   .  . . 2 2 = 4 -   a  2b  1   b  3  4  . Bài 6: Tìm GTNN của a). 2. A=a 2  5b 2  4ab  2b  5. ( Gợi ý. 2. ). 2. 2. ( Gợi ý B =  x-y    y  3   x  3  2011 ). 2 2 b) B = x  y  xy  3 x  3 y  2029. 2. 2 2 2 c) C  x  4 y  9 z  4 x  12 y  24 z  30. d). 2. A =  a - 2b    b  1  4. 2. ( Gợi ý ( Gợi ý. D=  4x-3y    2 x  1   3 y  2   2011. 2. D= 20x 2  18 y 2  24 xy  4 x  12 y  2016. Bài 7: Tìm các số a, b, c, d thỏa mãn :. 2. C =  x+2    2 y  3   3 z  4  1. a 2  b 2  c 2  d 2 a  b  c  d . 2. (*). a 2  b 2  c 2  d 2 ab  a  b  c   a 2  b 2  c 2  d 2  a  b  c  d  0  a 2  b 2  c 2  d 2  ab  ac  ad 0  4 a 2  b 2  c 2  d 2  ab  ac  ad 0. . . 2.  a  4ab  4b  a  4ac  4c  a 2  4ad  4d 2  a 2 0. Ta có :. 2. 2. 2. 2. 2. 2.   a  2b    a  2c    a  2d   a 2 0. Dấu “=” sảy ra khi : a 2b 2c 2d 0  a b c d 0 BÀI TẬP VỀ NHÀ: Bài 1: Tìm các số a, b, c, d, e thỏa mãn :. 2a 2  b 2  c 2  d 2  e 2 a  b  c  d  e . 2 2 Bài 2: Tìm các số a, b, c, thỏa mãn : a  b 1 ab  a  b 2 2 Bài 3: Tìm các số a, b, thỏa mãn : 4a  4b  4ab  4a  4b  4 0 2 2 2 Bài 4: Tìm các số x, y, z thỏa mãn : x  4 y  z 2 x  8 y  6 z  14 2 2 Bài 5: Tìm các số m, p, thỏa mãn : m  5 p 4mp  10m  22 p  25. IV Các chú ý khi giải 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. ) ).

(19) 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 Chú ý 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 khác đạt cực trị chẳng hạn : -A lớn nhất. ⇔. 1 B lớn nhất. ⇔. A nhỏ nhất B nhỏ nhất với B > 0. x4  1 1 A 2 2 ( x  1) (Chú ý A> 0 nên A lớn nhất khi A nhỏ nhất và Ví dụ : Tìm GTLN của. ngược lại) 1 ( x 2  1) 2 x 4  2 x 2  1 2x2 1   1  4 4 4 x 1 x  1 .Vậy A Ta có : A = x  1. 1. 1 min A = 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0. 3,Chú ý 3 Khi tìm GTLN, GTNN của 1 biểu thức ,người ta thường sử dụng các BĐT 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 an > bn BĐT Cô si: a + b. 2 ab ; a2 + b2. 2ab ; (a + b)2. Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a2 + b2) ( c2 + d2). 4ab ; 2( a2 + b2). ( a+ b)2. (ac + bd)2. Ví dụ Cho x2 + y2 = 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )2 ⇒. 2x + 3y. 26. Vậy maxA = 26. ( 22+32 ).52 ⇒ ( 2x + 3y )2. 2 x 3 y ⇔  2 x  3 y 0. 13.13.4.

(20) 3x Thay y = 2 vào x2 + y2 = 52 ta được 4x2 + 9x2 = 52.4. ⇒. x2 = 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 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, GTNN của tích xy, biết x,y  N thoả mãn x + y = 2005 Giải : Ta có 4xy = (x + y)2 – (x – y)2 = 20052 - (x – y)2 xy lớn nhất. ⇔. x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất ⇔ x – y lớn nhất. giả sử x > y ( không thể xảy ra x = y) Do 1 Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002. y. x. 2004 nên 1. x-y. 2003. 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 MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ 1, Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng thức khac nhau VD1: cho x, y là các số dương thỏa mãn x +y =1 . Tìm GTNN của biểu thức :. A=. 1 4  x y. 1 4 4 1 4   , xy (1) Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm x y ta có: x y 1 xy   xy 2 Lại có: 2 (2 ) A=. Từ (1) và (2) suy ra : Phân tích sai lầm:. 1 4 4 4    8 x y xy 1 2 . Vậy Min A = 8. 1 4   4x  y x y Đẳng thức sảy ra ở (1) khi. Đẳng thức sảy ra ở (2) khi x = y . Từ đó suy ra x = y = 0 ( Loại vì x + y = 1).

(21) Có bạn đến đây KL không có giá trị nhỏ nhất cũng là KL sai. 1 4 4x y A =  x+y     5   y x x y Giải đúng: Vì x + y = 1 nên 4x y 4x y 4x y  2 . 4 , y x y x y x Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm Ta có :. Dấu “=” xẩy ra khi.  4x y   x   y  x  y 1 .  y 2 x    x  y 1. 1   x  3   y 2  3. Lưu ý: Nếu sử dụng nhiều BĐT khác nhau trong 1 bài toán thì ta phải kiểm tra xem chúng có đồng thời sảy ra dấu bằng không. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng. 2, Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài toán: VD2:cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN của BT : 2. 1  1  A =  x+    y   y  x . 2. Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm. x,. 1 1 1 x+ 2 x. 2 x x x Ta có:. (1) Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm. y,. 1 1 1 y+ 2 y. 2 y y y Ta có:. (2) Từ (1) và (2) =>A  8 => Min A = 8 1  x  x 2 1 x Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy ra ở (1) khi 1  y  y 2 1 Đẳng thức sảy ra ở (2) khi y . Từ đó suy ra x = y = 1 ( Loại vì x + y = 1). Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có : x+y  xy  2. 1 1 xy   xy  2 4.

(22) 2. 2.  1  1 1 1 A = 4 + x +y    +   x y 2 2 2     . Khi đó: x + y = (x + y) – 2xy  1 - 2 = 2 (1) Ta có : 2. 2. 1 1 1 2 1 25 25  2 2 2 2  8 2 x y x .y xy (2). Từ (1) và (2) =>A  8 + 2 +4 = 2 =>Min A = 2 khi x=y = 1 2. Lưu ý: Khi giải bài toán mà không sử dụng hết điều kiện của đầu bài thì cần kiểm tra lại giả thiết. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng. 3, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1: VD1: Tìm GTLN của bt:. A=. 1 x  6 x  17 2. 2. 2 2 Lời giải sai: A đạt Max khi x  6 x  17 đạt Min Ta có : x  6 x  17  x  3  8 8. x Do đó Min . 2. .  6 x 17 8  x 3. 1 . Vậy Max A = 8  x 3. Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhưng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có tử không đổi nên đạt GTLN khi mẫu đạt GTNN” mà chưa đua ra nhận xét tử và mẫu là các số dương 2. Lời giải đúng: Bổ xung thêm nhận xét. x 2  6 x  17  x  3  8 8. nên tử và mẫu của A là. dương VD2:Tìm GTNN cuả BT: A = x2 + y2 biết x + y =4  x 2  y 2 2 xy   x  y 2 x  y  4 2 2   Ta có : A = x + y 2xy => A đạt GTNN. Khi đó MinA = 8 Phân tích sai lầm: Đáp số ko sai nhưng lập luân sai lầm ở chỗ ta mới c/m được f(x,y)  g(x,y) chứ chưa c/m được f(x,y) m với m là hắng số. Chẳng hạn: Từ x2  4x – 4 => x2 đạt nhỏ nhất  x2 = 4x – 4  (x – 2 )2 = 0  x =2 Đi đến min x2 = 4  x = 2 Dễ thấy kết quả đúng phải là Min x2 = 0  x =0 2. Lời giải đúng: Ta có x + y =4   x + y  =16 (1).

(23) 2. 2 2 Ta lại có :  x - y   0  x -2xy+y 0. (2). Từ (1) và (2) => 2( x2 + y2 ) 16 => A = x2 + y2 8 Vậy Min A = 8 khi và chỉ khi x = y = 2. Lưu ý: Cần nắm vững t/c của BĐT cụ thể trong trường hợp so sánh hai phân số có tử và mẫu là số tự nhiên, số nguyên … Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng. 4, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2 VD1: Tìm GTNN của bt: A = x +.  x. Lời giải sai : x + x =. 2. x 2. 1 1 1  1 1 1 1 +2 x    x      2 4 4  2 4 4 . Vậy: Min A = 4. 1 1  P/tích sai lầm: sau khi c/m f(x)  4 chưa chỉ ra trường hợp xảy ra f(x)= 4  . x . 1 2. (vô lí ) Lời giải đúng: ĐKTT x là x 0 do đó : A = x + x 0 => Min A = 0  x 0 VD2: Tìm GTLN của. A = xyx  z+y   y+z   z+x . với x, y , z là các số không âm và x +y+ z. =1 2. 4x  z+y   x+y+z  1 2. 4y  z+x   x+y+z  1. Lời giải sai: Áp dụng BĐT =>. 4xy  x  y . 2. 2. ta có :. 4z  x+y   x+y+z  1. 64xyx  z+y   y+z   z+x  1 =>xyx  z+y   y+z   z+x  . 1 1 64 . Vậy Max A = 64. Phân tích sai lầm: Sai lầm ở chỗ chưa chi ra khả năng xảy ra dấu “=”. 1 ĐK để Max A = 64 là :.  z+y = x  y+x = z    x+z = y x + z + y = 1   x, y, z  0.  x  y z 0  x + z + y = 1  x, y, z  0 . 3 Lời giải đúng: Ta có : 1 = x +y+ z 3 x.y.z. ( vô lí ) (1).

(24) 2 =  x +y  +  z+x  +  y+ z  3 3  x +y   z+x   y+ z . (2).  2 2  3 A  A   2  3 3 x. y.z.  x +y   z+x   y+ z  9 Từ (1) và (2) => hay:. 3. 3. 3.  2   Max A =  9  khi.  x +y  =  z+x  =  y+ z   1  x  y z   x  y  z 1 3  x, y , z 0 . VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của :. A. (x  a)(x  b) x với x > 0, a, b là các hằng số dương..  x  a 2 ax   x  a   x  b  2 ax.2 bx 4 x ab  x  b  2 bx  Lời giải sai: Ta có: . Do đó:. A. (x  a)(x  b) 4x ab  4 ab x x vậy Min A = 4 ab  x a b. Phân tích sai lầm: Nếu a b thì không có: A = 4 ab A. Lời giải đúng : Ta có. (x  a)(x  b) x 2  ax + bx + ab  ab    x    (a  b) x x x   .. Theo bất đẳng thức Cauchy :. min A =. . a b. . x. ab 2 ab x nên A ≥ 2 ab + a + b =. 2. khi và chi khi. . a b. . ab  x  x  x  ab  x  0 .. VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ 1 1 1   VD1: Cho x > 0, y > 0 thỏa mẫn đk x y 2 Tìm GTNN của bt: A =. x y. 1 1 1 1  0, 0 , y Do x > 0, y > 0 nên x áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số x y 1 1 1 1 1    . x y ta có: 2  x y . 1 1  xy => Hay 4. xy 4. Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 => x 0, y 0 . áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:. 2.

(25) x  y 2. xy 2 4 4. Vậy: Min A = 4 khi :. x y   1 1 1  x  y 4  x  y 2 . 2 2 VD2 : Tìm GTNN của của biểu thức : A  x  x  1  x  x  1 2. 1 3 3  x  x  1  x      x  R 2 4 4  Ta có: 2. 2. 1 3 3  x 2  x  1  x      x  R 2 4 4 . Áp dụng BĐT Cô- si cho 2 số x 2  x  1  x 2  x  1 2. x 2  x  1, x 2  x  1 ta có :. x 2  x  1. x 2  x  1 2 4 x 4  x 2  1 2.  x 4  x 2  1 1  x 0  2 2  Max A = 2 khi  x  x  1  x  x  1 x y z A   y z x với x, y, z > 0. VD3 Tìm giá trị nhỏ nhất của :. Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương: x y z x y z A     33 . .  3 y z x y z x x y z x y z min     3     x y z y z x y z x   Do đó x y z  x y  y z y x y            2 y z x y x z x x y x     Cách 2 : Ta có : . Ta đã có (do x, y > 0) nên. để x y z y z y   3   1 y z x z x x chứng minh ta chỉ cần chứng minh :. (1). (1)  xy + z2 – yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz).

(26)  xy + z2 – yz – xz ≥ 0  y(x – z) – z(x – z) ≥ 0  (x – z)(y – z) ≥ 0. (2). (2) đúng với giả thiết rằng z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z, do đó (1) đúng. Từ đó tìm x y z   y z x. được giá trị nhỏ nhất của. VD 4: Tìm giá trị lớn nhất của : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z ≥ 0 ; x + y + z = 1. 3 Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x, y, z ta có: 1 = x + y + z ≥ 3. xyz. (1). Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x+y, y +z, z + x ta có : 3 2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ 3. (x  y)(y  z)(z  x). (2)  2   3 Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) : 2 ≥ 9. A  A ≤  9 . 3. 3.  2 1   max A =  9  khi và chỉ khi x = y = z = 3 . xy yz zx   z x y với x, y, z > 0 , x + y + z = 1. VD 5: Tìm GTNN của xy yz xy yz  2 . 2y z x z x Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy : . A. yz zx zx xy  2z ;  2x y z Tương tự : x y . Suy ra 2A ≥ 2(x + y + z) = 2. 1 min A = 1 với x = y = z = 3 . 1 2 A 2   4xy 2 x y xy VD 6: Tìm GTNN của với : x > 0, y > 0, x + y < 1 2 x y  2  xy   x  y  4 xy 1 1 1 1 1 4    x  y     2 xy .2 4     xy x y xy  x y  1  1 2 1 x y xy Ta có: . . A. Ta có:. .  1 1 2 1   1  5   4xy    4xy      2 2 2 2 x y xy 2xy   4xy  4xy  x y.

(27) A. =>. 4 1 5 4 5 11  2 4xy.    2   11 2 2 2 2 x 2  2xy  y 2 4xy  x  y  x  y x  y x  y      . VD 7: : Cho Giải : Ta có :. x . 1 2 2 , Tìm GTLN của A = 2x  5 x  2 + 2 x+3 - 2x. A = 2x 2  5 x  2 + 2 x+3 - 2x =.  2x 1  x  2  + 2. x+3 - 2x. Với. x . 1 2 ta có:. 2x  1 0  x  2  0 2x  1  x+2  2 áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số 2x  1, x+2 Ta có: 3x  3  Hay : 2.  2x  1  x+2 .  2x 1  x+2 . Dấu “ = ” xảy ra khi 2x  1 x+2  x=1. x 3 4  4  x  3 2 x  3 2 áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số x  3, 4 Ta có: x 7 2 x  3 Hay : 2 .. Do đó:. A . Dấu “ = ” xảy ra khi x  3 4  x=1. x 7 3x  3  2 2 - 2x = 5. Dấu “ = ” xảy ra khi x=1. 1 4 9 S=   x y z VD 8: : Cho x, y, z > 0 và x + y + z =1 Tìm GTNN của:. Ta có: S =. 1 4 9  y 4x   4z 9 y   9x z     1+4+9+            z   z x x y z= x y   y. x+y+z . y 4x y 4x y 4x  2 . 4 , x y x y x y áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương ta có : 4z 9 y 4z 9 y  2 . 12 y z y z Tương tự ta có : ;.  S  1 + 4 + 9 + 4 + 12 + 6 =36. 9x z 9x z  2 . 6 z x z x.

(28)  y 4x x  y   4z 9 y    z  y 9x z   x  z  x  y  z 1 Dấu “=” sảy ra khi :.  y 2 4 x 2  2 2  4 z 9 y   2 2 9 x  z   x  y  z 1 . 1  y   3  y 2 x  1    x   z 3 x 6  x  y  z 1   1  z 2 . 1 1 1 y  ,x ,z  3 6 2 Vậy Min S = 36 khi. Không phải lúc nào ta cũng dùng trực tiếp được bất đẳng thức Côsi đối với các số trong đề bài. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thê vân dụng BĐT Cô-si rồi tìm cực trị của nó: Biện pháp 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức đó 3x  5 0 5 7  x   3 VD1 : Tìm giá trị lớn nhất của A  3 x  5  7  3 x , ĐKXĐ : 7  3x 0 3. Bình phương hai vế ta có : A2 = 2 +. 2.  3x  5  7  3x . 5 7 x  3 . áp dụng bất đẳng thức côsi cho  3 x  5  và  7  3x  ta có: Với 3.  3x  5   7  3x  2  3x  5  7  3x  hay. 2 2.  3x  5   7  3x .  A2  4 =>A  2 Dấu “=” xảy ra khi : 3x - 5 = 7 - 3x hay x = 2 2 2 VD2: Tìm GTNN của biểu thức: A = -x  2 x  8  -x  x  2 (*). -x 2  2 x  8 0   2 -x  x  2 0 ĐKXĐ :. Khi đó.  x  2   x  4  0  2  x 4    1 x 2   1  x 2  x  1  x  2  0. -x 2  2 x  8  -x 2  x  2  x  6  0. Từ (*) =>. . . => A > 0. A 2 = -x 2  2 x  8  -x 2  x  2  2. . = -2x 2  3 x  10  2. . . -x 2  2 x  8. -x 2  x  2.  x  2   4  x   x 1  2  x . .

(29) =  2  x   x  2    x  1  4  x   2  2. =. . . . 4  x2. . 4  x2 . 2. 2.  2  x   x  2  .  x 1  4  x .  2  x   x  2  .  x 1  4  x    x  1  4  x .  x  1  4  x  . 2. 2. 2.  2 2.  4  x 2  x  1  4  x   x 0 A= 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề ) Bài 1 Tìm GTNN, GTLN của hàm số : y  1  x  1  x Bài 2: Tìm GTLN của hàm số : y  x  2  4  x Bài 3: Tìm GTLN của hàm số : A  x  5  23  x Bài 4: Tìm GTLN của hàm số : A  2 x  3  23  2 x Bài 5: Tìm GTLN của hàm số : A  5 x  7  17  5 x Bài 6: Tìm GTLN của hàm số : A  3 x  2  20  3x Bài 7:Tìm GTLN của : A  x  1  y  2 biết x + y = 4 2 2 Bài 8 Tìm GTNN của : A = -x  4 x  21  -x  3 x 10. A=. Bài 9( 76/29) Tìm GTNN của :. x y z   y z x với x, y, z dương và x + y + z  12. Bài 10: ( 65/ 28) Tìm GTLN, GTNN của : A  x  4  y  3 biết x + y = 15 Biện pháp 2: nhân và chia một biểu thức với cùng một số khác không. VD Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. Giải: ĐKXĐ: x 9 Ta có:. A=. A=. x-9 5x =. x - 9 3   x 18  3  Dấu “=” xảy ra khi  x 9. x-9 5x. 1 x -9  x-9 x  3 .3  2 3 3  6 1   5x 5x 5 x 30.

(30) BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. A=. 7x - 5 7x-9. B=. x3 - 9 27x 3. Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức dã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số: 1) Tách 1 hạng tử thành tổng nhiều hạng tử bằng nhau VD1: cho x > 0 Tìm GTNN của biểu thức: Giải : Ta có. A=. A=. 3x 4  16 x3. 3x 4  16 16 16 3x  3  x  x  x  3 3 x x x. Áp dụng BĐT Cô-si Ta có :. A = x+x+x+. 16 16 4 4 x.x.x. 3 4.2 8 3 x x. 16  x  3  x 2 x Vậy Min A = 8 2 VD2: ( đề thi ĐHTH Hà Nội 1993) Tìm Max và Min A = x y( 4 - x - y ) với. x, y 0 và x + y  6 x x   +y+ 4 - x - y x x  A = 4.  . .y( 4 - x - y )  4.  2 2 4 2 2    Xét 0  x  y 4 Ta có : x = y = 4 - x - y  y = 1 ; x =2 Dấu “=” xẩy ra khi 2. Xét 4  x  y 6 Rễ thấy: 4 – x - y  2 ( 1) Dấu ‘=’ xảy ra khi x + y = 6 2 => A = x y( 4 - x - y ) đạt GTNN khi x2y đạtGTLN 3. 3  2  x+y    x+x+2y      3  x.x.2y 3    2 x y=   2 2 2 Ta có : =32 hay x2y  32 (2). 4.    4  .

(31)  x  y 6   x  2 y x y( 4 x y )   Từ (1) và (2) => -64 Dấu ‘=’ xảy ra khi 2.  x 4   y 2. VD3 . Tìm GTLN của A = x2(3 – x) biết x ≤ 3.. x x Giải : Xét 0 ≤ x ≤ 3. Viết A dưới dạng : A = 4. 2 . 2 .(3 – x). Áp dụng bất đẳng thức 3 x x   2  2 3 x    1 x x x x 3     2 2 2 2 Cauchy cho 3 số không âm , , (3 – x) ta được : . .(3 – x) ≤ .. Do đó A ≤ 4 (1) BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề Bùi văn Tuyên ) Bài 1( 71/28) Cho x > 0 , y > 0 và x + y  6 Tìm GTNN của Bài 2( 70/28) Cho x > 0 , Tìm GTNN của Bài 3( 68/ 28) Cho x , Tìm GTNN của Bài 4( 69/ 28) Tìm GTNN của. M. N. Q. P 5 x  3 y . 12 16  x y. x 3  2000 x. x 2  2 x  17 2( x  1). x  6 x  34 x 3. Bài 5( 72/ 29) Cho x > y và x.y =5 , Tìm GTNN của. Q. x 2  1, 2 xy  y 2 x y. 2 3 Bài 6( 79/ 29) Cho x ,y thỏa mãn biểu thức: x + y =1 và x > 0 , Tìm GTLN của B x y. 2) Tách 1 hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với 1 hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của 1 hạng tử khác có trong biểu thức đã cho. VD1: Cho 0 < x < 2 , Tìm GTNN của Ta có :. B. B. 9x 2  2 x x. 9x 2 x 9x 2  x   1 1  2 . 7 2 x x 2 x x. 9x 2 x 1   x x 2  Min B= 7  2  x.

(32) BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề ) 3 4 B  1 x x Bài 1( 74/ 29) Cho 0 < x <1, Tìm GTLN của. Bài 2( 73/ 29) Cho x >1, Tìm GTLN của. A 4 x . Bài 3: Cho x > 0, Tìm GTNN của biểu thức: Bài 4: Tìm GTNN của biểu thức: Bài 5: Tìm GTNN của biểu thức:. B=. A=. A=. 25 x 1 2x 2  6 x  5 2x. x-4 x x 2  3x  4 x. (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 ) Bài 6: Tìm GTNN của biểu thức: Bài 7: Tìm GTNN của biểu thức: Bài 8: Tìm GTNN của biểu thức: Bài 9: Tìm GTNN của biểu thức:. A=. 1 3x  x+1 2 ( với x > -1 ). B=. 2 x  x-1 2 ( với x > 1 ). C=. 5 x 1  2x-1 3 ( với x > 2 ). D=. x 5  1 - x x ( với 0 < x < 1 ). Biện pháp 4: Thêm 1 hạng tử vào biểu thức đã cho: VD1 : Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2 Tìm GTNN của biểu thức: P. x2 y2 z2   yz zx yx. x2 y  z x x2 yz . 2.  x 2 Ta có : y  z + 4 2 y  z 4 y2 x  z y xz y2 . 2.  y 2 xz + 4 2 xz 4.

(33) z2 y  x z z2 yx . 2.  z 2 y  x + 4 2 y  x 4  x2 y2 z2  y  z x  z y  x     x  y  z   y  z z  x y  x 4 4 4  =>   x2 y2 z2  x  y  z   x  y  z   yz zx yx 2  Hay: x2 y2 z2 x yz x yz P   x  y  z   1 yz zx yx 2 2 =>  x2 yz   4 yz 2  y xz 2   x  y z   4 3 xz 2  z yx   yx 4 Vậy Min P = 1   z2 x2 y2 , , Lưu ý: Nếu ta lần lượt thêm ( x + y), ( z + y), ( x + z) vào y+x y+z z+x ta vẫn khử. được (x + y), ( z + y), ( x + z) nhưng không tìm được x, y, z để dấu dấu đẳng thức xảy ra đồng thời. Khi đó không tìm được giá trị nhỏ nhất. a b  1 x y VD2 : Tìm GTNN của A = x + y biết x, y > 0 thỏa mãn (a và b là hằng số. dương).  a b ay bx b     x  y  a   x y x y  Giải . Cách 1 : A = x + y = 1.(x + y) =  . ay bx ay bx  2 . 2 ab x y x y Theo bất đẳng thức Cauchy với 2 số dương : .. Do đó. . A a  b  2 ab . a b. . 2. ..

(34) . min A . a b. . 2.  ay bx x y  a b   1  x y  x, y  0  với .  x a  ab   y b  ab. Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : 2.  a b  a b A (x  y).1 (x  y)     x.  y.   x y  x y . . a b. . 2. .. Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của A. VD3 Tìm GTNN của. A. x2 y2 z2   x  y y  z z  x biết x, y, z > 0 ,. xy  yz  zx 1 .. x2 y2 z2 x yz    2 Giải Theo VD1 BIỆN PHÁP 4: x  y y  z z  x . Theo bất đẳng thức. Cauchy xy yz zx  xy ;  yz ;  zx nên x  y  z  xy  yz  zx 2 2 2 . hay. xy  yz  zx 1 x+y+z   2 2 2. 1 min A = 2.  x y z . 1 3.. VẬN DỤNG BDT. A  B  A+B. ĐỂ TÌM CỰC TRỊ. 2 2 Bài 1: Tìm GTNN của hàm số : y  x  2 x  1  x  2 x  1. Cách 1:. y  x 2  2 x 1  x 2  2 x 1  x 1  x  1. Nếu: x < -1 thì. y  x  1  x  1  x  1  x  1  2 x  2. Nếu: -1  x  1 thì y  x  1  x  1 x 1  x  1 2 Nếu: x > 1 thì. y  x  1  x  1  x  1  x  1 2 x  2.

(35) Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi -1  x  1 Cách 2 : áp dụng BĐT Ta có :. a  b a b. ( Dấu “=” sảy ra khi a.b 0 ). y  x  1  1  x  x  1  1  x 2. Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi -1  x  1 Bài 2: Cho x, y > 0 và 2x + xy = 4 . Tìm GTLN của A = x2y Cách 1: Từ 2x + xy = 4 => xy = 4 -2x Thế vào A ta có : A = x(4 -2x ) = 2 –.  x 2 . . . 2.  2 x 2. 2 .  x 2  2 0   2 x  xy 4   => Max A = 2 khi.  2. 2.  . =. . 2 x 2 . 2. . 2.  x 1   y 2. 1 .2 x.xy Cách 2: Ta có : A = 2 . Vì x, y > 0 => 2x, xy > 0. áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 2. 2  2 x  xy   x 2 y 2 x  xy  2 x  xy   2 x.xy    2 x.xy  4.2  2  số 2x, xy ta có: 2 Thay số ta có :. 2  x 2 y =A 2 x  xy   2 x  xy  4  Vậy Max A =2 khi.  x 1   y 2. BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ: 2 2 Bài 1: Tìm GTNN của HS: a, y  4 x  4 x 1  4 x  12 x  9 b,. y  x2  4 x  4  x2  6 x  9 2 2 Bài 2: Tìm GTNN của HS: a, y  4 x  20 x  25  x  8 x  16. b,. y  25 x 2  20 x  4  25 x 2  30 x  9. Bài 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của A  x  2 x  1  x  2 x  1 Chuyên đề 1: RÚT GỌN PHÂN THỨC ĐẠI SỐ I – Phương pháp giải: - Phân tích tử và mẫu thành nhân tử (nếu có) để tìm nhân tử chung..

(36) - Chia cả tử và mẫu cho nhân tử chung. II – Các dạng bài toán thường gặp: 1- Rút gọn phân thức. a 4  3a 2  1 Câu : b) 4 a  a 2  2a  1 a 4  3a 2  1  4 a  (a 2  2a  1) 2. 2. . a 4  2a 2  1  a 2 a 4  ( a  1)2. ( x  a)  x a 2  4 x 2  4ax 2 2 2 ( x  a  x )( x  a  x )  (a4  1)  a2  a  (a  1) (a  2 x) 2 (a 2  1  a)(a 2  1  a ) a (2 x  a)   (a 2  a  1)(a 2  a  1) (2 x  a ) 2 (a 2  a  1) a   (a 2  a  1) 2x  a. Câu1: a). Câu: c) 2 y2  5 y  2 2 y 3  9 y 2  12 y  4 (2 y 2  4 y)  ( y  2) (2 y 3  4 y 2 )  (5 y 2  10 y )  (2 y  4) 2 y ( y  2)  ( y  2)  2 2 y ( y  2)  5 y ( y  2)  2( y  2) ( y  2)(2 y  1)  ( y  2)(2 y 2  5 y  2) (2 y  1)  (2 y  1)( y  2) 1  y2 1 Với: y -2 và y - 2 . 2- Chứng minh..

(37) a 3  4a 2  a  4 a 1  3 2 Câu2 : a) Hãy chứng minh: a  7 a  14a  8 a  2. Giải:. a 3  4a 2  a  4 a 3  7 a 2  14a  8 (a 3  a )  (4a 2  4)  3 (a  8)  (7 a 2  14a ) a (a 2  1)  4(a 2  1)  (a  2)(a 2  2a  4)  7 a( a  2) (a  4)(a 2  1) (a  2)(a 2  5a  4) (a  4)(a  1)(a  1)  (a  2)(a  4)( a  1) a 1  a 2 . Câu2 : b) Chứng minh phân thức sau không phụ thuộc vào x: ( x 2  a)(1  a )  a 2 x 2  1 ( x 2  a)(1  a )  a 2 x 2  1.

(38) ( x 2  a )(1  a )  a 2 x 2  1 ( x 2  a)(1  a)  a 2 x 2  1 x2  x2 a  a  a2  a2 x2  1 x2  x2a  a  a2  a2 x2  1 x2  x2 a  a2 x2  a2  a  1  2 x  x2 a  a2 x2  a2  a  1 x 2 (1  a  a 2 )  (1  a  a 2 )  2 x (1  a  a 2 )  (1  a  a 2 ) . . ( x 2  1)(1  a  a 2 ) ( x 2  1)(1  a  a 2 ). 1  a  a2  1  a  a2. Giải:. Vậy: Phân thức không phụ thuộc vào x. 1 1 1 1    Câu2: c) Chứng minh rằng nếu x y z x  y  z thì trong ba số x, y, z ít. nhất cũng có một cặp số đối nhau . Giải:. Từ:. 1 1 1 1    x y z xyz yz  xz  xy 1  xyz xyz. Ta có: Từ đó ta có: ( x  y  z )( yz  xz  xy )  xyz.

(39) Hay ( x  y  z )( yz  xz  xy )  xyz 0 Biến đổi vế trái: ( x  y  z )( yz  xz  xy )  xyz  xyz  x 2 z  x 2 y  y 2 z  xyz  xy 2  yz 2  xz 2  xyz  xyz ( xyz  xz 2  y 2 z  yz 2 )  ( x 2 y  x 2 z  xy 2  xyz )  z ( xy  xz  y 2  yz )  x ( xy  xz  y 2  yz ) ( xy  xz  y 2  yz )( x  z ) ( x  y )( y  z )( x  z ) Vậy: ( x  y )( y  z )( x  z ) 0. Tích ba nhân tử bằng 0 chứng tỏ rằng ít nhất phải có một nhân tử bằng 0, từ đó suy ra ít nhất có một cặp đối nhau. 3- Tính giá trị. x3  x 2  6 x 3 Câu3 : a) Tính giá trị của phân thức C = x  4 x với x = 2008 3 2 x  x  6x x3  4 x x ( x 2  x  6)  x( x 2  4) x 2  2 x  3x  6 ( x  2)( x  2) x ( x  2)  3( x  2)  ( x  2)( x  2) x 3  Giải: C = x  2 . 2011 Với x = 2008 thì C = 2010. a 3  b3  c3  3abc 2 2 2 Câu 3: b) Cho a+b+c = 5. Tính giá trị của phân thức a  b  c  ab  bc  ac.

(40) a 3  b 3  c 3  3abc a 3  b3  c 3  3a 2 b  3ab 2  3a 2 b  3ab 2  3abc a 3  3a 2 b  3ab 2  b3  c3  3a 2 b  3ab 2  3abc (a  b)3  c 3  3ab(a  b  c) (a  b  c)[(a  b) 2  (a  b)c  c 2 ]  3ab(a  b  c ) 2 2 2 Ta có: (a  b  c)(a  b  c  ab  bc  ca ). a3  b3  c 3  3abc ( a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac )  a  b  c 5 2 2 2 2 2 2 a  b  c  ab  bc  ac ( a  b  c  ab  bc  ac ) Vậy: a b c x y z   0   1 x y z a b c Câu3: c) Cho a, b, c, x, y, z thỏa mãn và 2 2 2 x y z  2  2 2 Tính: a b c. Giải: x y z   1 a b c x y z  (   ) 2 1 a b c x 2 y 2 z 2 2 xy 2 xz 2 yz  2  2  2    1 ab ac bc a b c x 2 y 2 z 2 2 xyz c b a  2  2  2  (   ) 1 abc z y x a b c x 2 y 2 z 2 2 xyz a b c    (   ) 1 a 2 b 2 c 2 abc x y z a b c   0 Mà: x y z . x2 y2 z 2  2  2 1 2 Vậy: a b c. 4- Tổng hợp.

(41) mn 2  n 2 (n 2  m)  1 2 4 4 2 Câu4 : a) Cho biểu thức A = m n  2n  m  2. a1) Rút gọn A. a2) Chứng minh rằng A dương. a3) Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị lớn nhất? Giải: mn 2  n 2 (n 2  m)  1 m 2 n 4  2n 4  m 2  2 mn 2  n 4  mn 2  1  2 4 m n  m 2  2n 4  2 n4  1  4 (n  1)(m 2  2) 1  2 m 2. a1) A =. a2) Ta có: m2  0,  m. Nên: m2 + 2 > 0,  m. 1 Do đó: m  2 > 0,  m. Vậy: A > 0,  m. 2. a3) Ta có: m2  0,  m. Nên: m2 + 2  2,  m. 1 1  Do đó: m  2 2 ,  m. 1 Hay: A  2 ,  m. 2. 1 Vậy: A đạt giá trị lớn nhất khi A = 2. Suy ra: m2 + 2 = 2 hay m = 0.

(42) 2 2  x2  2  4 x 3x  x  1   3 :    3x Câu4: b) Cho M =  3x x  1  x  1 .. b1) Rút gọn biểu thức M. b2) Tìm giá trị của M với x = 2008. b3) Với giá trị nào của x thì M < 0 ? b4) Với giá trị nào của x thì M nhận giá trị nguyên? Giải: 1 b1) Điều kiện: x 0, x -1, x  2 2 2  x2  2  4 x 3x  x  1   3 :    x 1  x 1 3x  3x.  ( x  2)( x  1)  2.3 x  3.3 x.( x  1)  x  1 3 x  x 2  1   . 2  4x  3 x.( x  1) 3x   2 2 2  x  3x  2  6 x  9 x  9 x  x  1 3x  x  1   . 2  4x  3 x.( x  1) 3x   . (  8 x 2  2)( x  1) 3 x  x 2  1  3 x.( x  1)(2  4 x) 3x. . 2(1  2 x )(1  2 x) 3 x  x 2  1  2.3 x.(1  2 x) 3x. 1  2 x  3x  x 2  1  3x x( x  1)  3x x 1  3. M=.

(43) b2) Với x = 2008. 2008  1 669 3 M=. b3) M < 0 khi x – 1 < 0 tức là x < 1. Kết hợp với điều kiện. 1 Vậy: M nhận giá trị âm với mọi x < 1 trừ các giá trị 0, -1, 2 .. b4) M nhận giá trị nguyên khi (x-1)  3 hay x -1 = 3k Vậy: x = 3k +1 (k  Z) Câu5: a) Rút gọn biểu thức sau: 2 2 ab   ab   a b a   a :    2 2 M =  a  b  a b  a  b. 2 2 ab   ab   a b a   a :    2 2 a  b  a b   a b  a 2  ab  ab   ab  a 2  ab  a 2  b 2   . 2 2 a b a b    a b.  a 4 a 2  b2 . a2  b2 a 2  b2  a4  2 a  b2 . Giải:. M=. Câu5: b) Chứng tỏ: a2  a  1 3  2 , a2  1. a  R. Giải: Ta có:  a  1. 2. 0  a 2  1 2a. (1). (k  Z).

(44) Chia cả hai vế của (1) cho 2(a2+1), ta được: 1 a  2 2 a 1 1 a 1  2 1 a 1 Do đó: 2. 3 a2  a  1  2 2 a 1 2 a  a 1 3  2 2 , Vậy: a  1 . a  R. Câu5: c) Tính giá trị của biểu thức sau: 3. x  2a  b  x a a b Q  x   x  a  2b với  x b 2. Giải: a b 2 , ta có: Với a b b a x a  a 2 2 a b a b x b  b 2 2 x a b a 2   .  1 x b 2 a b x. Ta lại có: a b 3b  3a 3(b  a)  2a  b   2 2 2 a b 3a  3b 3( a  b) x  a  2b   a  2b   2 2 2 x  2a  b 3(b  a ) 2   .  1 x  a  2b 2 3(a  b) x  2a  b . Vậy: Q = (-1)3-(-1) = -1+1 = 0 Câu6: a) Rút gọn biểu thức sau: 1 1 1   A = (a  b)(a  c) (b  c)(b  a) (c  a)(c  b). Với a, b, c đôi một khác nhau. Giải:.

(45) 1 1 1   (a  b)(a  c ) (b  c)(b  a) (c  a )(c  b) 1 1 1    (a  b)(c  a ) (b  c)(a  b) (c  a )(b  c)  (b  c )  (c  a )  (a  b)  (a  b)(b  c )(c  a)  b c  c a  a b  ( a  b)(b  c)(c  a) 0 A=. (a, b, c đôi một khác nhau) Câu6: b) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc a, b, c. 4a 2  1 4b2  1 4c 2  1   B = (a  b)(a  c) (b  c)(b  a) (c  a)(c  b). Với a, b, c đôi một khác nhau. Giải:.

(46) B. 4a 2  1 4b 2  1 4c 2  1   (a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (c  a )(c  b).   a2 b2 c2 4.      (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)     a2  b2  c2 4.     0  (a  b)(c  a ) (b  c )(a  b) (c  a )(b  c)    a 2 (b  c)  b 2 (c  a )  c 2 ( a  b)  4.   ( a  b)(b  c)(c  a)     a 2 b  a 2 c  b 2 c  ab 2  ac 2  bc 2  4.   (a  b)(b  c )(c  a )    a 2 c  b 2 c  ab 2  a 2 b  ac 2  bc 2  4.   (a  b)(b  c)(c  a)    c (a 2  b 2 )  ab(a  b)  c 2 (a  b)  4.   ( a  b)(b  c)(c  a)    (a  b)[c (a  b)  ab  c 2 ]  4.    (a  b)(b  c )(c  a )   (a  b)(cb  c 2  ab  ca )  4.    (a  b)(b  c )(c  a )   (a  b)(b  c)(c  a)  4.   4  (a  b)(b  c)(c  a) . ( a, b, c đôi một khác nhau ) Câu6: c) Tính giá trị của biểu thức sau: P. x  2a x  2b 4ab  x x  2a x  2b với a b. Giải:.

(47) x  2a x  2b  x  2a x  2b ( x  2a )( x  2b)  ( x  2a )( x  2b)  ( x  2a)( x  2b) P. x 2  2bx  2ax  4ab  x 2  2bx  2ax  4ab  x 2  2(a  b) x  4ab 2( x 2  4ab)  2 x  2( a  b) x  4ab. Thay. x. 4ab a  b vào P ta có:.  16a 2 b 2  2  4ab  2 ( a  b)  P 2 2 16a b  8ab  4ab ( a  b) 2  16a 2 b 2  2  4ab  2 ( a  b)    2 2  16a b   4ab   2  ( a  b)  2. CHUYÊN ĐỀ 2:PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI 1) Nhắc lại giá trị tuyệt đối:  x khi x 0 x  -x khi x < 0. Ví dụ: a) 8 8;  10 10  2x+1 khi 2x+1 0 b) 2x+1  -(2x+1) khi 2x+1<0 A(x) b (b 0), A(x) B(x). 2) Giải phương trình:. a) Cách giải phương trình:. A(x) b (b 0),.  A(x) b A(x) b    A(x)  b. Ví dụ: Giải phương trình:. 3x+1 5. Giải.

(48)  3x+1 5 3x+1 5     3x+1  5.  4  x= 3   x=-2 A(x) B(x). b) Cách giải phương trình:. Cách 1:. Cách 2:. B(x) 0 A(x) B(x)    A(x)= B(x).  B(x) o    A(x)=B(x)   A(x)=-B(x) .  A(x) 0  A(x)=B(x) A(x) B(x)    A(x)<0   -A(x)=B(x) 3x+2 5x-1. Ví dụ: Giải phương trình: Giải.  2   x - 3   3x+2 0   x= 3    2 3x+2=5x-1 3x+2 5x-1     3x+2<0   x<- 2   3  -3x-2=5x-1     x=- 1 8   A(x)  B(x). (Nhaä n) (Loại). 3, Giải phương trình dạng:.  A(x)=B(x) A(x)  B(x)    A(x)=-B(x) Cách giải: 2-3x  5  2x. Ví dụ: Giải phương trình:. Giải  x=-3  2-3x=5  2x 2-3x  5  2x    7  x= 2-3x=-(5  2x)   5 A(x)  B(x) b. 4,: Giải phương trình: Cách giải 1: Bước 1: Lập bảng phá dấu giá trị tuyệt đối Bước 2: Giải các phương trình theo các khoảng trong bảng Ví dụ: Giải phương trình:. x+1  x-1 10. Giải Bước 1: Lập bảng phá dấu.

(49) x x+1 x-1 x+1. x-1. -x-1 -x+1 -2x. -1 0. 1 x+1 -x+1 2. 0. + Bước 2: Giải các phương trình theo các khoảng  x<-1: -2x=10  x=-5 thoả đk x<-1   1 x 1:2=10 Vô nghiệm   X>1: 2x=10 x=5 thoã đk x>1 Vậy phương trình có 2 nghiệm x=5 và x=-5 Cách giải 2: Đưa về 4 trường hợp sau  A(x) 0  TH1: B(x) 0  A(x) 0  TH 2: B(x)<0  A(x)<0  TH 3: B(x) 0  A(x)<0  TH 4: B(x)<0. ta giải phương trình A(x) + B(x) =b. Ta giải phương trình A(x) – B(x) =b Ta giải phương trình – A(x) + B(x) = b Ta giai phương trình sau –A(x) – B(x) = b x+1  x-1 10. Ví dụ: Giải phương trình : Giải  x+1 0   TH1:  x-1 0. x+1 x-1 2x. (*).  x  1  x 1   x 1. Phương trình(*) tương đương với phương trình x+1+x-1=10  x=5 thoã x 1  x+1 0  x -1    1 x<1  x-1<0 x<1   TH 2: (*)  x+1-x+1=10  2=10 Vô nghiệm  x+1<0  x<-1   TH 3:  x-1 0  x 1 : Không xãy ra  x+1<0  x<-1   x<-1  x-1<0 x<1   TH 4: (*)   (x+1)-(x-1)=10   2x=10  x=-5 thoã đk x<-1. Vậy phương trình có 2 nghiệm: x=5 và x=-5 Ví dụ 2: Giải phương trình:. 2 x  x-1  2 0. (1).

(50) Giải Lập bảng phá dấu: x -2x -(1-x) -x+1. 2x  x-1 2 x  x-1. +2. 0 0. 1 2x -(1-x) 3x+1. 0. 2x -(x-1) x+3.  x<0 : (1)  -x+1=0  x=1 không thoã x<0 x=-. 1 3 không thoã 0 x 1.  0 x 1 : (1)  3x+1=0   x>1 : (1)  x+3 =0  x=-3 không thoã x>1 Vậy phương trình vô nghiệm x-1  x-2 x-3. Ví dụ 3: Giải phương trình: Cách giải tương tự như các ví dụ trên.. Chuyên đề 3:TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN VÀ CÁC BÀI TOÁN 1/Kiến thức cơ bản: 1/ Định nghĩa TSLG của góc nhọn. 2/ Hệ thức giữa các tỉ số LG của hai góc phụ nhau. 3/ Chú ý: a/ sin2α + cos2α = 1 sin α. b/ tgα = cos α tg 2 α sin α = 1+ tg 2 α. e/. f/ tgα . cotgα = 1. k/. d/. l/. 2. 1 2 =1+ tg α , 2 cos α. cos α sin α 1 cos 2 α = 1+ tg 2 α 1 =1+cot g2 α 2 sin α. c/. ....... cot gα=. ( C/M các hệ thức nầy). 4/ Hệ thức giữa các cạnh và góc của một tam giác vuông. ( từ định nghĩa suy ra). 5/ Giải tam giác vuông. 6/ Ứng dụng thực tế tỉ số LG của góc nhọn. ( Đo chiều cao, đo khoảng cách, đo diện tích) 7/ Viết được tỉ số LG các góc đặc biệt ( 0o. 30o, 45o, 60o, 90o… ) 8/ Sử dụng thạo máy tính bỏ túi tìm tỉ số LG góc nhọn, tìm góc nhọn khi biết tỉ số LG của nó… 9/ Khái niệm đường tròn lượng giác để liên hệ, nhận biết sâu sắc hơn về tỉ số LG góc nhọn. ( giới hạn ở phần tư thứ nhất) 2.Kỹ năng cần rèn:.

(51) Biết cách lập các tỉ số lượng giác của góc nhọn một cách thành thạo. Sử dụng thành thạo bảng lượng giác hoặc máy tính bỏ túi để tính các tỉ số lượng giác hoặc tính góc. Biết vận dụng linh hoạt các hệ thức trong tam giác vuông để tính một số yếu tố hoặc để giải tam giác vuông - Dựng một góc nhọn - Chứng minh các đẳng thức - Rút gọn biểu thức - Tính khoảng cách - Tính chiều cao - Tính diện tích tam giác -Tính độ dài đoạn thẳng … II.Các dạng bài toán nâng cao:(Trắc nghiệm & tự luận) Dạng 1: Chứng minh các hằng đẳng thức: a) (sinx + cosx)2 = 1 + 2sinx.cosx b) (sinx – cosx)2 = 1 – 2sinx.cosx c) sin4x + cos4x = 1 – 2sin2x cos2x d) sinxcosx(1 + tgx)(1 + cotgx) = 1 + 2sinx . cosx . e) Cho  là góc nhọn của một tam giác vuông. Chứng minh các hệ thức: i) sin2 α =. tg 2 α ; 2 1+ tg α. ii) cos2 α =. 1 1+ tg 2 α. Dạng 2: Dựng một góc nhọn biết tỉ số LG của nó. Dựng góc nhọn α, biết rằng: 1. sinα = 2 ; cosα = 0,8 ; tgα = 1. Dạng 3: Đổi các tỉ số LG của góc nhọn thành tỉ số LG của góc nhỏ hơn 45o . Đổi các tỉ số lượng giác của các góc nhọn sau đây thành tỉ số lượng giác của góc nhỏ hơn 45o. sin82o; cos47o; sin48o; cos55o. Dạng 4: Xếp thứ tự từ nhỏ đến lớn các tỉ số LG đã cho. a) Cho tam giác ABC có AB = 3 cm, AC = 4 cm, BC = 5 cm. Hãy tính các tỉ số lượng giác của góc B, C. b) Xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn các tỉ số lượng giác sau: sin78o; cos14o; sin47o; cos87o. Dạng 5: Biết sinα . Tính cosα. . . . 1) Biết rằng sinα = 0,6. Tính cosα và tgα. 2) Biết rằng cosα = 0,7. Tính sinα và tgα. 3) Biết rằng tgα = 0,8. Tính sinα và cosα. 4). 1. Biết cosx = 2 , tính P = 3sin2x + 4cos2x. 1. 5) a) Cho góc nhọn  mà sin = 4 . Tính cos và tg. 1. b) Cho góc α mà cosα = - 3 . Tính sinα, tgα và cotgα ..

(52) c) Cho tgx = 2 √ 2 . Tính sinx và cosx. 6) Hãy tính sinα, tgα nếu: cos α =. a). 12 13. b). cos α =. 3 5. 6− 2 Biết rằng sin 15o = √ √ . Tính tỉ số lượng giác của góc 15o .. 7). 4. Dạng 6: Các biểu thức dạng chứng minh khi biết một số điều kiện của bài toán ( áp dụng các hệ thức đểõ chứng minh các đẳng thức khác). Ví dụ: 1/ Cho các góc α,  nhọn, α < . Chứng minh rằng: a) cos( -α) = coscosα + sinsinα b) sin( - α) = sincosα - sinsinα. 2) Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: sin. a). A B C 1 sin sin ≤ 2 2 2 8. b). cos A+cos B+ cos C ≤. 3 . 2. 3) Cho tam giác ABC nhọn có ba cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng: c = a2 + b2 – 2ab.cosC (AB = c, BC = a, CA = b). Gợi ý: 2. Ta có: AHC có H = 90o do đó x2 + h2 = b2 ( định lý Pytago) Mặt khác: BH2 = AB2 – AH2 Hay (a – x)2 = c2 – h2 a2 + x2 -2ax = c2 – (b2 – x2) Hay a2 – 2ax = c2 – b2  c2 = a2 + b2 – 2ax Vậy c2 = a2 + b2 – 2abcosC. 4) a/ Cho tam giác ABC có AB = 6cm, BC = 10cm, AC = 8cm. Tính sinB, cosB, tgB. b/ Cho tam giác ABC có AD, BE, CF là 3 đường cao. Chứng minh rằng: AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC Dạng 7: Chứng minh các đẳng thức sau:. sin α. a) Chứng minh rằng sin2α + cos2α = 1, tgα = cos α b). 1 1 + =1 1+ tg α 1+ cot gα.

(53) c) sin4x – cos4x = 2sin2x – 1 d) e). 1 1 + 2 =¿ tg2x + cotg2x + 2 2 sin x cos x 1+sin 2 α =1+2 tg 2 α , .. .. . 2 1 −sin α. f) Cho α,  là hai góc nhọn. Chứng minh rằng: cos2α – cos2 = sin2 - sin2α =. 1 1 2 2 1+ tg α 1+ tg β. Gợi ý: cos2α + sin2α = cos2 + sin2 = 1 1 = 1+ tg 2 α. 1 1 2 = 2 =cos α 2 2 sin α cos α+ sin α 1+ cos α cos2 α sin α cos α a) tgα = cos α , cotgα = sin α. (. ). b) a2 – b2 = (a + b)(a – b) c) Chứng minh rằng:. và. sin2x + cos2x = 1.. 1 =1+cot g2 α 2 sin α. và. 1 =1+ tg 2 α 2 cos α. Dạng 8: Rút gọn biểu thức: 1) sin210o + sin220o + sin230o + sin280o + sin270o + sin260o. Gợi ý : b) sin80o = cos10o; sin70o = cos20o; sin60o = cos30o. Mà sin2α + cos2α = 1 Do đó: sin210o + sin220o + sin230o + sin280o + sin270o + sin260o = 2) sin6x + 3sin4x.cos2x + 3sin2x.cos4x + cos6x 3) (1 + cosα)(1 – cosα) – sin2α. . . . 4) Đơn giản các biểu thức: A = cosy + siny . tgy B = √ 1+ cos b . √ 1− cos b C = sin a √ 1+ tg 2 a 5) Tính: a) cos2 12o + cos2 78o + cos2 1o + cos2 89o b) sin2 3o + sin2 15o + sin2 75o + sin2 87o . 6) Đơn giản biểu thức: A = sin(90o – x)sin(180o – x) B = cos(90o – x)cos(180o – x). … = 3. Dạng 9: Bài toán cực trị Cho tam giác ABC có hai đường trung tuyến BD và CE vuông góc nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất 1. 1. của tổng tgB + tgC . Dạng 10: Giải các tam giác vuông ở C, biết rằng: a) b = 10cm, A = 30o ; b) c = 20cm, B = 35o ;.

(54) c) a = 21cm, b = 18cm; d) a = 82cm, A = 42o . Dạng 11: Tính khoảng cách - Tính chiều cao - Tính diện tích tam giác - Tính độ dài đoạn thẳng - C /m các hệ thức trong tam giác…. :Bằng cách áp dụng tỉ số LG góc nhọn. BT 1: Cho tam giác ABC có AB = 26cm, AC = 25cm, đường cao AH = 24cm. Tính cạnh BC. BT 2: Cho tam giác ABC cân (AB = AC) và đường tròn tâm O tiếp xúc với hai cạnh AB và AC lần lượt ở B và C. Từ điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C) kẻ MD, ME, MF lần lượt vuông góc với các đường thẳng BC, CA, AB. 1/ Chứng minh các tứ giác MDBF, MBCE nội tiếp. 2/ Chứng minh các tam giác DBM và ECM đồng dạng. 3/ Cho góc BAC = 60o và AB = 2, tính bán kính đường tròn tâm O. BT 3: Một con sông rộng 250m. Một chiếc đò chèo vuông góc với dòng nước, vì nước chảy nên bơi 320m mới sang được tới bờ bên kia. Hỏi dòng nước đã giạt chiếc đò lệch đi một góc bằng bao nhiêu. BT 4: a) Cho tam giác ABC có A nhọn. Chứng minh rằng: 1. SABC = 2 AB . AC . sin A .. b). Gợi ý : Vẽ BH là đường cao của tam giác. ABC.. 1. BH = ABsinBAH; SABC = 2 BH.AC. c) Cho tứ giác ABCD có AC cắt BD tại O và AOB nhọn. 1. Chứng minh rằng: SABCD = 2 AC.BD.sin AOB. BT 5: Cho điểm A nằm bên trong dãy tạo bởi hai đường thẳng song song d và m lần lượt tại B và C. Xác định vị trí của B và C. Xác định vị trí của B và C để diện tích tam giác ABC nhỏ nhất. BT 6: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 2 + ≤ + =√ a) b) . AB AC. AD. AB. 2. 2. AC. AD. 2. BT 7: Cho hình thang ABCD có hai cạnh bên là AD và BC bằng nhau, đường chéo AC vuông góc với cạnh bên BC. Biết AD = 5a, AC = 12a..

(55) sin B+ cos B. a) Tính sin B − cos B b) Tính chiều cao của hình thang ABCD. BT 8: Cho tam giác ABC. Biết AB = 21cm, AC = 28cm, BC = 35cm. a) Chứng minh tam giác ABC vuông; b) Tính sinB, sinC. BT 9: Cho hình thang ABCD. Biết đáy AB = a và CD = 2a ; cạnh bên AD = a, góc A = o 90 a) Chứng minh tgC = 1 ; b) Tính tỉ số diện tích tam giác DBC và diện tích hình thang ABCD ; c) Tính tỉ số diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác DBC. BT 10: Gọi AM, BN, CL là ba đường cao của tam giác ABC. a) Chứng minh:  ANL ~  ABC ; b) Chứng minh: AN.BL.CM = AB.BC.CA.cosAcosBcosC. III.Tài liệu tham khảo: 1/ Giúp em giỏi Hình học lớp 9 của Nguyễn Đức Tấn – Võ Tất Lộc. 2/ Sách giáo khoa Hình học Lớp 10 – Xuất bản năm 2000. 3/ Hình học lớp 9 nâng cao của Vũ Hữu Bình. Chuyên đề 10 :BÀI TOÁN DỰNG HÌNH Nói đến dựng hình phải nhớ là dựng bằng thước và compa. Ta đã học những phép dựng hình cơ bản sau:  Dựng một đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng cho trước.  Dựng một góc bằng một góc cho trước.  Dựng đường trung trực của một đoạn thẳng cho trước ,dựng trung điểm của một đoạn thẳng cho trước.  Dựng tia phân giác của một góc cho trước .  Qua một điểm cho trước ,dựng một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước .  Qua một điểm nằm ngoài đường thẳng cho trước ,dựng đường thẳng song song với đường thẳng ấy . Ta đã vận dụng các phép dựng hình cơ bản để dựng tam giác biết ba cạnh ,hoặc biết hai cạnh và góc xen giữa,hoặc biết một cạnh và góc kề. Trong các bài toán dựng hình phức tạp hơn,ta phải tuân thủ các bước của phương pháp dựng hình như sau:  Bước 1:Phân tích hình.  Bước 2: Dựng hình..

(56)  Bước 3:Chứng minh cách dựng trên thoả mãn yêu cầu của đề toán.  Bước 4:Biện luận: Xem lại từng phép dựng đã thực hiện để xem có điều kiện ràng buộc không.Từ đó suy ra bài toán có mấy nghiệm hình. Thí dụ 1:Dựng tam giác ABC ,biết cạnh BC = a ,trung tuyến AM = m (a và m là những độ dài cho trước ) và góc  giữa AM và đường cao AH.. 1. Phân tích:Giả sử bài toán đã giải xong,và ta đã dựng được tam giác ABC thoả mãn yêu cầu của đề toán .Phân tích hình đó theo hướng phát hiện một bộ phận của hình hội đủ các điều kiện để dựng được một cách chính xác.Đó là tam giác vuông  AHM có cạnh huyền AM = m,và HAM =  cho trước.Tam giác đó hoàn toàn xác định nên dựng được. Sau khi dựng xong tam giác vuông AHM ,ta hoàn tất hình phải dựng chẳng khó khăn gì.Vậy ta có cách dựng như sau : 2. Cách dựng:  Dựng đoạn thẳng AM có độ dài m cho trước (phép dựng cơ bản a).   Dựng MAx =  cho trước (phép dựng cơ bản b).  Từ M kẻ MH  Ax tại H (phép dựng cơ bản e). Bây giờ chỉ còn dựng hai đỉnh B,C .Cạnh BC nằm trên đường thẳng MH,nên trên đường thẳng MH ,ta lấy ở hai phía khác nhau đối với điểm M hai điểmB,C sao cho MB a = MC = 2 (phép dựng cơ bản c và a).. 3. Chứng minh: Rõ ràng tam giác trên đây thoả mãn đầy đủ các yêu cầu của đề toán  :có cạnh BC = a cho trước , trung tuyến AM = m cho trước , MAH =  cho trước . 4. Biện luận :Lần lại từng khâu dựng hình , khâu nào cũng được thực hiện không có  gì trở ngại.Duy chỉ có góc  cho trước và yêu cầu đề ra là MAH của tam giác   vuông AMH phải bằng ,thì rõ ràng phải là góc nhọn .Vậy với điều kiện này thì bài toán bao giờ cũng giải được và có một nghiệm hình . Thí dụ 2 :Dựng một tam giác ABC với trung tuyến AM có độ dài bằng một đoạn thẳng m cho trước ,và các góc MAB và MAC lần lượt bằng những góc  và  cho trước..

(57) 1. Phân tích :  Giảsử bài toán đã giải xong và ta đã dựng được tam giác ABC thoả mãn yêu cầu bài toán .Hình vẽ trên cho thấy không có một bộ phận nào của hình hội đủ điều kiện để dựng được.   Thí dụ:Tam giác AMC chỉ có hai yếu tố được biết là MAC =  và AM = m ,nên không thể dựng được.Đây là lúc nhớ lại được những bài toán tương tự rất quí giá .  Thí dụ ,nhớ bài :nếu kéo dài trung tuyến AM thêm một đoạn MD = AM ,thì  hai tam giác AMB và DMC bằng nhau (c,g,c) nên A 1= D . Từ đó ,hình thành  tam giác ACD với A 2=  , D = A 1=  và AD = 2m. Tam giác đó hội đủ điều kiện để dựng được .Sau khi dựng được tam giác này ,ta sẽ dựng được điểm B,chẳng gì khó khăn. 2. Cách dựng:  Dựng đoạn thẳng AD = 2m.    Dựng hai góc kề cạnh đó là DAC =  và ADC =  ,hai cạnh AC và DC giao nhau tại C.Sau đó ta vẽ trung tuyến CA của tam giác ACD và kéo dài thêm một đoạn MB =MC ,từ đó xác định đỉnh B của tam giác ABC cần dựng . 3. Chứng minh:Theo cách dựng này ,rõ ràng tam giác AMB và tam giác DMC bằng AD  nhau(c,g,c).Từ đó AM = 2 = m , A 1= D =  , A 2=  .Cho nên ,tam giác ABC. dựng được thoả mãn đầy đủ các yêu cầu đề bài . 4. Biện luận :Trên đây ta nói hai cạnh AC và DC giao nhau tại C.Thực ra là chúng chỉ giao nhau nếu  +  < 2v .Do đó bài toán luôn giải được và có một nghiệm hình. Thí dụ 3: Cho một góc xOy và một điểm M ở bên trong góc ấy .Dựng một đoạn thẳng AB sao cho A  Ox , B Oy và M là trung điểm của AB..

(58) 1. Phân tích :Giả sử bài toán giải xong và ta đã dựng được đoạn thẳng AB thoả mãn yêu cầu của đề bài là A  Ox, B  Oy và M là trung điểm của AB. Nếu kéo dài OM thêm đoạn MD = OM thì    AMO =  BMD(c,g,c)  O 1= D .Từ đó , DB  Ox .Ngược lại, nếu từ D kẻ DB Ox   (B  Oy ,rồi BM đến cắt Oxtại A thì  AMO =  BMD (g,c,g) với M 1= M 2 (đối    đỉnh) , M 1= D (so le trong ,DB Ox) và MD =OM (do dựng ),từ đó AM = MB. 2. Cách dựng :Kéo dài OM thêm đoạn MD= OM ,rồi từ D kẻ đường thẳng song với Ox ,cắt Oy tại B.Tiếp đến kẻ BM cho đến cắt Ox tại A thì M là trung điểm của AB. 3. Chứng minh:  AMO và  BMD có :   M 1= M 2 (đối đỉnh) MO = MD (cách xác` định điểmD)    Ox) O 1= MDB (so le trong –DB Do đó :  AMO =  BMD (g,c.g)  AM = MD. 4.Biện luận : Bài toán luôn có một nghiệm. Phụ chú :Bài toán có thể phân tích cách khác : OA Kẻø MN Ox (N Oy) thì MN= 2 .Ngược lại, nếu kẻ MN Ox(N  Oy),và lấy điểm A trên Ox. cho OA = 2MN,rồi kẻ AM đến cắt Oy tại B thì AM =MB.Quả vậy ,gọi B là trung điểm của OA = PA  PM ON.Vậy BM phải đi qua trung điểm của AB,tức AM = MB . Qua phân tích này ta thấy rõ cách dựng và chứng minh .Bài toán luôn có một nghiệm . Thí dụ 4 :Cho một góc xOy và hai điểm A,B .Dựng một điểm cách đều hai cạnh Ox,Oy và cách đều hai điểm A,B. 1. Phân tích :. sao có  OP.

(59) Giả sử bài toán đã giải xong và ta đã dựng được điểm M cách đều hai cạnh Ox, Oy và cách đều hai điểm A,B ,nghĩa là có MH = MK (MH  Ox,H Ox, MK  Oy,K Oy) và MA=MB. Vậy M vưà thuộc tia phân giác Ot của xOy, vừa thuộc đường trung trực d của AB nên M là giao điểm của Ot và d . 2. Cách dựng : Dựng tia phân giác Ot của góc xOy và đường trung trực d của AB ,d cắt Ot tại M. M là điểm cần dựng. 3.Chứng minh : M  Ot nên MH = MK . M  d nên MA = MB. 4.Biện luận : a. d cắt Ot nếu AB không vuông góc với Ot .Bài toán có một nghiệm hình . b. Nếu AB  Ot và OA OB thì Ot  d :Bài toán vô nghiệm. c. Nếu AB  Ot và OA = OB thì d  Ot .Bài toán có vô số nghiệm,nghĩa là bất kỳ điểm nào của Ot cũng vừa cách đều hai cạnh Ox và Oy,vừa cách đều A và B. Thí dụ 5 :Cho một góc nhọn xOy và một điểm A trên Oy.Tìm một điểm M trên đoạn OA sao cho nếu kẻ MP = MA.. 1. Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong và ta đã dựng được điểm M theo yêu cầu của đề bài. Kẻ PN AM và PN = AM thì AN  NP , Có nghĩa là AN  Ox (1) Mặt khác PN = AM = OP nên tam giác OPN cân :   O N 1= 1 O  Mà 2 = N 1(góc so le trong-PN Oy)   Nên O 1= O 2. Điều đó có nghĩa là N nằm trên tia phân giác của góc xOy . Theo (1) thì N nằm trên đường thẳng vuông góc với Ox hạ từ A.Vậy N là giao điểm của đường thẳng đó với tia phân giác của góc xOy . Vị trí N hoàn toàn xác định .,do đó dựng được..

(60) 2. Cách dựng :Kẻ tia phân giác Ot của góc xOy và từ A ,kẻ đường thẳng vuông góc với Ox , cắt Ot tại N .Từ N kẻ NP Oy ,cắt Ox tại P .Từ P kẻ đường thẳng vuông góc với Ox, cắt Oy tại điểm N cần dựng .   3. Chứng minh :NP Oy nên N 1= O 2 (so le trong )   Mà Ot là tia phân giác : O 1= O 2.   Từ đó : O 1= N 1  Tam giác OPN cân tại P : OP = PN. MP và AN cùng vuông góc với Ox nên MP  AN . Do đó: PN = AM (đoạn thẳng song song bị chắn bởi hai đường thẳng song song). (2) Từ (1),(2) suy ra: OP = AM. 4. Biện luận : Góc xOy nhọn nên tia phân giác Ot cắt đường thẳng kẻ từ A vuông góc với Ox tại một điểm N duy nhất.Do đó bài toán có một nghiệm hình . BÀI TẬP Bài 1:Cho tam giác ABC vuông cân, cạnh huyền BC = 2a không đổi .Gọi H là trung điểm của BC .. 1. Hãy dựng điểm M trên đoạn AH sao cho khoảng cách từ M đến BC bằng tổng khoảng cách đến AB và AC .. 2. Tính theo a độ dài của HM tương ứng . HD: 1/ Gọi N là điểm đối xứng của M qua AB. 1. Phân tích :Giả sử đã dựng được M thuộc AH mà khoảng cách từ M đến BC bằng tổng khoảng cách từ M đến AB và AC. Ta có N  AP. . MH = MK + ML =MN.      MNH cân tại M  MNH MHN  MHN =. =.  PHN .. 2. Cách dựng :+Dựng điểm P là đối xứng của điểm H qua AB. +Dựng phân giác HN của. .  AHB.. PH , M  AH thì ta có M là điểm cần dựng .  MH = MN = MK+ ML.  3. Chứng minh: Thật vậy : MHN cân tại M +DỰng NM. 4. Biện luận:BaØi toán có một nghiệm hình . 2/Đặt MH = x.TA có : AH = AM + MH .. . MA = a – x. MH = 2MK. . x = 2 (a – x). 2 2 . a 2 1 2  x=. x = a(2-. 2 ).. Bài 2: Dựng một tam giác ,biết hai góc và một đường phân giác . Biết hai góc của một tam giác tức là biết cả góc thứ ba ,nên cho biết đường phân giác thuộc góc nào cũng vậy thôi.Do vậy ta sẽ dựng tam giác ABC,biết góc B bằng. 1.. . ,góc C bằng. . và đường phân giác BD bằng một đoạn thẳng a cho trước .. B  = 2 = 2. Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong và ta đã dựng được tam giác ABC theo yêu cầu của đề bài .Ta hãy tìm khâu” đột phá’tức là.  B  tìm một tam giác hội đủ các điềåu kiện để dựng được.Dễ dàng phát hiện được tam giác BDA có BD =a , ABD   BDA = 2 +C= 2 +. và.

(61) 2..  xBy  =. Cách dựng :. . Trước hết dựng một góc. .. . Dựng tia phân giác Bt của góc đó.Trên tia Bt dựng đoạn BD = a.. . Từ D dựng đường thẳng song song với By cắt Bx tại E.Dựng góc. . Cạnh Dv cắt Bx tại A và tia đối của tia Dv cắt By tại C..   EDv = ..   BDE DBC  2 3. Chứng minh : = = (so le trong ).   BDA BDE  EDA 2  C Vậy = + = +  .Từđó suy ra = . B  C Vậy tam giác ABC đã dựng có = , = và tia phân giác BD = a .   < 2v. 4.Biện luận :bài toán luôn có nghiệm hình nếu. +. Bài 3 :Dựng tam giác cân ABC (AB = AC ),biết chu vi bằng 2p và chiều cao AH=h. 1.. Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong và ta dựng được tam giác ABC theo yêu cầu đề bài . Nếu trên tia đối của tia CB ta dựng đoạn thẳng CD = AC ,và trên tia đối của tia BC dựng đoạn thẳng BE = AB thì được đoạn DE = 2p,và đường cao AH=h là dựng được .Sau khi dựng được tam giác cân DAE ,ta xác định vị trí hai đỉnh B và C chẳng khó khăn gì ,bằng cách dựng đường trung trực của AE và AD.. 2. 3.. Cách dựng :Dựng đoạn thẳng DE = 2p.Dựng đường trung trực d của DE ,vuông góc với DE tại H.Dựng điểm A trên d sao cho AH = h .Dựng đường trung trực của AE và AD lần lượt cắt DE tại đỉnh B và C cần dựng . Chứng minh : RoÕ ràng AB = BE , AC = CD nên tam giác ABE và ACD là tam giác cân. là tam giác cân(AE = AD) nên. 4..  E. =.  D. .TưØ đó. ABC. =. ACB. ABC. =2.  ACB E ,. . = 2 D .Mà tam giác AED. ,và tam giác ABC là tam giác cân với đường cao AH = h .MaËt khác , chu. vi tam giác ABC = AB +AC +BC =EB + BC + CD = 2p .Vậy là tam giác cânABC đã dựng đáp ứng các yêu cầu của đề bài. Biện luận : Bài toán luôn có một nghiệm hình ..  B. Bài 4:Dựng tam giác ABC biết chu vi bằng 2p và. 1.. =.    C , = .. Phân tích :Giả sử bài toán đã giải xong và ta đã dựng được tam giác ABC theo yêu cầu đề bài.. 1  2 B.  1      C = 2 .Vậy là tam giác ADE hội đủ các điều kiện để dựng được. tam giác ABE và ACD là tam giác cân nên: = = 2 và D = 2  2  2 E D 2. Cách dựng : Dựng đoạn thẳng DE = 2 p , dựng góc = và góc = ,hai cạnh EA và DA của hai góc E và D cắt nhau tại A . Dựng Nếu trên tia đối của tia BC ta dựng đoạn thẳng BE = AB , và trên tia đối của tia CB dựng đoạn thẳng CD = AC thì ta được đoạn thẳng DE = 2p .Hai.  E. đường trung trực của AE và AD , cắt DE tại B và C cần dựng .. 3.. Chứng minh : Các tam giác ABE vàACD là tam giác cân vì B thuộc đường trung trực của AE(AB = BE ) và C thuộc đường trung trực của. . . AD (AC = CD ).Từ đó , B =2 E =. . và góc.  C. . =2 D =. . .. Mặt khác , chu vi tam giác ABC = AB+AC+BC=BE+CD +BC = 2p. Vậy tam giác ABC thoả mãn yêu cầu đề bài .. 4.. Biện luận : Bài toán có một nghiệm hình nếu. . +. . < 2v.. BÀI TẬP Bài 1:Dựng tam giác ABC ,biết vị trí của ba điểm : Đỉnh A ,trung điểm M của cạnh AC và trọng tâm G của tam giác . Hướng dẫn :Trường hợp dựng hình như thế nầy là rất thuận lợi ,vì ngay từ đầu đã có tam giác AGM làm cơsở để hoàn tất hình cần dựng . Bài 2:Dựng tam giác ABC (. A. = 1v) ,biết đường cao AH và trung tuyến AM ứng với cạnh huyền.. Bài 3: Dựng một tam giác vuông biết cạnh huyền và trung tuyến ứng với một cạnh góc vuông. Hướng dẫn :Chú ý rằng trong tam giác vuông ,nếu biết cạnh huyền thì biết luôn trung tuyến ứng với nó,thành ra biết hai trung tuyến và trọng tâm của tam giác . Baì 4: Dựng một tam giác biết một cạnh và hai trung tuyến xuất phát từ hai mút của cạnh đó . Bài 5:Dựng tam giác ABC biết cạnh BC và trung tuyến AM,BN. Hướng dẫn :Bài 4,5 biết hai trung tuyến tức là biết trọng tâm của tam giác ..

(62) Bài 6:Dựng một tam giác biết độ dài ca ûba trung tuyến . Hướng dẫn :Kéo dài AD thêm một đoạn DI = GD =. 1 3 AD.. Chứng minh CI = BG .Vậy tam giác CIG là hoàn toàn xác định,dựng được .Từ đó hoàn tất hình cần dựng . Bài 7: Dựng tam giác ABC biết giao điểm của ba đường cao với đường tròn ngoại tiếp là D,E,F. Hướng dẫn : Giả sử tam giác ABC đã dựng xong ,gọi H là trực tâm của tam giác ABC ,khi đó ,D,E,F là các điểm đối xứng của H qua BC, CA và AB .. . DA,BE, CF là ba đường phân giác của tam giác DEF cắt (O) tại A,B,C.Tam giác ABC là tam giác cần dựng.. BaØi 8: Dựng hình thoi ABCD ,biết E là điểm trên AC ,M là một điểm trên BD, E cách giao điểm hai đường chéo là a ( cm ) và Q là điểm đối xứng của M qua cạnh AD . Hướng dẫn : Giả sử hình thoi ABCD đã dựng xong ,tâm O của nó là giao điểm của:-Đường tròn đường kính ME (vì MOE=1v) -Đường tròn (E; a) ,(vì EO = a (cm) ) Các đường thẳng EO và MO là những đường thẳng chứa các đường chéo AC và BD. A và D là giao điểm của EO và MO và đường trung trực của MQ .Từ đó xác định C và B đối xứng với A và D qua O. Bài 9: Cho hai điểm A và B ở cùng một phía đối với đường thẳng xy .Dựng một điểm M sao cho từ M nhìn đoạn AB dưới một góc. . cho trước và hai. cạnh AM và MB chắn trên xy một đoạn thẳng có độ dài bằng m cho trước . Hướng dẫn : Giả sử bài toán đã dựng xong..    AEC = M =  E ở trên cung chứa góc . Vẽ BC. . xy và BC = m .. dựng trên đoạn AC và E thuộc xy.. Lấy đoạn ED trên xy để có ED = m . M là giao điểm của AE và BD.. Chuyên đề: 12DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH I. NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ: 1. Đa giác lồi. 2. Đa giác đều 3. Tổng các góc trong đa giác n cạnh là (n – 2). 1800 (n  3).n 2 4. Số đường chéo của một đa giác n cạnh là. 5. Tổng các góc ngoài của một đa giác n cạnh là 3600 6. Trong một đa giác đều, giao điểm O của hai đường phân giác của hai góc là tâm của đa giác đều. Tâm O cách đều các đỉnh, cách đều các cạnh của đa giác đều, có một.

(63) đường tròn tâm O đi qua các đỉnh của đa giác đều gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. 7. Diện tích tam giác: 1 S  a.h 2 (a: cạnh đáy; h: chiều cao tương ứng) 1 S  a.b.sin C 2 ( a = AB; b = CA ). 8. Diện tích hình chữ nhật S = ab 9. Diện tích hình vuông S = a2 10. Diện tích hình bình hành S = ah (h là chiều cao kẻ từ một đỉnh đến cạnh a) 11. Diện tích hình thoi 1 S  AC.BD 2. (AC; BD là hai đường chéo) 12. Diện tích hình thang 1 S  ( AB  CD). AH 2 (AB, CD là hai đáy; AH: chiều cao). 13. Một số kết quả cần nhớ a). SABM = SACM ( AM là trung tuyến tam giác ABC) b). AA’ // BC => SABC = SA’BC S ABD BD  S CD DBC c). S ABD AH  S DK DBC d). (D thuộc BC của tam giác ABC) (AH; DK là đường cao của tam giác ABC và DBC). S AMN AM AN  . S AB AC (M thuộc BC; N thuộc AC của tam giác ABC) ABC e). II. PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH: Sử dụng công thức tính diện tích để thiết lập mối quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng - Ta đã biết một số công thức tính diện tích của đa giác như công thức tính diện tích hình tam giác, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi ….. khi biết độ dài của một số yếu tố ta có thể tính được diện tích của nhữnh hình ấy. Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của hai hình chẳng hạn biết diện tích của hai tam giác bằng nhau và có hai đáy bằng nhau thì suy ra được các chiều cao tương ứng bằng nhau. Như vậy các công thức diện tích cho ta các quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng. Sử dụng các công thức tính diện tích các hình có thể giúp ta so sánh độ dài các đoạn thẳng. - Để so sánh độ dài các đoạn thẳng bằng phương pháp diện tích, ta có thể làm theo các bước sau: 1. Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.

(64) 2. Sử dụng các công thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó bằng một đẳng thức có chứa các độ dài. 3. Biến đổi các đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa hai đoạn thẳng cần so sánh. Ví dụ 1: Cho tam giác đều ABC. Từ điểm O ở trong tam giác ta vẽ OH  AB ; OI  BC ; OK  CA . Chứng minh rằng khi O di động trong tam giác thì tổng OH + OI + OK không đổi. Giải Gọi độ dài mỗi cạnh của tam giác đều là a, chiều cao h Ta có: S AOB  S BOC  SCOA S ABC 1 1 1 1 a.OH  a.OI  a.OK  a.h 2 2 2 2 1 1 a (OH  OI  OK )  a.h 2 2  (OH  OI  OK ) h (không đổi). A H. K. C B I Nhận xét : - Có thể giải ví dụ trên bằng cách khác nhưng không thể ngắn gọn bằng phương pháp diện tích như đã trình bày. - Bài toán trên vẫn đúng nếu O thuộc cạnh của tam giác đều - Nếu thay tam giác đều bởi một đa giác bất kỳ thì tổng các khoảng cách từ O đến cách cạnh cũng không thay đổi. Ví dụ 2: Chứng minh định lý Pitago: Trong một tam giác vuông, bình phương của cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông: Giải: - Dựng ra phía ngoài ABC các hình vuông BCDE; ABFG; ACMN 2 2 2 - Muốn chứng minh BC  AB  AC ta phải chứng minh S BCDE  S ABFG S ACMN - Vẽ đường cao AH kéo dài cắt DE tại K. ta sẽ chứng minh S ABFG S BHKE và S ACMN SCHKD. - Nối AE; CF FBC ABE (c-g-c)  S FBC S ABE (1) FBC và hình vuông ABFG có chung đáy BF, đường cao ứng với đáy này bằng. nhau (là AB) 1  S FBC  S ABFG 2. (2). 1  S ABE  S BHKE 2 Tương tự: (3) Từ (1); (2) và (3)  S BHKE S ABFG.

(65) Chứng minh tương tự ta được: SCHKD S ACMN Do đó: S BHKE  SCHKD S ABFG  S ACMN S BCDE S ABFG  S ACMN (đpcm) N \. G. A. M \. F. B \. E \. H \. K \. C \. D \. Nhận xét: - Điểm mấu chốt trong cách giải trên là vẽ hình phụ: vẽ thêm ba hình vuông. 2 2 2 Ta phải chứng minh: BC  AB  AC mà BC2; AB2; AC2 chính là diện tích của các hình vuông có cạnh lần lượt là BC; AB; AC. - Để chứng minh S BCDE S ABFG  S ACMN ta vẽ đường cao AH rồi kéo dài để chia hình vuông BCDE thành hai hình chữ nhật không có điểm trong chung rồi chứng minh hai hình chữ nhật này có diện tích lần lượt bằng diện tích của hai hình vuông kia. Bài tập áp dụng: (Khoảng 5 bài tập) III. TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ - Đặt các diện tích cần tìm bởi các ẩn rồi đưa về phương trình hoặc hệ phương trình với các ẩn đó. - Giải phương trình hoặc hệ phương trình để tìm nghiệm Ví dụ 1:.

(66) Cho ABC có diện tích bằng đơn vị, trên cạnh AB lấy M và trên AC lấy N sao cho AM = 3BM. BN cắt CM ở O. Tính diện tích của AOB và AOB Giải: A Đặt SAOB = x; SAOC = y (x,y > 0) N M S OAM  3 AM 3 \ \ O  4 C Ta có: S OAB (vì AB 4 ) B \ 3x \  . S. OAM. 4. AN 4  Vì AC 5 nên 4y  S OAN  5. S. OAN. C. . AN 4  AC 5. 4y Ta có: SBAN = SBAO + SOAN = x + 5 4 4 4y 4  S ABC  x  S BAN 5 5 nên 5 5 (1) mà 3x SCOA  SOAM  y  S CAM 4 mặt khác: 3 3  S ABC  S CAM 4 4 mà: 3x 3 y  4 4 (2) do đó:. Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 5x + 4y = 4 (3) 3x + 4y = 3 (4) Lấy (3) trừ (4) theo từng vế ta được Thay. x S AOB. 1 3 x 2 vào (3) ta được 8 1 3  S AOC  2 và 8. x. 1 2. Vậy Ví dụ 2: Giả sử MNPQ là hình vuông nội tiếp tam giác ABC, với M  AB; N  AC và P; Q  BC . Tính cạnh hình vuông biết BC = a và đường cao AH = h Giải: Gọi I là giao điểm của AH với MN. Đặt cạnh hình vuông MNPQ là x (x > 0), Ta có:.

(67) 1 1 S AMN  MN . AI  x(h  x) 2 2 1 1 S BMNC  ( BC  MN )MQ  (a  x ) x 2 2 1 S ABC  a.h 2 Ta lại có: S ABC S AMN  S BMNC nên 1 1 1 a.h  x(h  x)  x(a  x) 2 2 2 ah a.h  x(a  h)  x  a h Hay:. A \ I \. M \ B \. Q H \. N \ C \. P \. ah Vậy cạnh hình vuông MNPQ là a  h. Bài tập áp dụng: khoảng 5 bài IV. BẤT ĐẲNG THỨC DIỆN TÍCH: - Ta sử dụng hệ quả của bất đẳng thức Côsi: nếu hai số có một tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi hai số ấy bằng nhau. - Để sử dụng các bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định là x biểu thị đại lượng cần tìm giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất) bằng một biểu thức có biến x rồi tìm điều kiện của x để biểu thức có giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất). Ví dụ 1: Cho tam giác ANC vuông tại A, AB = 4cm. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AM = CN. Xác định vị trí của M, N sao cho tứ giác BCMN có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó Giải: Đặt: S BCMN S ; AM = CN = x => AN = 4 - x S = SABC - SAMN 4.4 x(4  x) x(4  x)  8  2 2 2 x(4  x)  2 S nhỏ nhất lớn nhất x(4  x)  2 lớn nhất S. B. M A. Vì x + (4 – x) = 4 (không đổi) nên x(4 – x) lớn nhất  x=4–x  x = 2 (hệ quả bất đẳng thức Côsi Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của AB và AC S min 8 . 2(4  2) 6cm 2 2. N. C.

(68) Ví dụ 2: Cho đường tròn tâm O bán kính r nội tiếp trong tam giác ABC. Qua O vẽ đường 2 thẳng cắt hai cạnh AC và BC lần lượt tạio M và N. Chứng minh SCMN 2r Giải: Đặt SCMN S. 1 SCMN SOCM  SOCN  ( MC  NC )r 2 Ta có. Theo bất đẳng thức Côsi: 1 ( MC  NC )  CM .CN  25 2 1 1 S  ( MC  NC ).sin C  CM .CN 2 2 (Vì ) 1  S  ( MC  NC ).r  2S .r 2 2  S 2S .r 2 Dấu “=” xảy ra khi CM = CN hay MN  OC. A. M. C. N. B. Bài tập áp dụng: Khoảng 5 bài V. BÀI TẬP VỀ DIỆN TÍCH VÀ CHỨNG MINH Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD, đáy AB = 3cm, AD = 4cm, BC = 6cm, CD = 9cm. Tính diện tích hình thang Giải Vẽ BE // AD ta có: 39 h 6h 2 (cm2) CBE cân ở C. A. S. B I. 2. IC = 36 – 4 = 32 IC 4 2 4.4 2 S BCE  8 2 2 8 5.2 8 2  h BK   6 3 8 2 S ABCD 6h 6. 16 2 3. D. E. C. K. Ví dụ 2:.  Cho ABC có chu vi là 2p, cạnh BC = a, gọi góc BAC  , đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh AC tại K. Tính diện tích  AOK + Giải C AK = AL; CK = CM; BM = BL K. M.

(69) L. 2 CM + 2 AK + 2 BM = 2p AK = p – (BM + CM) AK = p – a   KAO  2.  OK = (p - a)tan 2 1 1  AK ( p  a ) 2 tan 2 SAOK = 2 .AO = 2 * Bài tập áp dụng: 1. Cho  ABC có 3 góc nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’ và trực tâm H. HA ' HB ' HC '   Tính tổng: AA ' BB ' CC '. 2. Một tam giác có độ dài các đường cao là các số nguyên và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Chứng minh tam giác đó đều.    3. Cho  ABC biết A  , , B  , , C  , đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng r; P, Q, R là các tiếp điểm. Tính diện tích tam giác PQR 4. Cho  ABC. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên cạnh AC lấy điểm N sao cho AM AN 1   AB AC 3 . Gọi O là giao điểm của BN và CM. Gọi H, L lần lượt là chân đường. vuông góc kẻ từ A, C tới đường thẳng BN. a/ Chứng minh CL = 2 AH. b/ Chứng minh: SBOC = 2 SBOA Kẻ CE và BD vuông góc với AO. Chứng minh BD = CE. c/ Giả sử SABC = 30 cm2, tính SAMON. 5. Cho hình thang ABCD, đáy AB, O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. a/ Chứng minh rằng: SOAD = SOBC. b/ SOAB.SOCD = (SOBC)2 HƯỚNG DẪN GIẢI 1 S HBC 2 HA '.BC HA '   S ABC 1 AA '.BC AA ' 2 1. Ta có: (1) S HAB HC '  S CC ' (2) ABC Tương tự:. A C. B. B H A. C.

(70) S HAC HB '  S ABC BB ' (3). Cộng (1), (2) và (3) ta được: HA ' HB ' HC ' S HBC  S HAB  S HAC S ABC 1   S ABC AA ' BB ' CC ' = = S ABC. 2. Đặt a = BC, b = AC, c = AB Gọi x, y, z là độ dài các đường cao tương ứng với 3 cạnh a, b, c của tam giác. Vì bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 nên x, y, z > 2 Giả sử: x y z  2 1 1 1 3   Theo kết quả bài 1:  x y z =1  z  z  3  z=3 1 1 1 1 1 2     x y z x y 3 hay 3(x+y) = 2xy  Từ: =1  (2x-3)(2y-3) = 9 = 3 . 3 = 9 . 1  x = y = 3 hoặc x = 6; y =2 (loại). Vậy = y = z khi đó a = b = c 3. OP = OQ = OR = r. SPQR = S OPR + SOPQ + SOQR 1 SPQR = 2 r2sin(1800 -  ) 1 = 2 r2sin  1 SORQ = 2 r2sin  1 SORQ = 2 r2sin  1 Do đó SPQR = 2 r2 (sin  + sin  + sin  ) 4. a/ CN = 2 AN  SBNC = 2S BNA SBNC  2 SBNA    CL 2 AH BNchung . A M O. H L. N.

(71) 1  BO.CL  E 2 B  1  SBOA  BO. AH   SBOC 2SBOA 2 D  CL= 2AH   A  / (1) Chứng minh tương tự SBOC = 2SCOA (2) T ừ (1) v à (2)  SBOA = 2 SCOA (3) Kẻ CE  AO, BD  CE Ta chứng minh được: BD = CE c/ Giả sử SBOC = 2a (cm2)  SBOA = a (cm2), SCOA= a (cm2) Ta tính được: SABC = 4a (cm2)  a = 3 cm2 1 Ta lại có SONA = SOMA = 3 a= 1 (cm2) Vậy: SOAMN = 2 cm2 5. a/ Kẻ đ ư ờng cao AH v à BH’, ta c ó: AH = BH’ 1 AH .DC 2 Ta có: SADC = 1 BH '.DC A 2 SBDC =  SADC = SBDC  SODA = SOBC L b/ Kẻ đường cao BK của  ABC, ta c ó: SBOC . SOAB OA  SOBC OC SOAD OA  S OC OCD Tương tự: SOAB SOAD   SOBC SOCD  (S. C. B. K D. OBC. A. )2 = SOAB.SOCD ( Vì SOBC = SOAD). H. C.

(72)

bdhsg TOAN 9

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về