Tải bản đầy đủ (.docx) (58 trang)

TAI LIEU DAY HSG TOAN 6789

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (785.26 KB, 58 trang )

(1)TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. CHỦ ĐỀ SỐ HỌC Cách ghi số tự nhiên. I/ Ghi số tự nhiên. n n 1 1 0 - Hệ thập phân: an an  1...a1a0 an .10  an  1.10  ...  a1.10  a0 .10 Ví dụ 1: Tìm số tự nhiên có số tận cùng là 3, nếu xoá số tận cùng thì ta được số mới nhỏ hơn số ban đầu 2010 Giải: Gọi: Số cần tìm là: x3 10 x  3 ( x  N ); Số sau khi xoá đi số tận cùng là x: Theo bài ra ta có phương trình: 10x + 3 – x = 2010  9 x 2007  x 223. Vậy số cần tìm là: 2233 Ví dụ 2: Tìm số tự nhiên có ab , biết ab  ba 3; ab  ba 5 Giải: Ta có ab 10a  b(a, b  Z ;1 a, b 9) Từ đã: ab  ba 11(a  b) , vì ƯCLN(3,5) = 1  ab  ba 11(a  b)15  a  b 15. (ƯCLN(11,15) =1)  (a, b)  7,8  ,  8, 7  ,  9, 6  ,  6,9  Do 1 a, b 9. Vậy số cần tìm là 78; 87; 69; 96 II/ Các phép tính trong N; phép chia có dư. 1/ Phép tính(+; -; x; :) - Phép tính luỹ thừa: +. a n a.a...a nthuaso. n m m n + a .a a. +. a m : a n a m n  m n, m, n  N , a 0  (a m )n a m.n 1. 0. + Quy ước: a a; a 0(a 0) n n n n + Lưu ý: ( x0)  y 0;( x6)  y 6;( x1)  y1;( x5)  y5 + Những số có số tận cùng là 4, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 6; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ; + Những số có số tận cùng là 9, nếu luỹ thừa chẵn thì số tận cùng là 1; nếu luỹ thừa lẻ thì số tận cùng là 4 ; 200. 300. Ví dụ 1: So sánh 300 và 200 200 200 200 100 200 100 400 Giải: Ta có: 300 3 .100 9 .100 9 .10 200300 200300.100300 8100.100300 8100.(10 2 )300 8100.10600. Do 9 < 10, nên 9100< 10100 1.

(2) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 100.  9 .10. Vậy 300. 400. 200.  10500  10600  8100.10600. < 200. 300. 2004 1000 Ví dụ 2: 12  2 10 Ta có 24 = 16 100.  2. 2. 4 25.  . 2. 2010. 2.  . 2. 1005. 41005 45.41000 45.(48 )125. có số tận cùng là 6. 12 =(10 + 2)2004 = (102004 + 2004.2.102003+....+ 2004.10.22003+ 22004) Mà 102004 + 2.102003+....+ 10.22003  Vây xét 22004 = (24)501 có số tận cùng là 6, nên 122004có số tận cùng là 6. 2004.  122004  21000 10 B/ Phép chia hết trong tập hợp các số nguyên. I/ Một số phương pháp chứng minh chia hết. 1. Tính chất: + Sử dụng tính chất “ Trong n số tự nhiên có một và chỉ một số chia hết cho n”. + Tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2. + Tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6. + Tích của hai số tự nhiên chẵn liên tiếp chia hết cho 8. + Tích của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 120. Các dấu hiệu chia hết a )an an 1...a1a0 2  a0 2 b)an an  1...a1a0 5  a0 5 c) an an 1...a1a0 3 . n.  a 3 i. i 0. d )an an 1...a1a0 3 . n.  a 9 i. i 0. f )an an  1...a1a0 25; 4  a1a0 25; 4 g )an an  1...a1a0 125;8  a2 a1a0 125;8 Dấu hiệu chia hết cho 11 Cho A = ... a5 a4 a3 a2 a1 a0. A ⋮ 11 ⇔ [(a0 + a2 + a4 +...) – (a1 + a3 + a5 + ... )] ⋮ 11. Chứng minh: 2 4 3 3 5 A = (a0 + 10 a2 + 10 a4 + ... ) + (10a1 + 10 a + 10 a5 + ... ) 2 4 Chú ý rằng : 10 = 99 + 1, 10 = 9999 + 1,..., tổng quát : 2k 3 5 10 = bội 11 + 1 , còn 10 = 11 – 1, 10 = 1001 – 1, 10 = 100001 – 1,... 2k + 1 Tổng quát 10 = bội 11 – 1 . Do đã : A = ( bội 11 + a0 + a2 + a4 + ...) + + (bội 11 – a1 – a3 – a5 - ... ) = béi 11 + ( a0 + a2 + a4 + ...) – (a1 + a3 + a5 +...) Như vậy điều kiện cần và đủ đó một số chia hết cho 11 là : Tổng các chữ số hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn của số đã có hiệu chia hết cho 11 Ví dụ 1: Chứng minh: n3 + 11n 6 2.

(3) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Ví dụ 2: Cho 717 + 17.3 - 1 9. Chứng minh: 718 + 18.3 - 1 9 (Đề thi chọn HSG. lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2009 - 2010) Giải: Ta có: 717 + 17.3 - 1 9, Đặt: 717 + 17.3 - 1 = 9k. Mặt khác: 718 + 18.3 – 1 = 7.(717 + 17.3 – 1) + [18.3 – 1 - 7.(17.3 - 1)] = 7.9k – 33.9 = 9.(7k - 33)  9 18 Vậy: 7 + 18.3 - 1 9. Ví dụ3: Cho 717 + 17.3 - 1 3. Chứng minh: 718 + 18.3 - 1 3 (Đề thi chọn HSG líp 9, cấp trường năm học 2010 - 2011) 2. Sử dụng định lý mở rộng.. . n 2. . a)n  N : a n  b n  a  b  a n  1  a n  2b  ...  ab  b n 1 ; a, b  Z  a n  b n (a  b)  n 2k , k  N , a n  b n (a  b). . n 2. b)k  N , n 2k 1: a n  bn  a  b  a n  1  a n 2b  ...  ab  bn 1. .  n 2k  1: a n  bn  a  b  ; a  b Các ví dụ: Ví dụ1: Chứng minhrằng 20n + 16n - 3n + 1 323 3. Một số phương pháp chứng minh khác. - Chứng minh quy nặp: Nguyên tắc chứng minh + Xét vì n = n0 đúng. + Gỉa sử vì n = k đúng. + Biến đổi chứng minh vì n = k + 1 đúng Từ đã được điều phải chứng minh. Bài tập vận dụng: Chứng minhrằng. a )32 n  2n 7(n  N ) b)32 n 1  2 n 2 7(n  N ) n c) 10  18n  19. 2n. n. Giải: a )3  2 7 + Vì n = 1; 0 hiển nhiên đúng, 2k k 2k k 3  2 7q . 3  2  7 + Gỉa sử, n = k đúng, tức là: . Đặt:. + Xét vì n = k + 1,ta có. 32( k 1)  2k 1 9(3k  2k 1 )  9.2k  2.2k 7(9q  2k ) 7 Vậy n = k + 1 đúng, 2n n Kết luận: 3  2 7 b) Làm tương tự:. 3.

(4) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH n. c) 10  18n  127 Giải: + Vì n = 0 hiển nhiên đúng, vì 10 + 18.0 – 1 = 0 27 k k + Gỉa sử n = k đúng, tức là 10  18k  127 , Đặt: 10  18k  1 27 q + Xét vì n = k +1 ta có: 10k 1  18(k  1)  1 10(10k  18k  1)   18k  18  1  (180k  10)  0. 10.27 q  27.  1  6k  27(10q  6k  1) 27. Vậy n = k + 1 đúng, n Kết luận: 10  18n  127 Các bài tập vận dụng dấu hiệu chia hết Ví dụ 1: Tìm chữ số x,y đó 7 x36 y51375 Ví dụ 2: Tìm chữ số x,y đó 134 xy45 (Đề thi chọn HSG lớp 9 huyện Văn Bàn năm học 2008 - 2009) Bài 3: Cho S=21 + 22 + 23 + ... + 2100 . a/ Chứng minh S chia hết cho 3. b/ Chứng minh S chia hết cho 15. c/ S tận cùng là chữ số nào? Lời giải 1 2 3 100 a/ S = 2 + 2 + 2 + ... + 2 =(21 + 22 )+ (23 + 24)+ ... +(299+ 2100) = 2(1 + 2) + 23(1 + 2) + …+ 299(1 +2). = 3.(2 + 23 +…+ 299) ⋮ 3 Vậy S ⋮ 3 b/ Nhóm 4 số hạng một của S ta được:S = 15.(2 + 25 + 29 +…+ 227) ⋮ 15 . c/ S ⋮ 15 và S là số chẵn nên S tận cùng là 0 Bài tập 4(Đề thi HSG Toán 9 năm 2010 -2011) CMR: A( n ) n(n3  n  12)  14412 3.Các dạng bài tập khác sử dụng. a) Tìm số tận cùng. b) Sử dụng phép chia có dư. c) Sử dụng nguyên tắc De-rich-ne. d) Sử dụng đồng dư thức. C/ Số nguyên tố. I/ Số nguyên tố, hợp số. 1. Bài tập liên quan đến số nguyên tố. Ngoài các kiến thức về số nguyên tố , số nguyên tố cùng nhau. ƯCLN, BCNN, ta có thêm một số tính chất về chia hết. 1) Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chia hết cho p. n Hệ quả: Nếu a chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p .. 4.

(5) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. 2) Nếu tích a.b chia hết cho m trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m. Thật vậy, phân tích m ra Theo số nguyên tố : k1 k2 kn m = a1 a2 ...an (1) Vì a.b chia hết cho m nên a.b chứa tất cả các thừa số nguyên tố a1, a2,...an vì số mò lớn hơn hoặc bằng số mò của các thừa số nguyên tố đó trong (1). Nhưng b và m nguyên tố cùng nhau nên b không chứa thừa số nguyên tố nào trong các thừa số a1 , a2, ..., an. Do đó a chứa tất cả các thừa số a1 , a2 , ... an tức là a chia hết cho m. 3) Nếu a chia hết cho m và n thì a chia hết cho BCNN của m và n. Thật vậy, a chia hết cho m và n nên a là bội chung của m và n so đó chia hết cho BCNN ( m,n). Hệ quả: Nếu a chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau m và n thì a chia hết cho tích m.n. II. Những ví dụ Ví dụ 1 . Tìm số tự nhiên n sao cho 18n + 3 chia hết cho 7. ⋮ Giải : Cách 1: 18n + 3 7 ⇔ 14n + 4n + 3 ⋮ 7 ⇔ 4n + 3 ⋮ 7 ⇔ 4n + 3 – 7 ⋮ 7 ⇔ 4n – 4 ⋮ 7 ⇔ 4(n – 1) ⋮ 7 ⋮ 7 Ta lại có (4,7) = 1 nên n – 1 Vậy n = 7k + 1 ( k N). ⋮ 7 Cách 2: 18n + 3 ⇔ 18 n + 3 – 21 ⋮ 7 ⇔ 18n - 18 ⋮ 7 ⇔ 18(n – 1) ⋮ 7 Ta lại có (18,7) = 1 nên n – 1 ⋮ 7 Vậy n = 7k + 1 ( k N) Nhận xét: Việc thêm bớt các bội của 7 trong hai cách giải trên nhằm đi đến một biểu thức chia hết cho 7 mà ở đó hệ số của n bằng 1. Ví dụ: 2. Cho biết a + 4b chia hết cho 13 (a, b N) . Chứng minh rằng 10a + b chia hết cho 13. Giải : Đặt a + 4b = x ; 10a + b = y . Ta biết x ⋮ 13, cần chứng minh y ⋮ 13. Cách 1: xét biểu thức: 10x – y = 10 (a + 4b) – (10a + b) = 10a + 40b – 10a – b = 39b Như vậy 10x – y ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 4y ⋮ 13. Suy ra y ⋮ 13 Cách 2: Xét Biểu thức: 5.

(6) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. 4y – x = 4 (10a + b) – (a + 4b) = 40a + 4b – A – 4b = 39a Như vậy 4y – x ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 4y ⋮ 13. Ta lại có ( 4,13) = 1 nên y ⋮ 13 Cách 3 : Xét biểu thức: 3x + y = 3 (a + 4b) + (10a + b) = 3a + 12b + 10a + b = 13a + 13b. Như vậy 3x + y ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 3x ⋮ 13 . Suy ra y ⋮ 13 Cách 4: Xét biểu thức: x + 9y = a + 4b + 9 (10a + b) = a + 4b + 90a + 9b = 91a + 13b Như vậy x + 9y ⋮ 13 Do x ⋮ 13 nên 9y ⋮ 13 . Ta lại có (9,13) – 1, nên y ⋮ 13 Nhận xet: Trong các cách giải trên, ta đã đưa ra các biểu thức mà sau khi rút gọn có một số hạng là bội của 13, khi đó số hạng thứ hai (nếu có) còng là bội của 13. Hệ số của a ở x là 4, hệ số của a ở y là 1 nên xét biểu thức 10x – y nhằm khử a (tức là làm cho hệ số của bằng 0) , xét biểu thức 3x + y nhằm tạo ra hệ số của a bằng 13. Hệ số của b ở x là 4, hệ số của b ở y là 1 nên xét biểu thức 4y – x nhằm khử b, xét biểu thức x + 9y nhằm tạo ra hệ số của b bằng 13. Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24. Giải . Ta có (p – 1)p(p + 1) ⋮ 3 mà (p,3) = 1 nên (p – 1)(p + 1) ⋮ 3 (1) p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p – 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Trong hai số chẵn liên tiếp, có một số là béi của 4 nên tích của chúng chia hết cho 8 (2). Từ (1) và (2) suy ra (p – 1)(p + 1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3 và 8. Vậy (p – 1)(p + 1) ⋮ 24. III. Tìm số bị chia biết các số chia và số dư trong hai phép chia Ví dụ 1. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5. Giải : Gọi n là số chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5 Cách 1: Vì n khằngchia hết cho 35 nên n có dạng 35k + r ( k, r N, r < 35), trong đó r chia 5 dư 1, chia 7 dư 5. Số nhỏ hơn 35 chia cho 7 dư 5 là 5, 12, 19, 26, 33 trong đó chỉ có 26 chia cho 5 dư 1, vậy r = 26. Số nhỏ nhBất có dạng 35k + 26 là 26. Cách 2: Ta có n – 1 ⋮ 5  n – 1 + 10 ⋮ 5  n + 9 (1) . Ta có n – 5 ⋮ 7  n – 5 + 14 ⋮ 7  n + 9 ⋮ 7 (2) . Từ (1) và (2) suy ra n + 9 ⋮ 35 số n nhỏ nhBất có tính chBất trên là n = 26 6.

(7) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Cách 3: n = 5x + 1 = 7y + 5  5x = 5y + 2y + 4  2(y + 2) ⋮ 5  y + 2. ⋮ 5. Giá trị nhỏ nhBất của y bằng 3, giá trị nhỏ nhất của n bằng 7.3 + 5 = 26. Ví dụ 2: . Tìm số tự nhiên n có bội chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98. Giải : Cách 1: Ta có 131x + 112 = 132y + 98  131x = 131y + y – 14  y – 14 ⋮ 131  y = 131k + 14 ( k N)  n = 132.(131k + 14) + 98 = 132.131k + 1946 Do n có bội chữ số nên k = 0 , n = 1946 Cách 2: Từ 131x = 131y + y – 14 suy ra 131(x – y) = y – 14 . Nếu x > y thì y – 14  131  y  145  n có nhiều hơn bội chữ số. Vậy x = y, do đó y = 14, n = 1946, Cách 3. Ta có n = 131x + 112 nên 132 n = 131.132x + 14784 (1) Mặt khác n = 132y + 98 nên 131n = 131.132y + 12838 (2) Từ (1) và (2) suy ra 132n – 131 n = 131.132(x – y) + 1946  n = 131.132(x – y) + 1946. Vì n có bội chữ số nên n = 1946. III/ ƯCLN, BCNN. 1) Tìm hai số trong đó biết ƯCLN của chúng. Ví dụ 1. Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 84, ƯCLN của chúng bằng 6. Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a  b) . Ta có (a,b) = 6 nên a = 6a’; b = 6b’ trong đó (a’, b’) = 1 (a, b, a’, b; N) Do a + b = 84 nên 6 (a’ + b”) = 84 suy ra a’ + b’ = 14 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tổng bằng 14 (a’  b’), ta được: a’ 1 3 5 Do đó a 6 18 30 b’ 13 11 9 b 78 66 54 Ví dụ 2: Tìm hai số tự nhiên có tích bằng 300. ƯCLN bằng 5. Giải : Gọi hai số phải tìm là a và b ( a  b). Ta có (a,b) = 5 nên a = 5a’, b = 5b’ trong đó (a’, b’) = 1 Do ab = 300 nên 25a’b’ = 300 suy ra a’b’ = 12 = 4.3 Chọn cặp số a’, b’ nguyên tố cùng nhau có tích bằng 12 (a’  b’) ta được: a’ 1 3 Do đó a 5 15 b’ 12 4 b 60 20 2) Các bài toán phối hợp giữa BCNN của các số vì ƯCLN của chúng.. 7.

(8) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Ví dụ 3 . Tìm hai số tự nhiên biết rằng ƯCLN của chúng bằng 10, BCNN của chúng bằng 900. Giải : Gọi các số phải tìm là a và b, giả sử a  b . Ta có (a,b) = 10 nên a = 10a’, b = 10b’, (a’,b’) = 1; a’  b. Do đó ab = 100 a’b’(1). Mặt khác ab = [a,b].(a,b) = 900.10 = 9000 (2) Từ (1) và (2) suy ra a’b’ = 90. Ta có các trường hợp: a’ 1 2 5 9 Do đó a 10 20 50 90 b’ 90 45 18 10 b 900 450 180 100 3) Tìm ƯCLN của hai số bằng thuật toán Ơ clit Ví dụ 4 . Cho hai số tự nhiên a và b (a > b) a) Chứng minh rằng nếu a chia hết cho b thì (a,b) = b b) Chứng minh rằng nếu a không chia hết cho b thì ƯCLN của hai số bằng ƯCLN của số nhỏ và số dư trong phép chia số lớn cho số nhỏ. c) Dùng các nhận xét trên đó tìm ƯCLN (72,56). Giải : a) Mọi ước chung của a và b hiểnn nhiên là ước của b. Đảo lại,do a chia hết cho b nên b là ước chung của a và b. Vậy (a,b) = b. b) Gọi r là số dư trong phép chia a cho b (a > b) . Ta có a = bk + r (k N), cần chứng minh rằng (a, b) = (b,r) Thật vậy, nếu a và b cùng chia hết cho d thì r chia hết cho d, do đó ước chúng của a và b còng là ước chung của b và r (1). Đảo lại nếu b và r cùng chia hết cho d thì a chia hết cho d, do đó ước chung của b và r còng là ước chung của a và b (2). Từ (1) và (2) suy ra tập hợp các ước chung của a và b và tập hợp các chung của b và r bằng nhau. Do đó hai số lớn nhất trong hai tập hợp đó còng bằng nhau, tức là (a, b) = (b,r) c) 72 chia 56 dư 16 nên 972,56) = ( 56,16) 56 chia 16 dư 8 nên (56,16) = (16,8); 16 chia hết cho 8 nên (16,8) = 8 . Vậy (72,56) = 8 Nhận xét : Giả sử a khôngchia hết cho b và a chia hết cho b dư r 1, b chia cho r1 dư r2, r1 chia cho r2 dư r3... , rn – 2 chia cho rn-1 dư rn’ rn-1 chia cho rn dư 0. (dãy số b, r1 , r2 ,...,rn là dãy số tự nhiên giảm dần nên số phép chia là hữu hạn do đó quá trình trên phải kết thúc vì một số dư bằng 0). Theo chứng minh ở ví dụ trên ta có (a, b) = (b,r1) = (r1,r2) =... =(rn-1’rn)= rn (vì rn-1 chia hết cho rn). Như vậy ƯCLN (a,b) là số chia cuối cùng trong dãy các phép chia liên tiếp a cho b; b cho r1; r1 cho r2;... trong đó r 1,r2,... là số dư trong các phép chia theo thứ tự trên. Trong thực hành ngưêi ta đặt tính như sau: 72 56 8.

(9) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. 16 0. 56 8 2. 16 3. 1. Việc thực hiện một dãy phép chia liên tiếp như trên được gọi là thuật toán Ơ–clit. Trường hợp tìm ƯCLN của ba số, ta tìm ƯCLN của hai số rồi tìm ƯCLN của kết quả vì số thứ ba. 4) Hai số nguyên tố cùng nhau: Hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1. Nói cách khác, chúng chỉ có ước chung duy nhất là 1. Ví dụ 1. Chứng minh rằng a) Hai số tự nhiên liên tiếp (khác 0) là hai số nguyên tố cùng nhau. b) Hai số lẻ liên tiếp là hai số nguyên tố cùng nhau. c) 2n + 1 và 3n + 1 ( n N) là hai số nguyên tố cùng nhau. Giải: a) Gọi d ƯC (2n + 1,2n + 3)  (2n + 3) – (2n + 1) ⋮ d  2 ⋮ d  d {1; 2} Nhưng d  2 vì d là ước của số lẻ. Vậy d = 1 c) Gọi d ƯC (2n + 1, 3n + 1)  3 (2n + 1) – 2 (3n + 1) ⋮ d  1 ⋮ d  d=1 Ví dụ 2. Tìm số tự nhiên n đó các số 9n + 24 và 3n + 4 là các số nguyên tố cùng nhau. Giải : Giả sử 9n + 24 và 3n + 4 cùng chia hết cho số nguyên tố d thì 9n + 24 – 3 (3n + 4) ⋮ d  12 ⋮ d  d { 2 ; 3} Điều kiện đề (9n + 24, 3n + 4) = 1 là d  2 và d  3. Hiển nhiên d  3 vì 3n + 4 không chia hết cho 3. Muốn d  2 phải có ít nhất một trong hai số 9n + 24 và 3n + 4 không chia hết cho 2. Ta thấy: 9n + 24 là số lẻ ⇔ 9n lẻ ⇔ n lẻ 3n + 4 là số lẻ ⇔ 3n lẻ ⇔ n lẻ Vậy điều kiện đó (9n + 24,3n + 4) = 1 là n lẻ. 5) Tìm ƯCLN của các biểu thức số Ví dụ 1. Tìm ƯCLN của 2n - 1 và 9n + 4 (n N)  Giải : Gọi d ƯC (2n – 1, 9n + 4) 2(9n + 4) - 9(2n – 1) ⋮ d  17 ⋮ d  d { 1 ; 17 } Ta có 2n – 1 ⋮ 17 ⇔ 2n – 18 ⋮ 17 ⇔ 2(n – 9) ⋮ 17 ⇔ n – 9 ⋮ 17 ⇔ ⇔ n = 17k + 9 ( k N) ⋮ Nếu n = 17k + 9 thì 2n – 1 17 và 9n + 4 = 9.(17k + 9) + 4 = 17.9k + 85 ⋮ 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) = 17 Nếu n  17k + 9 thì 2n – 1 ⋮ không chia hết cho 17, do đó (2n – 1, 9n + 4) =1 n(n+1) và 2n + 1 (n  N *) 2 n(n+1) , 2 n+1 thì n(n + 1) ⋮ d và 2n + 1 2. Ví dụ 2. Tìm ƯCLN của Giải : Gọi d  ƯC. (. ). 9. ⋮ d.

(10) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Suy ra n(2n + 1) – n(n + 1) ⋮ d tức là n2 ⋮ d Từ n(n+1) ⋮ d và n2 ⋮ d suy ra n ⋮ d . Ta lại có 2n + 1 ⋮ d, do đó 1 ⋮ d,. nên d = 1. Vậy ƯCLN của. n(n+1) 2. và 2n + 1 bằng 1. V. Số lượng các ước của một số (*) x y z Nếu dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của một số tự nhiên A = a .b .c ... thì số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)... Thật vậy, ước của A là số có dạng m.n.p... trong đó m có x + 1 cách chọn ( là 1, a, a2 ,... ax), 2 y n có y + 1 cách chọn (là 1, b , b , ..., b ), 2 z p có z + 1 cách chọn (là 1, c, c ,... c ),... Do đó số lượng các ước của A bằng (x + 1)(y + 1)(z + 1)... Ví dụ 1. Tìm số nhỏ nhất có 12 ước. Giải : Phân tích số phải tìm ra theo số nguyên tố : x y z N = a .b .c ... ta có (x + 1)(y + 1)(z + 1) ... = 12. ( x  y  z  ...  1). Số 12 có bội, cách viết thành một tích của một hay nhiều theo số lớn hơn 1 là: 12 =12.1 = 6.2 = 4.3 = 3.2.2. Xét các trường hợp sau: a) n chứa một theo số nguyên tố : Khi đó x + 1 = 12 nên x = 11. Chọn theo số 11 nguyên tố nhỏ nhất là 2, ta có số nhỏ nhất trong trường hợp này là 2 . b) n chứa hai thừa số nguyên tố: Khi đó (x + 1)(y + 1) = 6.2 hoặc (x + 1)(y + 1) = 4.3, do đó x = 5, y = 1 hoặc x = 3 , y = 2. Để n nhỏ nhất ta chọn thứa số nguyên tố nhỏ ứng vì số m lớn, ta có 5 3 2 n = 2 .3 = 96 hoặc n = 2 .3 = 72 . Số nhỏ nhất trong trường hợp này là 72. c) n chứa ba thừa số nguyên tố : 2 Khi đó (x + 1)(y + 1)(z + 1) = 3.2.2 nên x = 2,y = z = 1 . Số nhỏ nhất là 2 .3.5 = 60 11 So sánh ba số 2 , 72, 60 trong ba trường hợp, ta thấy số nhỏ nhất có 12 ước là 60 CHỦ ĐỀ THEO DÃY QUY LUẬT I. Dãy cộng : Xét các dãy số sau: a) Dãy số tự nhiên : 0, 1, 2, 3,... b) Dãy số lẻ: 1 , 3, 5 , 7,... c) Dãy các số chia cho 3 dư 1 : 1 , 4, 7,10 ... Trong các dãy số trên, mỗi số hạng, kế từ số hạng thứ hai, đều lớn hơn số hạng đứng liền trước nó cùng một số đơn vị, số đơn vị này là 1 ở dãy a); là 2 ở dãy b); là 3 ở dãy c). Ta gọi các dãy trên là dãy cộng. Xét dãy cộng 4,7,10,13,16,19... Hiệu giữa hai số liên tiếp của dãy là 3. Số hạng thứ 6 của dãy này là 19, bằng : 4 + (6 – 1).3; số hạng thứ 10 của dãy này là 4 + (10 – 1).3 = 31. 1.

(11) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Tổng quát, nếu một dãy cộng có số hạng đầu là a 1 và hiệu giữa hai số hạng liên tiếp là d thì số hạng thứ n của dãy cộng đó (kí hiệu an) bằng: an = a1 + (n - 1)d (1) Đó tính tổng các số hạng của dãy cộng 4 + 7 + 10 + ... + 25 + 28 + 31 (gồm 10 số) Ta viết : A = 4 + 7 + 10 + ... 25 + 28 + 31 A = 31 + 28 + 25 + ... + 10 + 7 + 4 nên 2 A = (4 + 31) + (7 + 28) +... + ( 28 + 7) + (31 + 4) = ( 4 + 31) .10 (4  31).10 175 2 Do đó A =. Tổng quát, nếu một dãy cộng có n số hạng, số hạng đầu là a 1, số hạng cuối là an thì tổng của n số hạng đó được tính như sau: S=. ( a1 +an ). n 2. (2) (*). Trường hợp đặc biệt, tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 bằng: n(n  1) 1 + 2 + 3 + ... + n = 2. (3). II. Các dãy khác Ví dụ 1 . Tìm số hạng thứ 100 của các dãy được viết theo quy luật: a) 3 , 8 , 15 , 24 , 35, ... (1) b) 3 , 24 , 63 , 120 , 195, ... (2) c) 1 , 3 , 6 , 10 , 15, ... (3) d) 2 , 5 , 10 , 17, 26,... (4) Giải a) Dãy (1) có thể viết dưới dạng: 1.3 ; 2.4; 3.5 ; 4.6 ; 5.7,... Mỗi số hạng của dãy (1) là một tích của hai theo số, theo số thứ hai lớn hơn theo số thứ nhất là 2 đơn vị. Các theo số thứ nhất làm thành dãy : 1,2,3,4,5,... dãy này có số hạng thứ 100 là 100. Do đó số hạng thứ 100 của dãy (1) bằng : 100 .102 = 10200 b) Dãy (2) có thể viết dưới dạng : 1.3 , 4.6, 7.9 , 10.12 , 13.15,... Số hạng thứ 100 của dãy 1 , 4, 7, 10 , 13 , ... là : 1 + 99.3 = 298. Số hạng thứ 100 của dãy (2) bằng : 298 . 300 = 89400. c) Dãy (3) có thể viết dưới dạng : 1.2 ; 2. 2.3 ; 2. 3.4 ; 2. 4.5 ; 2. 5.6 ;... 2 100.101 5050 2 Số hạng thứ 100 của dãy (3) bằng :. d) Dãy (4) có thể viết dưới dạng: 1.

(12) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 2. 2. 2. 2. 2. 1 + 1 , 1 + 2 , 1 + 3 , 1 + 4 , 1 + 5 ,... 2 Số hạng thứ 100 của dãy (4) bằng : 1 + 100 = 10001 BÀI TẬP 1 . Tìm chữ số thứ 1000 khi viết liên tiếp liền nhau các số hạng của dãy số lẻ : 1, 3, 5, 7,... 2 . a) Tính tổng các số lẻ có hai chữ số. b) Tính tổng các số chẵn có hai chữ số 3 . Có số hạng nào của dãy sau tận cùng bằng 2 hay khằng? 1;1+2;1+2+3; 1 + 2 + 3 + 4 ;... 4. a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 tạo thành một số A. Tính tổng các chữ số của A. b) Cũng hỏi như trên nếu viết từ 1 đến 1000000. 5. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số 1000! chứa thừa số nguyên tố 7, số mới bằng bao nhiêu ? 6. Tích A = 1.2.3... 500 tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ? 7. a) Tích B = 38.39.40... 74 có bao nhiêu theo số 2 khi phân tích ra thừa số nguyên tố ? b) Tích C = 31 . 32 . 33... 90 có bao nhiêu thừa số 3 khi phân tích ra theo số nguyên tố ? 8. Có bao nhiêu số tự nhiên đồng thời là các số hạng của cả hai dãy sau: 3, 7 , 11, 15..., 407 (1) 2,9,16,23,..., 709 (2) 9. Trong dãy số 1, 2, 3,..., 1990, có thể chọn được nhiều nhất bao nhiêu số đó tổng hai số bất kì được chọn chia hết cho 38 ? 10. Chia dãy số tự nhiên kế tiếp 1 thành từng nhóm ( các số cùng nhóm được đặt trong dấu ngoặc) (1), (2,3), (4,5,6), ( 7,8,9,10), (11,12,13,14,15),... a) Tìm số hạng đầu tiên của nhóm thứ 100. b) Tính tổng các số thuộc nhóm thứ 100 . 11. Cho S1 = 1 + 2, S2 = 3 + 4 + 5, S3 = 6 + 7 + 8 + 9, S4 = 10 + 11 + 12 + 13 + 14, ..... Tính S100. 12. Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau: a) 1.6; 2.7; 3.8;... b) 1.4; 4.7; 7.10;... 1.

(13) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 2. 3. 20. 21. 13 . Cho A = 1 + 3 + 3 + 3 + ... + 3 , B = 3 : 2 Tính B – A 2 3 99 100 14. Cho A = 1 + 4 + 4 + 4 + ... + 4 , B = 4 B Chứng minh rằng : A < 3. 15. Tính giá trị của biểu thức: a) A = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9 50 chữ số b) B = 9 + 99 + 999 + ... + 99 ... 9 200 chữ số DÃY CÁC PHÂN SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT Dãy các số viết theo quy luật đã được trình bày ở chủ đề I. Chúng ta cũng gặp các phân số mà tử và mẫu của chúng được viết theo các quy luật nhất định. Ví dụ 1. Tính nhanh: 1 1 1 1 A= + 2 + 3 +. . .+ 8 3 3 3 3. Giải. 1 1 1 3 A=1+ + 2 +.. .+ 7 3 3 3 1 1 1 1 A= + 2 +. ..+ 7 + 8 3 3 3 3. Ta có:. Lấy (1) trừ (2) được: 2A = 1 A=. Do đó:. 3280 6561. (1) (2). 1 1 6560 =1− = 8 6561 6561 3. Ví dụ 2. Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của các dãy sau: a). ¿ 1 1 1 1 , , , , ⋅⋅ 1 . 2 2 .3 3 . 4 4,5 ¿. Giải a) Ta chú ý rằng :. b). ¿ 1 1 1 1 , , , , ⋅⋅ 6 66 176 336 ¿. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − = , − = ,⋅⋅ , − = 1 2 1 .2 2 3 2. 3 n n+ 1 n (n+1). Do đó:. 1 1 1 + +⋅+ =¿ 1 . 2 2. 3 100 .101 1 1 1 1 1 1 1 1 ¿ − + − + ⋅+ − + − =¿ 1 2 2 3 99 100 100 101 ¿ 1−. 1 100 = 101 101. 1.

(14) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. b) Trước hết ta viết các mẫu : 6, 66, 176, 336,... dưới dạng 1.6; 6.11; 11.16; 16.21;..., số hạng thứ n của dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1) 1. 1. 1. 1. Cần tính tổng A = 1 . 6 + 6 . 11 + 11 .16 + ⋅+ 496 . 501 1 1 5 1 1 5 1 1 5   ;   ;  ;   496 501 496.501 Nhận xet: 1 6 1.6 6 11 6.11 1 1 5 Tổng quát : 5 n − 4 − 5 n+1 = (5 n −4 )(5 n+1) 1 1 1 1 1 1 1 500 5 A= − + − +⋅+ − =1− = Do đó: 1 6 6 11 496 501 501 501 100 Suy ra : A=501. Ví dụ 3. Tính tổng: Giải. áp dụng phương pháp khử liên tiếp ở ví dụ trên: viết mỗi số hạng thành hiệu của hai số sao cho số trừ ở nhóm trước bằng số bị trừ ở nhóm sau: Ta xét: 1 1 2 1 1 2 1 1 2 − = , − = ,⋅⋅ , − = 2 2. 3 1. 2. 3 2. 3 3 . 4 2. 3 . 4 37 . 38 38 .39 37 . 38. 39. Tổng quát :. Do đó: =. 1 1 2 − = . n(n+1) (n+1)( n+2) n( n+ 1)(n=2) 2 2 2 2 2 B= + + +⋅+ =¿ 1 . 2. 3 2 .3 . 4 3 . 4 . 5 37 .38 . 39. ( 12 − 2.13 )+( 2.13 − 31. 4 )+⋅( 37.138 − 38 1. 39 )=¿. 1 1 740 370 − = = 1 . 2 38 . 39 38 . 39 741. 185 Suy ra: B=741. Tổng quát. 1 1 1 1 1 + + = − 1 . 2. 3 2 .3 . 4 n( n+1)( n+2) 2 (n+1)(n+2). Ví dụ 4: Tính giá trị các biểu thức: a). b). 1 1 1 1 1+ + +⋅+ + 3 5 97 99 A= ; 1 1 1 1 1 + + +⋅ + 1. 99 3 . 97 5 . 95 97 . 3 99 . 1 1 1 1 1 + + +⋅ 2 3 4 100 B= 99 98 97 1 + + +⋅+ 1 2 3 99. Giải a) Ghép các phân số ở số bị chia thành từng cặp đó mẫu chung, giêng mẫu của các phân số tương ứng ở số chia. Biến đổi số bị chia: cộng từng cặp các phân số cách đều hai đầu ta được: 100 100 100 + + +⋅ (1+991 )+( 13 +971 )+( 15 + 951 )+ ⋅+( 491 +511 )=100 1 . 99 3 . 97 5 . 95 49 .51. Biểu thức này gấp 50 lần số chia. Vậy A = 50 b) Biến đổi số chia: Viết các tử thành hiệu 100 – 1, 100 – 2 , ... 100 – 99. Số chia bằng: 1.

(15) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 100 −1 100 −2 100 −3 100 − 99 + + +⋅+ =¿ 1 2 3 99 100 100 100 100 1 2 3 99 ¿ + + +⋅ − + + +⋅ =¿ 1 2 3 99 1 2 3 99 1 1 1 = 100 + 100 2 + 3 + ⋅ 99 − 99=¿ 1 1 1 1 1 1 1 = 1 + 100 2 + 3 + ⋅+ 99 =100 2 + 3 +⋅ 99 +100 1 Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vậy B = 100. (. (. (. )( ) ) (. ). ). Ví dụ 5: a) Tính tổng A =1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 98.99 b) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính. B = 12 + 22 + 32 + ...+ 972 + 982 c) Sử dụng kết quả của câu a, hãy tính: C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + ... + 98.2 + 99.1 Giải a) Đó tích mỗi số hạng thành hiệu của hai số nhóm triệt tiêu từng cặp hai số, ta nhân mỗi số hạng của A vì 3. Thừa số 3 này được viết dưới dạng 3 – 0 ở số hạng thứ nhất, 4 – 1 ở số hạng thứ hai, 5 – 2 ở số hạng thứ ba,..., 100 – 97 ở số hạng cuối cùng. Ta có: 3A = 1.2(3 – 0) + 2.3(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + ... + 97.98 (99 – 96) + 98.99(100 – 97) = 1.2.3 - 0.1.2 + 2.3.4 - 1.2.3 + 3.4.5 - 2.3.4 + ...+ 97.98.99 - 96.97.98 + 98.99.100 - 97.98.99 = 98.99.100 Suy ra A = 323400 Tổng quát ta có : 1.2 + 2.3 + ...+ n(n+1) =. n(n+1)(n+2) 3. b) B = 12 + 22 + 32 + ... + 972 + 982 = = 1(2 – 1) + 2(3 - 1) + 3(4 – 1) + ... + 97(98 – 1) + 98(99 – 1 ) = = (1.2 + 2.3 + 3.4 +...+ 97.98 + 98 .99) – (1 + 2 +3 + ... + 97 + 98) =A-. 98 . 99 =323400 − 4851=318549 2. Tổng quát : 12 + 22 + 32 + ...+ n2 = ¿. c). n(n+1)(n+2) n(n+ 1) n(n+ 1)(2 n+1) − = 3 2 6. C = 1.99 + 2.98 + 3.97 + ...+ 98.2 + 99.1 = = 1.99 + 2(99 – 1) + 3(99 – 2) +...+ 98(99 – 97) + 99(99 – 98) = = (1.99 + 2.99+...+ 98.99 + 99.99) – (1.2+2.3+...+ 97.98 + 98.99) = = 99 ( 1 + 2 + 3 + ... + 99 ) – A = = 99.. 99 .100 98 . 99. 100 99 .100 .101 − = =166650 2 3 6. Tổng quát: 1.n + 2(n – 1) + 3(n – 2) + ... + (n –1)2 + n.1 = BÀI TẬP. 1. n(n+1)(n+2) 6.

(16) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. 16. Tính nhanh:. 1. 1. 1. 1. A = 2 + 2 + 3 +⋅+ 10 2 2 2 17. Viết tất cả các phân số dương thành dãy:. 1 2 1 3 2 1 4 3 2 1 ; , ; , , ; , , , ; .. . 2 1 2 1 2 3 1 2 3 4. a) Hãy nêu quy luật viết của dãy và viết tiếp năm phén số nữa theo quy luật ấy. 50. b) Phân số 31 là số hạng thứ mấy của dãy ? 18 . Tìm x, biết rằng 1. 1. 1. 1. 101. a) 5 . 8 + 8 . 11 + 11 .14 +⋅ x( x +3) =1540 ; 1 1 1 1 1     1991 x ( x  1) 1 3 6 10 1993 2 b) =. C/ Phương trình nghiệm nguyên I/ Phương trình nghiệm nguyên: ax + by = c Điều kiện đó có nghiệm: (a,b) = d; c d - Cách giải: + Đặt ẩn phụ liên tiếp. x ;y + Tìm nghiệm riêng  0 0  của phương trình, từ đã nghiệm của (1) là.  x  x0  bt   y  y0  at. + Phương pháp phân tích thành nhân tử. + Phương pháp loại trừ. + Phương pháp xuống thang. CHỦ ĐỀ: ĐẠI SỐ A/ Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. I. Phương pháp chung. 1. Phương pháp đạt nhân tử chung. 2. Phương pháp nhóm các hạng tử. 3. Phương pháp dùng hằng đẳng thức. Phương pháp tách các hạng tử. 2 Vì đa thức bậc hai: f ( x) ax  bx  c phân tích đa thức thành nhân tử có thể sử dụng các cách sau: C1: Tách b = b1 + b2, sao cho b1.b2= a.c khi đã thực hiện nhóm các hạng tử đã phân tích thành nhân tử. 2 C2: Nếu f ( x) ax  bx  c = 0 có hai ngiệm (hoặc nghiệm kép ) là x1; x2 khi đã f ( x) ax 2  bx  c a ( x  x1 )( x  x2 ). 4. Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp 5. Phương pháp đồng nhất các hạng tử: 1.

(17) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. II/ Các bài tập áp dụng Dạng bài phân tích thành nhân tử Bài 1. Hãy phân tích các đa thức sau thành ácan tử. a) 5x2 – 5y2 b) x3 - 2x2y + xy2 – 16x c) x4 + 1 d) x8 + x4 + 1. e) x10 + x5 + 1 f) x2 + 3x - 4 . g) (x4 + 2x3 – 3x2 + 2x – 2) Bài 2. Giải phương trình: a) x2 + 2x = x + 2 b) 3x2 + 7x + 4 =0 B. Chia đa thức 1. Đặt chia. 2. Dùng sơ đồ Hooc – ne. f ( x) an x n  an  1 x n  ...  a1 x  a0. an an-1 ... a0 q an qan+ an-1 ... r + Vì q là ước của a0 + Nếu r = 0 thì f ( x ) ( x  q) Vý d”: 2 a) Tìm a sao cho 4 x  6 x  a ( x  3) 4 2 b) Tìm a và b sao cho x  ax  b ( x  1) C/ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. 1)Đưa về tam thức bậc hai rồi biến đổi về dạng: a) y = a + A2 a  Miny a  A 0 , 2k Tương tự vì: y = a + A a  Miny a  A 0 ; A. a  Miny a  A 0 ; Và : y = a + b) y = a - A2 a => Maxy = a  A 0 2k Tương tự vì: y = a - A a  Max y a  A 0 ; A. a  Max y a  A 0 Và : y = a c)Ví dụ1: Tìm giá trị lớn nhất của: y= - x2 + 2x +7 Tìm giá trị nhỏ nhất của: y = 3x2 +6x + 5 2) Vì dạng biểu thức là phân thức mà tử thức và mẫu thức chứa tam thức bậc f ( x)  f ( x) kg ( x );( g ( x ) 0) g ( x ) hai có cách giải. Cách 1: Đặt: rồi biện luận k   0  k  ? phương trình đã phải có nghiệm(Xét ) rồi kết luận. k Cách 2: + Max g ( x) khi g(x) đạt giá trị nhỏ nhất. (k là hằngsố) k. k + Min g ( x) khi g(x) đạt giá trị lớn nhất (k là hằngsố) 1.

(18) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. 3 Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A = 4 x  4 x  3 Giải: Đặt: 2. 3  k (4 x 2  4 x  3) 3;( Do4 x 2  4 x  3  0, x) 4x  4x  3  4kx 2  4kx  3(k  1) 0(*) Đã phương trình (*) có nghiệm khi k. 2.  ' (2k )2  12k (k  1) 0   4k 0 8k 2  12k 0   k 0  0k . 3 2. 3 2k 1  Vậy: Max A = 2 khi x = 4k 2. A không có giá trị nhỏ nhất. 2 Lưu ý vì tam thức bậc hai f ( x) ax  bx  c có hai nghiệm x1và x2 ta luôn có: + af(x)  0 vì. x    , x1  ;  x1 , . + af(x) 0 vì. x   x1 ; x2 . + Nếu. x   x1 ; x2 . => f(x1) .f(x1) 0. x2  x 1 2 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A = x  2 x  3 3. Vì tổng của hai hay nhiều số không đổi, ta có:. Gỉa sử an  an 1  ...  a1  a0 k k (an .an  1 ...a1.a0 ) ( ) n  an an  1 .. a1 a0 n Khia đã: Max. 4. Vì tích của hai hay nhiều số không đổi, ta có: Gỉa sử an .an  1...a1.a0 k n. Khia đã: Min (an  an  1  ...  a1  a0 ) n k  an an  1 .. a1 a0 5. Bất đẳng thức Chaychy a) a 0, b 0  a  b 2 a.b , dấu “ = ” sảy ra khi a = b b) Mở réng cho n số, ta có an , an  1 ,..., a1 , a0 0  an  an 1  ...  a1  a0 n n an , an  1 ,..., a1 , a0  an an  1 .. a1 a0 D. Chứng minh thức: I. Phương pháp giải: 1. Phương pháp 1: Phương pháp dùng định nghĩa. A B  A – B 0 + Lập hiệu số A- B. + Rút gọn A- B và chứng minh A – B  0. 1.

(19) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH + Kết luận A  B.. 2. Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi trực tiếp + Biến đổi A: A  A1  A2 .. B  M 2 B. 3. Phương pháp 3: Phương pháp dùng bất đẳng thức đã biết. 3.1) Bất đẳng thức Chauchy a) a 0, b 0  a  b 2 a.b , dấu “ = ” sảy ra khi a = b b) Mở réng cho n số, ta có an , an  1 ,..., a1 , a0 0  an  an  1  ...  a1  a0 n n an , an  1 ,..., a1 , a0  an an 1 .. a1 a0 3.2) Bất đẳng thức Bu- nha- cop- xki.  ax  by . 2.  a 2  b2   x 2  y 2 . a b  , dấu “ = ” sảy ra: y x. 3.3) Ngoài ra sử dụng các bất đẳng thức đã học. 4. Phương pháp 4: Phương pháp so sánh. 5. Phương pháp dùng tính chất bắc cầu: 6. Phương pháp 6: Phương pháp tương đương: A  B  A1  B1  ...  (*) Mà (*) đóng A  B . 7. Phương pháp 7. 8. Phương pháp 8: Phương pháp phản chứng. Đã chứng minh A  B ta giả sử A < B các phép biến đổi tương đương dẫn đến vô lý. Ta kết luận: A  B . II. Các bài tập vận dụng: A.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản: 1. 2. 3. 4.. Cho a, b > 0 Chứng Chứng minh:. a3  b3  a  b     2  minh 2. ab a 2  b2  2 2. Cho a + b  0 Chứng minh: Cho a, b > 0 . Chứng minh:. a  b 3 a3  b3  2 2. a b. . b a. 1. 5.. Chứng minh: Vì a  b  1: 1 a. 6.. Chứng minh. 2. . a2  b2  c2  3  2  a  b  c . Chứng minh:. 8.. 2 2 2 Chứng minh x  y  z  xy  yz  zx. a..  a b. 1 2. 1 b. . 2 1 ab. ; a,b,cR. a2  b2  c2  d2  e2 a  b  c  d  e. 7.. 9.. 3. \. abc ab  bc  ca  ; a,b,c 0 3 Chứng minh: 3. 1.

(20) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH a2  b2  c2  a  b  c    3 3   minh. 2. a2 2 2  b  c ab  ac  2bc 10. Chứng minh 4. b.. Chứng. 11.. 2 2 Chứng minh: a  b  1 ab  a  b. 12.. 2 2 2 Chứng minh: x  y  z  2xy  2xz  2yz. 13.. 4 4 2 2 Chứng minh: x  y  z  1  2xy(xy  x  z  1). a3  b3 . 14. 15. a. b.. 1 4. Chứng minh: Nếu a + b  1 thì : Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh: ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca). abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0 B. Chứng dựa vào bất đẳng thức cô - si 1.. Chứng minh: (a  b)(b  c)(c  a) 8abc ; a,b,c 0. 2.. 2 2 2 Chứng minh (a  b  c)(a  b  c ) 9abc ; a,b,c 0. 3.. 3 Chứng minh  1 a   1 b  1 c   1 abc  vì a , b , c  0. 4. 5. 6. 7. 8. 9.. 3. m. Cho a, b > 0. Chứng. m.  a  b m1  1     1   2 minh  b   a . bc ca ab   a  b  c ; a,b,c 0 Chứng minh: a b c x 6  y9 3x2y3  16 ; x,y 0 4 Chứng minh: 1 2a4  3a2  1 2 1 a Chứng minh: .. Chứng minh: Chứng minh. a1995  1995  a  1 2. 2. a  1 b. 2.   b  1 c. 2. , vì m  Z+. ,a>0   c2  1 a2  6abc . a. 2. 2. b. . 2. 2. . c. 1 1 1 1      2 a b c  a c 2. 2. 10. 11. 12.. Cho a , b > 0. Chứng minh: a  b b  c Cho a , b  1 , Chứng minh: ab a b  1  b a  1 . Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1). 13. 14. a) b). Cho a > b > c, Chứng minh: a 3  a  b  b  c  c . Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh b + c  16abc. (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc. 3. 2.

(21) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. c).  1   1  1  1   1   1  64  a  b c . 1 3  x  y y. x. 15. Cho x > y > 0 . Chứng minh 16. Chứng minh x2  2. a). x2  1. x8. 2. 17Chứng minh:. x 1. ,x  R b). 6. a2  5. , x > 1 c). a2  1. 4. ab bc ca a bc    ; a, b, c  0 a b bc c a 2. 18. Chứng minh:. x2 1 16x. . 4. y2 1 16y. 4. . 1 4. , x , y  R. a b c 3    19Chứng minh b  c a  c a  b 2 ; a , b , c > 0 1 1 1 1    a3  b3  abc b3  c3  abc c3  a3  abc abc 20. Cho a , b , c > 0. C/m:. 21.. áp dụng Bất đẳng thức Cô- si. 4 a. a  b  c  d  4 abcd 3 b. a  b  c 3 abc. vì a , b , c , d  0 (CÔsi) vì a , b , c  0 , ((CÔsi). 3 3 3 2 2 2 22. Chứng minh: a  b  c a bc  b ac  c ab ; a , b , c > 0 3 9 4 23. Chứng minh 2 a  3 b  4 c 9 abc. Lời giải I.Chứng minh dựa vào BĐT và định nghĩa, Tính chất cơ bản 1. Cho a, b > 0 Chứng minh 3. (*) . a3  b3  a  b    0 2  2 . a3  b3  a  b    2  2 . 3. (*). 3  a  b  a  b  2  0  8 .. ab a 2  b2  2 2. 2. Chứng minh: ()  a + b  0 , () luôn đúng.  a + b > 0 , ()  2. Vậy:. a2  b2  2ab a2  b2  0 4 2. .  a  b 2 0 4 .đóng. 2. ab a b  2 2. . a  b 3 a3  b3  2 2. 3. Cho a + b  0 Chứng minh  2 2 2  3  b  a   a  b   0   3  b  a   a  b 0 . a. . b.  a b.  a  b 3 a3  b3  8 2. 4. Cho a, b > 0 . Chứng minh: b a () ()  a a  b b a b  b a   a  b a   a  b b 0 2.

(22) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. .  a  b  a . b  0. . a. . 1. 2 2  1 a 1 b. . 2. a  b  0 .. . 1. 5. Chứng minh: Vì a  b  1: 1. b. 1 a. 2. . 1. 2. 1 b. . 2 1 ab. (). 1 1 ab  a 2 ab  b2  0  0 2  2     1 ab 1 ab 1  a 1  ab 1  b 1  ab . b a  a b   0  2 2  1 ab  1 a 1 b  a  b  a. b  a  b. . 0. b  a  a  ab2  b  ba2    0 1 ab   1 a 2   1 b2  . 2 2   1 a   1 ab  1 b   1 ab  Vậy : a  b  1  ab  1  ab – 1  0. 2 2 2 6. Chứng minh a  b  c  3 2  a  b  c  ; a , b , c  R 2 2 2   a  1   b  1   c  1 0 . 2 2 2 2 2 7. Chứng minh: a  b  c  d  e a  b  c  d  e. a2 a2 a2 a2  ab  b2   ac  c2   ad  d2   ae  e2 0 4 4 4  4 2. . 2. 2. 2. a  a  a  a    b     c     d     e  0 2  2  2  2  .. 2 2 2 8. Chứng minh x  y  z  xy  yz  zx 2 2 2  2x  2y  2z  2xy  2yz  2zx 0.  x  y  2   x  z 2   y  z  2 0. . abc ab  bc  ca  ; a,b,c 0 3 3. 9. a. Chứng minh: a2  b2  c2 ab  bc  ca  2. . a2  b2  c2  2ab  2bc  2ca ab  bc  ca  a bc     3 9 3  . . abc ab  bc  ca  3 3 a2  b2  c2  a  b  c    3 3  . 2. b. Chứng minh 3  a2  b2  c2   a2  b2  c2  2  a 2  b2  c2   a2  b2  c2  2  ab  bc  ca   a  b  c .  10.. a2  b2  c2  a  b  c    3 3  . Chứng minh: . 11. . 2. 2. a2  b2  c2 ab  ac  2bc 4. a2  a  b  c   b2  c2  2bc 0 4. Chứng minh:. 2. 2. 2. 2. . a     b  c   0 2  .. a  b  1  ab  a  b. 2. 2a  2b  2  2ab  2a  2b 0. 2. .  b  a  2  ab  1 0  1 ab  1 a2   1 b2 . ,.

(23) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH.   12.. 2. a  2ab  b2  a2  2a  1 b2  2b  1 0.  a  b 2   a  1 2   b  1 2 0 .. Chứng minh: . 13.. x2  y2  z2  2xy  2xz  2yz  0. Chứng minh: . x2  y2  z2 2xy  2xz  2yz.  (x – y + z)2  0.. x 4  y 4  z2  1 2x(xy 2  x  z  1). x4  y4  z2  1 2x2y2  2x2  2xz  2x  0. 2 2  x  y . 2. 2. 2.   x  z   x  1 0. . a3  b3 . 1 4. 14. Chứng minh: Nếu a + b  1 thì:  a + b  1  b  1 – a  b3 = (1 – a)3 = 1 – a + a2 – a3 2. 1 1 1  3 a      2 4 4..  a3 + b3 = 15. Cho a, b, c là số đo ba cạnh của tam giác. Chứng minh: a. ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).  ab + bc + ca  a2 + b2 + c2  (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2 a  b c , b  a c , c  a  b  2 2 2 2 2 2 2 2 2  a  b  2bc  c , b  a  2ac  c , c  a  2ab  b  a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca). b. abc  (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) 2 a 2  a 2   b  c   a 2   a  c  b  a  b  c   2 b2  b2   a  c   b2   b  c  a   a  b  c   2 c 2  c 2   a  b   c 2   b  c  a   a  c  b  2 2 2 2 2 2  a b c   a  b  c   a  c  b  b  c  a   abc   a  b  c   a  c  b  b  c  a  c. 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 0  4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > 0  4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 > 0  (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > 0  [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > 0  (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 , đóng  Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác.  c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0. II. Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Cô- si 1. Chứng minh: (a  b)(b  c)(c  a) 8abc ; a, b, c 0  áp dụng bBất đẳng thức CÔ- si:  a  b  2 ab , b  c 2 bc , a  c  2 ac 2 2 2.   a  b  b  c   a  c  8 a b c 8abc . 2 2 2 2. Chứng minh (a  b  c)(a  b  c ) 9abc ; a,b,c 0 áp dụng Bất đẳng thức Cô- si 3 2 2 2 2 2 2  a  b  c 33 abc , a  b  c 3 a b c 3 3 3 3 2 2 2   a  b  c   a  b  c  9 a b c 9abc . 2.

(24) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. 3 3 3. Chứng minh:  1 a   1 b  1 c   1 abc  , vì a , b , c  0.   1 a  1 b  1 c  1 a  b  c  ab  ac  bc  abc. 3 2 2 2  a  b  c 33 abc , ab  ac  bc 3 a b c. .  1 a   1 b  1 c  1 33 abc  33 a 2b2c 2  abc  1 3 abc  m. 4. Cho a, b > 0. Chứng minh m. a b    1    1  b a  . m. m.  a  b  a  b  1    1   2  1  . 1   b  a  b  a. m. m.  2m  1. 3. , vì m  Z+. b a  2  2    a b . m.  2 4m  2m  1. . bc ca ab    a  b  c ; a, b, c  0 a b c. 5. Chứng minh:  áp dụng Bất đẳng thức Cô- si. 2 bc ca abc 2  2  2c bc  ba  2 b ac 2b a b ab ac , a c. ,. 2. ca ab a bc  2  2a b c bc. . bc ca ab   a  b  c a b c .. x6  y9 3x2y3  16 ; x,y 0 4 6. Chứng minh: () 6. 9. 2 3. ()  x  y  64 12x y   x    y áp dụng Bất đẳng thức Cô- si 2 3.  x2  3   y3  3  43 3x2y3 4 12x2y3. 7. Chứng minh: () . 2a4 . 1 1 a. a 4  a 4  a 2  1. 2. 1 a. 2. .  43 12x2 y3. ..  3a2  1. 1. 3 3.  4a2. (). . a4 , a4 , a2  1,. Áp dụng Bất đẳng thức Cô- si 1 a 4  a 4  a 2  1  44 a4a 4  a 2  1 2 1 a. 1 1 a 2. 1 1 a2.  4a 2. 1995.  1995  a  1 () , a > 0 8. Chứng minh: a 1995  1995a  1995  a1995  1995  1995a ()  a 1995 1995. a1995  1995  a1995  1994 a1995  1 1 ...   1 1995. a. 1995a. 1994 soá. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 9. Chứng minh: a  1 b   b  1 c   c  1 a  6abc . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  a  1 b   b  1  c   c  1 a   a  a b  b  b c  c  c a áp dụng Bất đẳng thức Cô- si . 6. a2  a2b2  b2  b2c2  c2  c2a2 6 a6b6c6 6abc. 2.

(25) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH a b c 1 1 1 1  2 2 2 2     2 2 10. Cho a , b > 0. Chứng minh: a  b b  c a  c 2  a b c  a. . 2. 2. a b. . a 1  2ab 2b. a 2. 2. . b. b 2. 2. b c. , 2. . . 2. b 1  2bc 2c. c. c. ,. 2. a c. 2. . c 1  2ac 2a. 1  1 1 1      2  a b c a c 2. 2.  Vậy: a  b b  c 11. Cho a , b  1 , Chứng minh: ab a b  1  b a  1 .  a  a  1  1  2 a  1 , b  b  1  1 2 b  1  ab  2b a  1 , ab 2a b  1  ab a b  1  b a  1 12. Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng mimh: xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1)      x  x  1  1 x  1  x  y  z  3 2  x  1   x  1   y  1   z  1 44  x  1  y  1  z  1. 2 2 4    z  44  x  1  y  1  z  1 Tương tự : y  4 x  1  y  1 z  1 ;  xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1).. a  33  a  b   b  c  c .. 13. Cho a > b > c, Chứng minh 3.  a  a  b   b  c   c  3  a  b   b  c  c 14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh a) b + c  16abc. 2. 2 2  bc bc 1 a    2 16abc 16a    bc  16a    4a  1 a   2   2    2   2. 2. 2.  4a  1 a   1 a   4a  4a   1 a   1  1 2a   1 a b  c b) (1 – a)(1 – b)(1 – c)  8abc  (1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b)  2 bc.2 ac.2 c). . 1 1  1   1   1   1  64 a  b c . 4. 2  1   a  a  b  c  4 a bc 1        a a  a  . . 1.  . 4. 1 4 ab2c  b b. 1 1  1   1   1   1  64 a b c . . 1. 4. 1 4 abc2  c c. x. 15. Cho x > y > 0 . Chứng minh VT  x  y   y .  16. Chứng minh x2  2. a). x2  1. 2. 1.  x  y y. 33.  x  y y  x  y y. 1 3  x  y y. 3. 2 2 2 2  x  2 2 x  1  x  1 1  2 x  1. 2. ab 8abc.

(26) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH x  1 9. x8 x 1. b). x 1. =. 9.  x  1. x 1. 2. x 1. 9 x 1. a2  5. 2 2 c.  a  1  4 2 4  a  1. 17. Chứng minh:  Vì : a  b  2. 4 a2  1. . a2  1. 6. 4. ab bc ca a bc    ; a, b, c  0 a b bc c a 2. ab. ab ab ab bc bc bc ac ac ac        a  b 2 ab 2 , b  c 2 bc 2 , a  c 2 ac 2 2 2 2  a  b  c  ab  bc  ca , dựa vào a  b  c ab  bc  ca .. . ab bc ca ab  bc  ac a  b  c     ab bc ca 2 2 x2. 18. Chứng minh:: x. 2. 1 16x. x. . 4. 2. . x. . y2 1 16y 2. 4 2 2  1 16x 1  4x  2.4x. y2.  . 1 16y. 4. . 4. . x2 1 16x. y2. 1  4y . 2. y2 1 16y. . 4. . y2. 2.4y. 2. 4. . 1 8. . 1 8. . 1 4. , x , y  R. 1 4. a b c 3    bc ac ab 2. 19. Chứng minh: ;a,b,c>0 X = b + c , Y = c + a , Z = a + b.  a+b+c=. 1 2 (X. + Y + Z). . YZ X ZX Y XY Z a ,b ,c 2 2 2. . a b c 1 Y X  Z X  Z Y                b c a  c a b 2  X Y  X Z   Y Z  1 3   2  2  2  3  2 2.. Cách khác:. .  3 . áp dụng bất đẳng thức Cô- si. a b c  a   b   c      1    1    1  3 bc ac ab  bc   a c   ab  . 1   a  b   b  c    c  a    1  1  1   3 2  bc a c a b. 1   a  b   b  c    c  a    1  1  1   9  3  3 2  bc a c a b 2  2. 20. Cho a , b , c > 0. C/m: 1. 3. 3. a  b  abc. . 1. 3. 3. b  c  abc. . 1 3. 3. c  a  abc. . 2. 1 abc.

(27) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. +). 3. 3. a  b  a  b  a2  ab  a2   a  b ab 3 3  a  b  abc  a  b ab  abc ab  a  b  c  , tương tự.. 3 3 +) b  c  abc  b  c  bc  abc bc  a  b  c  3 3 +) c  a  abc  c  a  ca  abc ca  a  b  c . VT . 1 1 1 1  a bc             ab a  b  c bc a  b  c ca a  b  c a  b  c  abc .  21. áp dụngbất đẳng thức Cô- si 4 a. a  b  c  d 4 abcd với a , b , c , d  0 (CÔ- si)  a  b 2 ab , c  d 2 cd 4  a  b  cd  2  ab  cd  2  2 ab. cd  4 abcd b.. a  b  c 33 abc. . abc. . với a , b , c  0 ,. (CÔ- si). abc a bc  4.4 abc 3 3. abc 4 abc  abc 3 3 3.  abc   abc 3  .   22. Chứng minh ; a , b , c > 0 3 2  a  abc  2a bc ,. 4. . a bc  abc    abc 3 3  . a  b  c 33 abc .. b3  abc  2b2 ac. 3 2 , c  abc  2c ab. 3 3 3 2 2 2  a  b  c  3abc  2  a bc  b ac  c ab  3 3 3 2 2 2  2 a  b  c   2 a bc  b ac  c ab  , 3 3 3 với : a  b  c 3abc a3  b3  c3 a2 bc  b2 ac  c2 ab Vậy: 23. Cho x,y là các số dương chứng minh rằng. 1 1 4   a) x y x  y 1 1 1 4  x  y  z (   )  x y z x yz b). Bất đẳng thức. Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất. Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác. CMR: ab + bc + ca a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca). Giải: Ta có:. 2.

(28) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH c −a ¿ 2 b − c ¿2 +¿ ≥ 0 . 2 a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca a −b ¿ + ¿ ¿ 1 ¿ .¿ 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Vậy: ab + bc + ca a2 +b2 +c2. Lại có: a < b + c ⇒ a2 < a.(b + c) (1) Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3). Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được: a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca). Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: √ z .(x − z)+ √ z .( y − z )≤ √ xy Giải: ¿ x=z +m Đặt: y=z +n ¿{ ¿. (m,n,z > 0).. Khi đó (1) trở thành: √ zm+ √ zn ≤ √( z +m).( z +n) ⇔ √ m+ √ n ≤. (√ 1+ mz ) .( n+ z ). (2).. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: m .( n+ z)≥ z. ( ) 1+. ⇔. 2. 2 m . z =( √ n+ √ m ) z. ( √ ) √ n+. (√ 1+ mz ) .(n+ z )≥ √ n+√ m.. Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm). 1 4 4 Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR: 8 . ( x + y ) + ≥ 5 . xy. Giải: Từ giả thiết Ta có:. ¿ xy >0 x+ y=1>0 ⇒ x , y >0 . ¿{ ¿. 1 1 1=x + y ≥2 . √ xy ⇒ ≥ xy ⇒ ≥ 4 (1) . 4 xy. Lại có: 2. x 2 + y 2 ¿ 2=[(1 2+12 ).( x 2 + y 2) ] ≥ ¿ ¿ 4 4 2 2 4 4 8 . ( x + y ) =4 .(1 +1 ).( x + y )≥ 4 . ¿ Suy ra: 8.(x4 + y4) 1 (2).. Từ (1) và (2) suy ra: 2. (1)..

(29) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 1 8 . ( x + y ) + ≥ 1+4=5 . xy 4. 4. Ta có đpcm. Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương: x = (a + b + c)2 - 9ab ; y = (a + b + c)2 - 9cb ; z = (a + b + c)2 - 9ac. Giải: Ta có: x + y + z = 3. (a + b + c)2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2- ab - bc - ca) =. =. c − a ¿2 b − c ¿2 +¿> 0. a − b ¿2 +¿ ¿ 3 .¿ 2. (Do a. b. c. a).. Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương. ¿ a+b ≥ 1 Bài 5: Nếu ab>0 ¿{ ¿. 1 4 4 thì a +b ≥ 8 .. Giải: Hoàn toàn tương tự bài 3. Bài 6:CMR: ( x 10+ y 10 ) . ( x2 + y 2 ) ≥ ( x 8+ y 8 ) . ( x 4 + y 4 ) . Giải: Ta có: ( x 10+ y 10 ) . ( x2 + y 2 ) ≥ ( x 8+ y 8 ) . ( x 4 + y 4 ) ⇔ x 12+ y 12 + x 2 y 2 . ( x 8 + y 8 ) ≥ x12 + y 12+ x 4 y 4 . ( x 4 + y 4 ) ⇔ x 2 y 2 . ( x8 + y 8) ≥ x 4 y 4 . ( x 4 + y 4 ) ⇔ x 2 y 2 . ( x8 + y 8 − x 6 y 2 − x2 y 6 ) ≥0 ⇔ x2 y2 .( x2 − y2 ) .( x6 − y6 ) ≥ 0 2 ⇔ x 2 y 2 . ( x2 − y 2 ) . ( x 4 + x2 y 2+ y 4 ) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm. Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì : P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0. Giải: Có: P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0. 2 n+1 ¿2 ¿ ¿ Bài 8:CMR: 1 1 1 A= + +. . .+ ¿ 9 25. với n ∈ Ν , n>1 .. Giải: Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được: 2 n+1¿ 2 ¿ ¿ 1 ¿. Áp dụng ta có: 2.

(30) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A< . + + + .. .+ =¿= . − + − +. . .+ − = . − < . 2 2.3 3.4 4.5 2 2 3 3 4 2 n+1 2 n+2 2 2 2 n+2 4 (2 n+1).(2 n+2). [. ]. [. ] [. Ta có đpcm. Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì:. 2. 2. p +q ≥ √ pq . p+q. Giải: 2. 2. 2. ( p − q ) . ( p+ √ pq+ q ) Có: p +q − √ pq= √ √ ≥0. p+q. p+ q. Ta có đpcm.. 1 1 1 < − với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra: 2 k k −1 k 1 1 1 1 1+ 2 + 2 +. ..+ 2 < 2− với n >1. n 2 3 n. Bài 10:CMR:. Ta có:. Giải:. 1 1 1 1 < = − . 2 k ( k − 1). k k −1 k. Áp dụng cho k = 2,3,...,n ta được: 1+. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 +. ..+ 2 <1+ − + − +.. .+ − =2 − . 2 1 2 2 3 n −1 n n 2 3 n. (. ). x2 + y2 −2 √ 2≥ 0 . Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: x− y. Giải: Ta có: x2 + y2 2 2 =x − y+ ≥ 2. ( x − y ). =2 √ 2≥ 0 . x− y x− y x−y. √. Ta có đpcm. Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: a ≤ b ≤ c . CMR: ( a+b +c )2 ≤ 9 bc . Giải: Từ giả thiết bài ra ta có: 2 b ≥b+ a>c ⇒4 b −c >0 ⇒ (b − c).(4 b− c)≤ 0 ⇒ 4 b2 +c 2 ≤5 bc ⇒ ( 2 b+c )2 ≤ 9 bc(1). Mà: (a + b + c)2 (2b + c)2 (2). Từ (1) và (2) suy ra: (a + b + c)2 (2b + c)2 9bc. Ta có đpcm. Bài 13: Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn hơn 1. Giải: Ta có: a .(2 −b) .b (2 −c ). c (2 −a)=a .(2− a). b .(2 −b). c (2− c) ≤ a+ 2− a 2 b+2 −b 2 c +2− c 2 . . =1 . 2 2 2. (. )(. )(. ). Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng không thể đồng thời lớn hơn 1. Ta có đpcm. Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR: b c < . √a+ b − √ a −b √ a+ c − √a − c 3. ].

(31) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH b c < √ a+ b − √ a −b √ a+ c − √ a − c. Ta có: ⇔. Giải:. √ a+ b+ √ a −b < √ a+c + √ a − c. 2 2 ⇔ √ a+b+ √ a− b< √ a+ c+ √ a− c 2 2 2 2 ⇔ 2 a+2 . √ a − b <2 a+2 . √a − c 2 2 2 2 ⇔ √ a − b < √ a −c ⇔ b2 >c 2. Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy ta có đpcm. Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn: x 2+ y 2 + z 2 ≥ 1 . CMR:. x3 y3 z3 + + ≥ 1. y z x. Giải: 3 3 Áp dụng BĐT Cô Si: x + xy ≥2 . x xy=2 x 2. √. y. y3 +yz ≥2 y 2 z. Tương tự:. (2) và. y z3 + xz ≥ 2 z2 x. (1). (3).. Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có: x3 y3 z3 + xy + + yz+ +zx ≥2 .(x 2+ y 2+ z 2 ) y z x. Suy ra: 3. 3. 3. x y z + + ≥ 2. (x2 + y 2 + z 2) −(xy + yz+zx )≥( x2 + y 2 + z 2)≥1 . y z x. Vậy ta có đpcm. DẠNG BÀI VỀ RÚT GỌN BIỀU THỨC 1. Các kiến thức cơ bản về phân thức: A C A C   ( B 0) B a) Phép cộng, trừ : B B. - Lưu ý: + Nếu các phân số không cùng mẫu thì tiân hành QĐMT. + Một số quy tắc đổi dấu: A A A A A A      B; B; QT1:  B B QT2:  B B A C A.C .  ( B, D 0) b. Phép nhân: B D B.D. QT3:. . A A A A    B B B B;. - Lưu ý: phép nhân có đầy đủ các tính chất: Giao hoán, kết hợp; phép nhân phân phối với phép cộng; và thực hiện rút gọn. c. Phép chia: A B  A, B 0  + Phân thức: B có phân thức nghịch đảo là A và ngược lại 1  B 0  + Phân thức: B có phân thức nghịch đảo là B và ngược lại. A C A D A.D :  .  + Phép chia: B D B C B.C 3.

(32) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. 2. Những bài tập áp dụng: Bài 1(Đề thi HSG cấp huyện năm 2008 - 2009) Cho biểu thức: a) Rút gọn P. P. 2 x 9  x  5 x 6. b) Tính giá trị của P khi c) Tìm x đã P  1. x. x  3 2 x 1  x  2 1  x với x 0; x 4;9 2. 3. 5. Giai:. a) Rút gọn P P. 2 x9  x  5 x 6. x  3 2 x 1  x  2 3 x. 2 x 9   ( x  2)( x  3). x  3 2 x 1  x 2 x 3. 2. 2 x  9  ( x  32 )  (2 x  1)( x  2)  ( x  2)( x  3) 2 x  9  x  9  2x  3 x  2  ( x  2)( x  3)  . b) Tính giá trị của P khi Từ x. 2 3. 5). 2. 2. 3 . 5. . 3. 6 2 5 4. Thay vào P ta được: P. ( x  1) 6 2 5 6 2 5 (  1) : (  3) 4 4 ( x  3). ( x  2)( x  1). c) P  1. 10  2 5 62 5. ( x  1) 1 ( x  3) 4  1 1 ( x  3) . . x  30.  x 9 Vậy 0  x 9; x 4. Bài 2 (Đề thi HSG cấp huyện năm 2009 - 2010) P. 5.. ( 5  1) 2 ) 2 ( 5  1) 4  x ( ) 2. . ( x  1)  ( x  3). 2(3 . 2. (. x x  2 ( x  2)( x  3) ( x  2)( x  3). 5. . x. 10 x 2 x 3 x 1   x 3 x  4 x  4 1  x với x 0; x 1. Cho biểu thức: a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x= 4 c) Chứng minh rằng P   3 với mọi x thuộc điều kiện xác định. d) Tìm giá trị lớn nhất của P. a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P khi 3.

(33) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Với: x= 4 .Thay vào P ta được: P. 10 x 2 x  3 x 1   x 3 x  4 x  4 1 x. P. 10 x (2 x  3).( x  1) ( x  1)( x  4)    ( x  1)( x  4) ( x  4)( x  1) ( x  4)( x  1) 10 x  (2 x  5 x  3)  ( x  5 x  4)  ( x  1)( x  4) .  3x  10 x  7 ( x  1)( x  5). . ( x  1)(7  3 x ) ( x  1)( x  4). . (7  3 x ) ( x  4). 7 3 4 1  4 4 6. c) P   3 . (7  3 x ) 3 ( x  4). . (7  3 x ) 3  0 ( x  4).  7  3 x  3( x  4)  0  19  0. Với x 0; x 1 d) Tìm MaxP: (7  3 x ) 19 P  3  ( x  4) ( x  4) Ta có: Nhận thấy: 19 19 P  3   3  4 ( x  4) 19 7 P  3   4 4 Vậy GTLN : Khi x  4 4  x 0. Bài 3: Cho biểu thức x 2 − √ x 2 x+ √ x 2( x −1) P= − + x+ √ x +1 √x √ x −1. a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị nhỏ nhất của P 2 x c) Tìm x để biểu thức Q= √ P. nhận giá trị là số nguyên. Lời giai:. a) ĐK: x> 0 ; x ≠ 1 Rút gọn được P=x − √ x+1 2. 1 3 3 1 b) Biểu diễn P= √ x − 2 + 4 ⇒ MinP= 4 ⇔ x= 4 2 x 2 Q= √ = P 1 c) Biểu diễn √x + − 1 √x 1 ta thấy với x> 0 ; x ≠ 1 thì √ x+ −1>1 (theo BĐT Cô-Si) suy ra √x 7 ±3 √ 5 0<Q<2 . Vì Q nguyên nên Q =1 ⇒ x= (t/m). (. ). 2 y − √ xy x y x+y : + − Bài 4- Cho biểu thức: P= √ x+ √ x+ √ y √ xy + y √ xy − x √ xy. (. )(. 3. ).

(34) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. a) Với giá trị nào của x, y thì biểu thức có nghĩa. b) Rút gọn P. c) Tính giá trị của P với x = 3, y =. 2 2 − √3. Lời giải. a) Với x > 0, y > 0; x ≠ y. b) Với x > 0; y > 0 và x ≠ y. Ta có: x + √ xy + y − √ xy x √ x ( √ y − √ x)+ y √ y ( √ y + √ x) −( x+ y)( y − x ) : P= √ x +√ y √ xy ( y − x ) ( √ y − √ x )( √ x+ √ y ) x + y √ xy (x + y ) x+ y x − y y− x : = . = = =√ y − √ x = √ x + √ y √ xy (x − y ) √ x + √ y x+ y √ x +√ y √ x +√ y √3 ¿ 2 ¿ 2 +¿ 2(2+ √ 3) 2 = ¿ 2 − √3 2. c) Với x = 3; y =. √3+1 ¿2. ¿ ¿ 4+ 2 3 √ √ − √ 3= √¿. Thì ta có: P =. Bài 5: Cho biểu thức P (. 2 x x  3 3x  3 2 x  2   )(  1) x 3 x  3 x 9 x 3. a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P khi x 6  2 5 . c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Lời giai:. a) ĐK: x 0; x 3; x 2 Rút gọn được: P. 2 x 9  x 5 x 6. . . 2 x  9  ( x  9)  (2 x  3 x  2) ( x  3)( x  2). . x x  2 ( x 1)( x  2) x 1   ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2) ( x  3). b) Ta có P (. x. 2 3. 5. (. 5 1 2 )  2. x. 5 1 2 , nên. 5 1 5 1 5 3 5  5 5 3 42 5  1)(  3)  :   2 2 2 2 4 5 5. x 1  1 0  ( x  3) c)  0  x  9; x 4 P 1 . . x  2 (2 x  1) x  3 2 x 1 2 x9 ( x  3)( x  3)     x  2 3  x ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2) ( x  3)( x  2). 4 0 x 3. x  30 x 9. 3.

(35) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. d) Ta có:. P. x 1 4 1  PZ  x 3 x  3 . Để. 4  x 3. x  3  U (4)  1; 2; 4. ) x  3  1  x 4(loai) ) x  3 1  x 16 ) x  3  2  x 1 ) x  3 2  x 25 ) x  3  4  x  1(VN ) ) x  3 7  x 49. Vậy. P  Z  x   1;16; 25;49. 1 x 3 4  1  x 1 x  1 (1) đ)Ta có: P 1 4 4 x  1 1  1   4  1   4  1  3 x  1 x  1 x  1 Mà 1 Vậy GTNN của P = - 3 . x  1 1  x 0. CHỦ ĐỀ: ĐƯỜNG THẲNG. 1. Đường thẳng : ax + by = c. (a 2  b 2 0)  y . a c x  (b 0) b b (1). a c x  (d ) b b a) Cách vẽ đường thẳng d: c c ;0 0; + Đường thẳng cắt trục Ox tại A( a ); cắt trục Oy tại B( b ); y . + Nối A với B ta được đường thẳng d. b) Nếu đường thẳng cho ở dạng: y = ax + b (a 0 ) b ;0 Cách vẽ: + Đường thẳng cắt trục Ox tại A( a ); cắt trục Oy tại B( 0;b );. + Nối A với B ta được đường thẳng d. c) Hệ số góc của đường thẳng y = ax + b (a 0 ) là: a 2. Viết phương trình đường thẳng: a) Viết phương trình đi qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) Cách 1: + Gọi đường thẳng cần tìm có dạng y = ax + b. + Vì đường thẳng đi qua hai điểm A và B ta có: ax1  b  y1  ax2  b  y2. giải hệ tìm a và b. 3.

(36) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Cách 2: Viết phương trình đi qua điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) có dạng: x  x1 y  y1  x1  x2 y1  y2 b) Viết phương trình đi qua điểm A(x0; y0), với hệ số k có dạng: y = k(x – x0) + y0 c) Chứng tỏ ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến) Cách giải: Cách 1: + Viết phương trình đi qua hai trong ba điểm. + Thay toạ đó điểm còn lại vào phương trình đường thẳng, nếu thoả mãn phương trình đã ta kết luận ba điểm đã cho thẳng hàng. Cách 2: Ba điểm A(x1; y1) và B(x2; y2) ; C(x3; y3) thẳng hàng ( hay cộng tuyến), x1  x2 y  y2  1 nếu thoả mãn: x2  x3 y2  y3 . 3. Vị trý của hai đường thẳng: (d): y = ax + b và (d’): y = a’x + b’ a) (d) // (d’)  a a ' 0; b b ' b) (d) (d’)  a a ' 0; b b ' c) (d)  (d’)   a a ' d) (d)  (d’)  a.a '  1 Ngoài ra, nếu cho dạng (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = c’ a) (d)  (d’)   ab ' a ' b 0  ab ' a ' b 0    ac ' a ' c 0 bc ' b ' c 0  b) (d) // (d’)  ab ' a ' b 0  ( d ) ( d ')   ac ' a ' c 0 b ' c  bc ' 0  c) Xác định giao điểm của hai (d): ax + by = c và (d’): a’x + by’ = ’là nghiệm(nếu có) của hệ phương trình sau:.  ax  by c   a ' x  b ' y c ' 4. Hệ số góc của đường thẳng. 5. Bài tập vận dụng: Bài tập 1: Cho ba đường thẳng: (d): x + y = 3 (d1): 5x - 3y = 7. (d2): ax - by = 5b (a 0; b 0) . a) Tìm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng trên đồng quy. b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1; 5) và song song với đường 3.

(37) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. thẳng (d) b)Xác định hệ số góc đường thẳng (d2) đi qua điểm M(1; 5). Giải: a) Tm hệ thức giữa a và b đã ba đường thẳng trên đồng quy.  x  y 3  5 x  3 y 7 + Giao điểm của (d) và (d ) là hệ của hệ phương trình:  1.  x 2  y 1 , vậy (d) và (d ) cắt nhau tại đỉêm có toạ đó: C(2; 1) + Giải hệ tìm được  1 + Để 3 đường thẳng trên đồng quy tại điểm C, ta có hệ thức: 2a – b = 5b => a = 3b Vậy ba đường thẳng trên đồng quy khi: a = 3b Bài tập 2(Đề thi HSG Toán 9 năm học 2010 - 2011): Cho ba đường thẳng: (d): y = (m - 1)x + 3m - 5 (d1): y = 4mx - m - 5 (d2): y = (m2 + 4)x + 2m - 4 a) Với giá trị nào của m thì hai đường thẳng (d) và (d1) vuông góc với nhau b) Với giá trị nào của m thì hai đường thẳng (d2) và (d1) cắt nhau tại một điểm trên trục tung. c) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì đường thẳng (d 1) luôn đi qua một điểm cố định. Phương trình và hệ phương trình. I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp. 2. 2. 2. x −2 x+ 2 x −4 =0 . Bài 1:Gpt: 10 . x+ 1 + x −1 −11 . 2 x −1 Giải:. ( ) ( ). (. ). x−2 x+ 2 Đặt u= x +1 ; v = x −1 (1). Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = 0 ⇔ (u-v).(10u-v)=0 ⇔ u=v hoặc 10u=v. Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng. Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15. Giải: Đặt x2 - 5x + 5 = u (1). Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15 ⇔ (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0 ⇔ (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0 ⇔ (x2-5x+4).(x2-5x+6)-15=0 ⇔ (u-1).(u+1)-15=0 ⇔ u2-16=0 ⇔ u= ± 4. Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x.. Bài 3:Gpt:. x 2 x + =90 . x+1 x −1. ( ) ( ). 3.

(38) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Giải: 2. x +1 ¿ ¿ x −1 ¿2 ¿=90 . ⇔ ¿ 1 ¿ 2 x .¿ 2 2 x −1 ¿ ¿ . ¿ 2 2 x +2 ⇔ x2 . ¿. Đặt u = x2 ( u Ta có:. 0) (1).. u− 1¿ 2 ¿ u− 1¿ 2 ( u 1). ¿ 2u+ 2 u. ¿ ⇔ 88 u2 − 182u+ 90=0 .. Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x. Bài 4:Gpt: √3 x+ √3 2 x −3=√3 12.(x −1) . Giải: Đặt √3 x=u ; √3 2 x − 3=v (1). Có: 3. u+ v=√ 4 .(u 3+ v 3 )⇔ u 3+ v 3 +3 uv .(u+ v)=4 .(u3 + v 3) u − v ¿2 =0 ⇔ ¿ u=− v ¿ u=v ¿ ¿ ¿ ¿ 2 ⇔ 3 .(u+ v).(u −2 uv +v 2)=0 ⇔ 3 .(u+v ). ¿. Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x. 1 x2 Bài 5:Gpt: √ 5 x +3 x +3 x −2+ = +3 x 2 2 3. 2. (1).. Giải: Từ (1) suy ra: 2. √ 5 x3 +3 x 2+ 3 x −2=x2 +6 x − 1 3. 2. 4. 2. 3. 2. ⇒ 20 x +12 x + 12 x − 8=x +36 x +1+12 x −2 x − 12 x 4 3 2 ⇒ x −8 x +22 x −24 x +9=0 (x 0). 24 9 ⇒ x 2 − 8 x +22 − + 2 =0 . x x 3 Đặt x+ x = y (*) ta có:. y2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x.. 3.

(39) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Bài 6:Gpt: ( x+ 1 ) .( x −4 )+ 3.(x − 4). x +1 − 18=0 (1) . x−4. √. Giải:. Điều kiện x > 4 hoặc x < -1. *Nếu x > 4, (1) trở thành: ( x+ 1) .( x − 4)+3 . √ (x+ 1) .( x − 4) −18=0 Đặt √( x +1).( x − 4 )= y ≥ 0 (2) ta có:. y2 + 3y -18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x. *Nếu x < -1, (1) trở thành: (x+ 1) .(x − 4) −3 . √ ( x+ 1).(x − 4)−18=0 Đặt √( x +1).( x − 4 )= y ≥ 0 (3) ta có:. y2 - 3y -18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x. Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1). Giải: 4 3 2 (1) ⇔ 4 x +4 x −20 x + 2 x +1=0 (x 0).Chia cả hai vế cho x2 ta được : ⇔ 4x2 + 4x -20 +. ⇔. (. 2 x+. 2 1 + x x2. = 0.. 1 2 1 +2. 2 x + − 24=0 . Đặt y = x x. ) (. ). 2x+. 1 .(2) x. Ta có: y2 + 2y -24 = 0. Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x. Bài 8:Gpt: √ x2 −16 x +64 −2 . √ x 2 −8 x+ 16+ √ x2 =0 . Giải: ⇔|x −8|− 2.|x − 4|+|x|=0 .. Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản. Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4). Giải: 2. 4. 2. 3. 2. ⇔ 1+ x + x +2 x +2 x +2 x =5+5 x + 5 x 4 3 2 ⇔ 4 x −2 x +2 x −2 x +4=0 ⇔ 2 x 4 − x 3 +x 2 − x+2=0. 4. Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được: 1. 2. 1. 2x2 - x + 1 - x + 2 =0 . Đặt y = x+ x (*). Ta có: x 2 2y - y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x. Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16. Giải: Đặt 7 - x = y (*). Ta có: (y-1)4 + (y + 1)4 =16 ⇔ 2y4 +12 y2 +2 = 16 ⇔ 2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0 ⇔ y =1 hoặc y = -1.. 3. 0..

(40) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x. II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau: Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: 2 Đặt y + 3y = t. Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t. *Nếu t > 0 thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn. *Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t2 + 2t > t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 = (t+2)2. Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*). Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**). Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2) Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý). *Nếu t = -1 suy ra x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý). *Nếu t = 0 suy ra x = 0 ⇒ y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 . ¿ x − y+ z=2(1) Bài 2: 2 x 2 − xy+ x −2 z=1(2) ¿{ ¿. Giải: Từ (2) ta có: 2x - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có: 2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1 ⇔ 2x2 -xy +3x-2y-5 =0 2. x 2 +3 x −5 7 =x +1 − ∈ Ζ ⇒ 7 ⋮ x+ 2⇒ x +2=±1, ± 7. x+ 2 x+ 2 Từ đó ta tìm được x ⇒ tìm được y ⇒ tìm được z. ¿ x − y − z=3(1) Bài 3: x 2 − y 2 − z 2=1(2) ¿{ ¿ ⇔ y=. Giải:. Thay (1) vào (2) ta được: (y + z -3)2 -y2 -z2 =1 ⇔ yz - 3y - 3z = -4 ⇔ (y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1= =(-5).(-1. Từ đó ta tìm được y và z ⇒ tìm được x. Bài 4: 2xy + x + y = 83. Giải:. 83 − y 166 − 2 y 167 x= ⇔ 2 x= =−1+ ∈ Ζ ⇒ 167 ⋮ 2 y +1 ⇒2 y+ 1=± 1,± 167 . ⇔ 2 y +1 2 y +1 2 y +1 Từ đó ta tìm được y ⇒ tìm được x. xy yz zx Bài 5: z + x + y =3 .. Giải: Điều kiện : x,y,z. 0. 4.

(41) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương) Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = |xy| > 0 và. x y , >0 . y x. xy yz zx Đặt A= z + x + y =3 . xy. yz zx. Giả sử z <0 khi đó 3 = A = z + x + y <0+0+ 0=0 (Vô lý). Vậy z >0.Ta có: |xy| |xy| x y 3 . z . . z . =3 . √|xy| z A = xy + yz + zx =3= + z . y + z . x ≥3 . 3 z x y z ⇒ 1 ≥|xy|. z ⇒ z=1,|xy|=1⇒ z=1 , x= y=1 ¿ z=1 , x= y =−1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. | x | | y|. √. z. | y| | x|. Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19. Giải: Từ bài ra ta có: 2. 2 x +5 x+ 19 17 =x+2+ ∈ Ζ ⇒17 ⋮ 2 x +1 ⇒2 x +1=±1, ±17 . 2 x+1 2 x+1 Từ đó ta tìm được x ⇒ tìm được y. y=. III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác. 1. 1. =2. Bài 1: x + √2 − x 2. Giải:. Điều kiện : x ≠ 0,|x|< √ 2 . 1. 1. 1. 1. <¿ ≤ < 2. -Nếu x < 0 thì x + √2 − x 2 √2 − x 2 √ 2 Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a và √ 2− x2=b (a,b > 0). ¿ 1 1 + =2 a b Ta có: a2 +b 2=2 ¿{ ¿ 1 1 Có: 2= + ≥ 2. 1 ⇒ ab ≥ 1 a b ab. √. (1).. Lại có: 2 = a2 + b2 2ab suy ra 1 ab (2). Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2. ¿ ab=1 a+ b=2 Vậy ta có: ⇒ a=b=1⇒ x=1 . ¿{ ¿ 4.

(42) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Bài 2: √ 4 − x2 + √ 1+4 x + √ x 2+ y 2 −2 y −3=√ x 4 −16 − y +5 . ¿ 4 − x 2 ≥0 (1) 1+ 4 x ≥ 0(2) 2 Giải: Điều kiện: x + y 2 −2 y − 3 ≥0 (3) x 4 −16 ≥ 0(4) ¿{{{ ¿. Từ (4) suy ra x2 4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2. Phương trình đã cho trở thành: | y −1|=− y +5 . Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu). Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0. Giải: Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy x 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được: 105 50 25 2 25 2 x −21 x+74 − + 2 =0 ⇔ 2 . x + − 21. x + −26=0 x x x x 25 Đặt x+ x = y ta có: 2y2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y ⇒ tìm ra x.. (. 2. ¿ 2.|1+|x||−|1−|x||=5 Bài 4: |1+|x||+ 4 .|1−|x||=7 ¿{ ¿. ). (. ). Giải:. ¿ a=|1+| x||≥ 0 Đặt : b=|1−|x||≥ 0 ¿{ ¿. ¿ 2 a −b=5 Hệ đã cho trở thành: a+ 4 b=7 ¿{ ¿. Từ đó tìm được a =3,b =1. Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa. ¿. |x − 1|+| y −5|=1(1) y=5+|x −1|(2) Bài 5: ¿{ ¿. Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: |x − 1|+|5+|x −1|−5|=1 ⇔ 2 .|x −1|=1 . Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa. 4.

(43) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH ¿ 2 x 2 −15 xy + 4 y 2 − 12 x +45 y −24=0 (1) Bài 6: x 2 −2 y 2+3 y −3 x +xy=0(2) ¿{ ¿. Giải: Phương trình (2) phân tích được như sau: ⇔ x= y ¿ x=3 −2 y (x - y).(x -3 + 2y) = 0 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y. Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + 5 = 0. Giải: Phương trình đã cho phân tích được như sau: [ x −(m− 5)] . [ x 2 −2 x −(m −1)]=0 . Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa. ¿ x + y +z=1 Bài 8: x 4 + y 4 + z 4 =xyz ¿{ ¿. Giải:. Bổ đề: ∀ a , b , c ∈ R : a + b +c ≥ ab+ bc+ ca . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên). Sử dụng bổ đề ta có: xyz = x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz.(x + y + z) = xyz. Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có: x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được: 1 x= y=z = . 2. 2. 2. 3. ¿ x 2 + y 2=1(1). Bài 9:. 1999. 1999. 2000. 2000. √ x − √ y =( √ y − √ x ) .(x + y + xy+2001)(2) ¿{ ¿. Giải: Điều kiện: x,y 0 . Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: -Nếu x > y thì: VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP. -Nếu y > x thì: VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP. -Nếu x = y khi đó: VT =VP =0.. 1 Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y 0 . ) ta được: x= y= . √2 4.

(44) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH Bài 10: √ x+ √ 2 x −5 − 2+ √ x −3 . √2 x − 5+2=2 . √2 (1).. Giải:. 1 2 1 2 (1) ⇔ . ( √ 2 x −5+1 ) + . ( √ 2 x −3 − 3 ) =2 . √2 √2 √2 ⇔ √ 2 x −5+1+|√2 x − 5− 3|=4. √. √. Ta có: 4=|3 − √ 2 x − 5|+ √ 2 x −5+1 ≥ 3− √ 2 x −5+ √ 2 x −5+1=4 . Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là: 3 − √ 2 x −5 ≥ 0 ⇔ 2 x − 5 ≥0 9≥ 2 x −5 5 ⇔7 ≥ x ≥ 2 ¿{. 2 Bài 11 Giải phương trình:  x  x  2 x  6  2 (1)( Đề thi HSG huyện Văn Bàn 2010 - 2011). Đa thức và những vấn đề liên quan. 2. Bài 1:Cho. P=. x +5 a b ∧Q= + 2 . Với những giá trị nào của a,b thì P= 3 x −2 x −3 x −2 x +2 x+1. Q với mọi giá trị của x trong tập xác định của chúng. Giải: x ≠ 2,− 1. Điều kiện: 2. Ta có: P=Q ( ∀ x ≠ 2,− 1) ⇔ ⇔ a=1 2 a+ b=0 a −2 b=5 ⇔ ¿ a=1 b=−2 ¿{{. 2 ax +(2 a+b) x +a −2 b x +5 = ∀ x ≠ 2,− 1 3 3 x −3 x −2 x −3 x − 2. Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 - n. a- Phân tích A thành nhân tử. b- Tìm n để A= 0. c-CMR: A chia hết cho 30. Giải: a) A= n - n = n.(n -1) = n.(n-1).(n+1).(n2 + 1) b) A=0 ⇔ n = 0,1,-1. c) Theo Định Lý Fecma: n5 ≡n( mod 5) ⇒ n5 −n ⋮ 5 ⇒ A ⋮5 (1). Lại có: n(n− 1) ⋮2 ⇒ A ⋮ 2 (2) và: (n −1). n .(n+1)⋮ 3 ⇒ A ⋮ 3 (3). Vì 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra A ⋮(2 .3 . 5) (đpcm). Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho 3 thì cả x và y đều chia hết cho 3. 5. 4. 4.

(45) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Giải: Nhận xét:Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. Vì vậy từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho 3 ⇒ x , y ⋮ 3. Bài 4:Tìm giá trị của p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q. Giải: 4 2 2 Giả sử (x + 1) = (x + px + q).( x + mx + n) Khai triển và đồng nhất hệ số ta được hệ: ¿ m+ p=0 n+ pm+ q=0 qn=1 ⇔ ¿ m=− p qn=1 1 p2=q+ q ¿{{ ¿. ¿ ∀ q>0. √. Vậy có thể thấy các giá trị của p,q cần tìm là: p= q+. 1 q. ¿{ ¿ Bài 5:Cho đa thức: A (x )=x 4 −14 x 3 +71 x 2 −154 x +120. x∈Z .. a)Phân tích A(x) thành nhân tử. b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24. Giải: 4 3 2 a).Ta có: A (x )=x −14 x +71 x −154 x +120 ¿( x −2).(x 3 −12 x 2 + 47 x −60) ( x − 2).(x − 3).(x 2 − 9 x+ 20) x ( x −1).( x+1).( x −14 )+ ⏟ 72 x 2 − 144 x+120 ⏟. b).Ta có:A(x)=. ⋮ 24. B (x). -Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho 2 B(x) chia hết cho 8. -Nếu x chia cho 4 dư 1 thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho 2 ⇒ B(x) chia hết cho 8. -Nếu x chia cho 4 dư 2 thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho 2 ⇒ B(x) chia hết cho 8. -Nếu x chia cho 4 dư 3 thì x + 1 chia hết cho 4,x-1 chia hết cho 2 ⇒ B(x) chia hết cho 8. Vậy trong mọi trường hợp ta đều có B(x) chia hết cho 8 (1). Mà tích của ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho 3 nên (x-1).x.(x+1) chia hết cho 3 ⇒ B(x) chia hết cho 3 (2). Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy ra B(x) chia hết cho 24. Vậy ta có đpcm. Bài 6:Tìm tất cả các số nguyên x để: x2 + 7 chia hết cho x-2. Giải: 2 Ta có: x + 7 = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 khi và chỉ khi 11 chia hết cho x-2. ⇒ x-2=-1,-11,1,11. ⇒. 4.

(46) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Từ đó ta dễ dàng tìm ra các giá trị x thỏa mãn bài ra. Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư của phép chia đa thức đó cho (x-2).(x-3). Giải: Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài ra ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b. Ta có: F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b. (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia) Theo giả thiết và theo định lý Bơdu ta có: F(2)=2a +b=5 và F(3)=3a+b=7. Giải hệ hai phương trình trên ta tìm được a = 2, b = 1. Vậy đa thức dư là 2x+1. Bài 8: Cho biết tổng các số nguyên a1, a2, a3..., an chia hết cho 3.Chứng minh rằng: A(x) = a31 + a32+ .. .+a3n cũng chia hết cho 3. Giải: 3 Theo định lý fecma ta có: n ≡n( mod 3) ∀ n ∈ Z . Áp dụng ta có: a31 ≡ a1 (mod 3) , a32 ≡ a2 (mod 3) ,..., a31 ≡ a1 (mod 3) . Suy ra: a31 + a32+ .. .+a3n a1 +a 2+. . .+ an (mod3)≡0(mod 3) Ta có đpcm. Bài 9:Chứng minh rằng (7.5 ❑2n +12.6 ❑n ) luôn chia hết cho 19, với mọi số n tự nhiên. Giải: Ta có: A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n. Ta có: 25 ≡6(mod 19) ⇒ 25n ≡6 n (mod 19) .Suy ra: A ≡7 . 6n +12. 6 n ≡19 . 6n ( mod19)≡0( mod 19) . Ta có đpcm. Bài 10: Phân tích thành nhân tử x10 + x5 + 1. Giải: 10 5 2 8 7 Ta có: x + x + 1 = (x + x + 1).(x - x + x5 - x4 + x3 - x + 1). Các bài toán liên quan tới phương trình bậc hai và định lý Vi-et. Bài 1:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 0 1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m. 2.Chứng minh có một hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m. Giải: 2 2 1. Ta có : Δ = (2m +1) - 4.(m + m - 1) = 5 > 0 suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi m ¿ x 1 +x 2=2 m+1( 1) 2.Theo vi-et ta có: x 1 . x2=m2 +m −1(2) ¿{ ¿ x1 + x 2 − 1 Từ (1) suy ra: m= thay vào (2) ta có: 2 4.

(47) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH x + x − 1 2 x 1+ x2 −1 x + x −1 2 x1 + x 2 − 1 x 1 . x2= 1 2 + −1 ⇒ x 1 . x2 − 1 2 − =1 . 2 2 2 2. (. )(. ). (. ) (. ). Ta có đpcm. Bài 2: Tìm những giá trị nguyên của k để biệt thức Δ của phương trình sau là số chính phương: k.x2 + (2.k-1).x + k-2= 0; (k 0) Giải: 2 Ta có : Δ = (2k-1) - 4.k.(k-2) =4k +1 . Giả sử 4k + 1 là số cp khi đó nó là số cp lẻ hay: 4k + 1 = (2n + 1)2 n là số tự nhiên. Hay: k = n2 + n. Vậy để Δ là số cp thì k = n2 + n( thử lại thấy đúng). Bài 3: Tìm k để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt : (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3)= 0 Giải: 2 2 Đặt f(x)= (x-2)(x + k.x + k - 3) = (x-2).g(x) Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt ¿ Δ=k 2 − 4 .(k 2 −3)>0 g (2)≠ 0 ⇔ khác 2 hay: ¿ 2>k >− 2 k ≠ −1 ¿{ ¿. Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau là tương đương: x2 + (3a + 2b) x - 4 =0 (1) và x2 + (2a +3b)x + 2b=0 (2) với a và b tìm được hãy giải các phương trình đã cho. Giải: -Điều kiện cần: Nhận thấy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) cũng phải có 2 nghiệm phân biệt giống với (1). Đặt f(x) = x2 + (3a + 2b) x - 4 =0 và g(x) = x2 + (2a +3b)x + 2b. Để hai phương trình đã cho là tương đương thì f(x) = g(x) (*) với mọi x (Vì hệ số của x2 của cả hai pt đều bằng 1). Thay x = 0 vào (*) ta có b = -2 (3). Thay x = 1 vào (*) kết hợp với (3) ta được a= -2. -Điều kiện đủ: Với a=b=-2 ta thấy hai phương trình tương đương với nhau. Bài 5: Giả sử b và c là các nghiệm của phương trình : 1. x2 - a.x- 2 .a2 =0; (a chứng minh : b4 + c4 2+ √ 2 .. 0) Giải:. ¿ b+ c=a 1 Theo định lý Viet ta có: bc=− 2 a2 ¿{ ¿ 4.

(48) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH b+ c ¿2 −2 bc ¿ ¿ Ta có: ¿ b2 +c 2 ¿2 − 2 b2 c2 =¿ b 4+ c 4=¿ 1 2 1 3 3 4 4 2 ⇒ b +c = a + 2 + 4 =a 4 + 4 +2 ≥ 2. a4 . 4 + 2=√ 6+2>2+ √ 2 . a 2a 2a 2a. (. ). √. Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi a,b,c phương trình sau luôn có nghiệm : a(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) = 0 Giải: Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) = = (a + b + c).x2 -2.(ab + bc + ca).x + 3abc *Nếu a + b + c 0.Khi đó: '. 1. = a2b2 + b2c2 + c2a2 -abc.(a + b + c) = [(ab-bc)2 + (bc-ca)2 + (ca-ab)2]. 2 0 *Nếu a + b + c = 0.Khi đó: -Nếu ab + bc + ca 0 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm. -Nếu ab + bc + ca =0. Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh được a=b=c=0.Và dĩ nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm. Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình:ax2 + bx + c = 0 (a 0) đều là các số lẻ thì phương trình bậc hai trên không thể có nghiệm hữu tỉ. Giải: Giả sử phương trình bậc hai trên với các hệ số a,b,c đều là các số lẻ có nghiệm hữu tỉ Δ. x0 =. m n. với m,n là các số nguyên (m,n)=1 và n. 0 ;khi đó ta có:. m 2 m + b . + c=0 hay: am 2 + bmn+ cn2 =0 (1).Suy ra: a. n n ¿ ¿ cn 2 ⋮ m c⋮m 2 2 am 2 ⋮n mà (m,n)=1 ⇒(n , m )=( m, n )=1 nên: a⋮ n mà c,a đều là các số lẻ nên ¿{ ¿{ ¿ ¿. ( ). suy ra m,n cũng là các số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n đều là các số lẻ .Do đó: 2 2 am + bmn+ cn =¿ số lẻ (Mâu thuẫn với (1)). Vậy điều ta giả sử là sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm. PHẦN HÌNH HỌC 1. Các dạng bài tổng hợp.. Bài 1 : Cho nửa đường tròn đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax và dây AC bất kì. Tia phân giác của góc CAx cắt nủa đường tròn tại D; tia AD cắt BC tại E. a/ Chứng minh tam giác ABE cân tại B. b/ Dây AC cắt BD tại K. Chứng minh EK vuông góc với AB. 4.

(49) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. c/ Dây BD cắt Ax tại F. Chứng minh tứ giác AKEF là hình thoi. d/ Cho góc BAC =300, chứng minh AK = 2KC. Giải:     0  a) Ta có ABE : ABD DBE ( AD DC ); BD  AC (vì ADB 90 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ABE cân tại B. b)Ta có, trong tam giác AEB có:. x. BD  AE ( ADB 900 ), AC  BE ( AEB 900 ),. E. BD  AC  K   K là trực tâm.  BA  KE. F C. D. K. A. B O. c) Ta có: AKF cân tại A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :  AD  FK , FD DK (1) + Tương tự: ABE cân tại B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :  BD  AE , ED DA (2) Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi. 0  d) Ta có góc BAC =300  EBA 60  ABE đều  K là trực tâm vừa là trọng tâm.  AK = 2KC Bài 2 : Cho (O; R) và đường thẳng d cố định nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M tuỳ trên đ kẻ tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O) ; (P, Q là các tiếp điểm). Từ O hạ OH vuông góc với d. Dây cung PQ cắt OH tại I và cắt OM ở K. Chứng minh rằng: a/ Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc một đường tròn. b/ OI.OH = OK.OM c/ Vị trí điểm I luôn cố định khi điểm M di động trên d d/ Tìm trên d một điểm A và trên O một điểm B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Giải d. H. M. Q K. I. P. O. . . . 0. . 0. a) + Vì MHO MPO 90 (OH  OM ; OP  PM )  MHO  MPO 180 => Tứ giác OPMH nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, H cùng thuộc một đường tròn. . . . 0. . 0. + Tương tự: MQO MPO 90 (OQ  QM ; OP  PM )  MQO  MPO 180 => Tứ giác OPMQ nội tiếp, hay bốn điểm M, P,O, Q cùng thuộc một đường tròn. Vậy: Năm điểm M, P, Q, H,O cùng thuộc một đường tròn. 4.

(50) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. OI OK    OIK OMH (OKI OHM 900 ; HOMchung )   OI .OH OK .OM OM OH b) 0 2 2  c) Trong OPM (OPM 90 ; OK  OM )  OK .OM OP R R2 OI .OH OK .OM  OI .OH R 2  OI  OH Mặt khác: Do O, H cố định => I cố định.. OH  (O )  L. d) Kẻ Ta có. A. AB  OB OA OH OL  LH R  OL  AB LO. Vậy AB đạt GTNN nếu AB = LO khi A H ; B L. d. H. L. B. O. Bài 3: Cho góc xAy vuông.Trên tia Ax lấy một điểm B cố định, trên tia Ay lấy điểm C di động. Vẽ đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC,tiếp xúc với cạnh ,BC, CA, AB lần lượt tại D,E,F. Hai đường thẳng cắt nhau tại G. y C. D. G. 1 E. 1 O H 1. A. 1 F. B. x. Bài 4 : Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đờng tròn tâm O, đờng kính AI. Gäi E lµ trung ®iÓm cña AB vµ K lµ trung ®iÓm cña OI. Chøng minh r»ng tø gi¸c AEKC nội tiếp đợc đờng tròn. Bài 5 : Cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường chéo AC tại H. Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của AH, BH, CD. a/ Chứng minh tứ giác EFCG là hình bình hành. 0  b/ Chứng minh BEG 90 .. 5.

(51) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH  c/ Cho BH = h; BAC  . Tính diện tích hình chữ nhật ABCD theo h và  . Tính đường chéo AC theo h và  .. Giải:     0  a) Ta có ABE : ABD DBE ( AD DC ); BD  AC (vì ADB 90 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ABE cân tại B. B A b)Ta có, trong tam giác AEB có: . BD  AE ( ADB 900 ), AC  BE ( AEB 900 ),. F. E. BD  AC  K   K là trực tâm.  BA  KE. H. G. D. C. c) Ta có: AKF cân tại A, vì AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :  AD  FK , FD DK (1) + Tương tự: ABE cân tại B, vì BD vừa là đường phân giác vừa là đường cao :  BD  AE , ED DA (2) Tử (1) và (2) => tứ giác AKEF là hình thoi. 0  d) Ta có góc BAC =300  EBA 60  ABE đều  K là trực tâm vừa là trọng tâm.  AK = 2KC Dạng bài tính số đo góc, tính diện tích. Bài 1: : Cho ABCD(AB//CD) biết rằng đường tròn đường kính CD đi qua trung điểm hai cạnh bên AD, BC và tiếp xúc với AB. Tìm số đo các góc của hình thang. Giải: 1 1 BD ON R OM  AC 2 Ta có: AC = BD vì 2. A. Nên ABCD là hình thang cân. M. 1 1 OH HE  R  OM 2 2 + Ta có 0  0 0    OHM có OHM 60 ; HMO 30  MOD 30. E. B. H. N. D. +Tam giác MOD cân tại O, nên: 1    ODM OMD  (180 0  DOM ) 2  C  750  D   A 1800  750 1150  B Bài 2: Cho ABC có diện tích bằng 1, trên đường trung tuyến BK lầy điểm M sao cho MK = 1/4 BK, đường thẳng AM cắt BC tại L. Tính diện tích ALC. 5.

(52) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH B. L. M. C. A H. K. N. Bài 6 (Đề thi HSG Toán 9 huyện Văn Bàn năm học 2010 - 2011)Cho nửa đường tròn (O) AB = 2R vẽ các tiếp tuyến Ax; By(Ax; By và nửa đường tròn cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ BA). Gọi M là điểm bất kì thuộc nửa đường tròn, tiếp tuyến 0  tại M cắt Ax; By theo thứ tự tại C và. Kẻ AH (H nằm giữa O và C) sao cho HAC 45 a) Chứng minh rằng: AC.OH = OA.HC b/ Tìm vị trí của điểm M để hình thang ACDB có chu vi nhỏ nhất. c/ Tìm vị trí của điểm C; D để hình thang ACDB có chu vi bằng 14 biết AB = 4cm Chứng minh: x y a) Do AH là tia phân giác góc CAB(vì 1  CAH= CAB  0 2 ; BAC 90 (góc tạo bởi tia. C. E. tiếp tuyến và bán kính) CA OA   CA.OH CH .OA CH OH b) + Kẻ CE  BD , khi đó ta có: CED vuông tại E:  CE CD (1). P. . M F H. Q D. + Mặt khác: tứ giác CEBA là hình chữ nhật, ta có: CE = AB (2) => Từ (1) và (2) suy ra CE đạt giá trị A B O nhỏ nhất khi CE = AB, tức là: M F Tử đó ta có chu vi CDBA đạt giá trị nhỏ nhất khi : M F c) + Ta có chu vi tứ giác CABD là: PABDC  AB  BD  DC  CA + Mặt khác: CM = CA; DM = DP => CD = CM + MD = CA + BD. + Đặt AC = x; BD = y => 4 + 2x + 2y = 10 => x + y = 5 => (x; y) = (1; 4) = (2; 3) Vậy AC = 1cm và BD = 4cm; AC = 2 cm và BD = 3cm. Bài tập 7(Đề thi HSG Toán 9 huyện Văn Bàn năm học 2010 - 2011) Chứng minh 0, 4 . r  0,5 h Trong đó r là bán kính của đường tròn. rằng trong tan giác vuông ta có: nội tiếp tam giác; h là đường cao hạ từ cạnh huyền.. Các bài toán hình học phẳng mang yếu tố chuyển động.. 5.

(53) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O), (A khác B, C). Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB. Đường thẳng BI cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B. 1. CMR: Tam giác KAC cân. 2. CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho AI có độ dài lớn nhất. 3. Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM = AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung lớn BC của (O). Giải: A. K. D. O I. C J. B. 1.Ta có: Δ DBI cân tại D nên: ∠ DBI= ∠ DIB. Mà: ∠ DIB = ∠ IBC + ∠ ICB (1). Và: ∠ DBI = ∠ KCI = ∠ KCA + ∠ ACD = ∠ KBA + ∠ ICB (2). Từ (1) và (2) suy ra ∠ ABI = ∠ CBI. Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ⇒ BI là phân giác góc B của tam giác ABC ⇒ K là trung điểm cung AC. ⇒ Tam giác KAC cân. 2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC. Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J ⇒ JI = JB = const. Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của (O) ⇒ A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC. 3.Ta dễ dàng tính được: ∠ BMC =. 1 . ∠ BAC = 2. 1 số đo cung nhỏ BC = const. 4. 1. Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng 4 số đo cung nhỏ BC. Bài 2: Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi. Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C. 1. Chứng minh rằng BC đi qua một điểm cố định. 2. Gọi AH là đường vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm H 3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều cao AH = h cho trước. Giải: 5.

(54) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH A. B. C H. O. D. 1. Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định. 2. Nhận thấy ∠ AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường kính AO. 3 .Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A' thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC một khoảng h). Bài 3: Cho đường tròn tâm O cố định. Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại A, B; M là điểm chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MP và MN với đường tròn. 1. CMR: Đường tròn đi qua ba điểm M, N, P luôn đi qua một điểm cố định khác O. 2. Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua M, N, P. 3. Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều. Giải: P. O. I. Y. X. M A. B. K. J. N. 1. Gọi K là trung điểm của AB. Dễ thấy M, N, P, O, K đều nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy K là điểm cố định cần tìm. 2. Tâm I của đường tròn đi qua M,N, P là trung điểm của OM. Từ I hạ IJ vuông góc với AB. Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const. Vậy có thể phán đoán quĩ tích của I là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng một nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB. 3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R: MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const. Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra. 5.

(55) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Bài 4: Cho hình vuông EFGH. Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E. Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG và GH tại M, N; còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự tại P, Q. 1. CMR: Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân. 2. Gọi R là giao của PN và QM; còn I, K lần lượt là trung điểm của PN và QM. Tứ giác EKRI là hình gì? Giải thích? 3. CMR: F, K, H, I thẳng hàng. Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vuông xEy quay quanh E? Giải: 1. Dễ dàng chứng minh được: Δ EHQ = Δ EFM (cgc). Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân. ∠ PEF = ∠ PQN (đồng vị) mà ∠ FEM = ∠ QEH. Suy ra: ∠ PEN = ∠ PEF + ∠ FEM = ∠ EQH + ∠ QEH = 900. Vậy tam giác PEN vuông (1). Thấy: Δ NEQ = Δ PEM (g.c.g) nên suy ra EN = EP (2). Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân. 2.Có: EI PN và EK QM. Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4). Lại có: ∠ PQR = ∠ RPQ = 450 suy ra: ∠ PRQ = 900 (3). Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật. 3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp. Ta có: ∠ EKH = 1800 - ∠ EQH (5). Và: ∠ EKF = ∠ EMF = ∠ EQH (6). Từ (5) và (6) suy ra: ∠ EKH + ∠ EKF = 1800. Suy ra H, K, F thẳng hàng. Lại có: Tứ giác FEPI nội tiếp nên ∠ EFI = 1800- ∠ EPI = 1800 - 450 = 1350. Suy ra: ∠ EFK + ∠ EFI = 450 + 1350 =1800. Suy ra K, F, I thẳng hàng. Vậy ta có đpcm. Bài 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E. a) CMR: Tam giác DCE vuông. b) CMR: Tích AD.BE không đổi. c) CMR: Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định. Giải: a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó: ∠ DCM = ∠ DAM và ∠ MCE = ∠ MBE = ∠ MAB.Vậy: ∠ DCE = ∠ DCM + ∠ MCE = ∠ DAM + ∠ MAB = 900. Ta có đpcm. b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay: ∠ DCA = 900 - ∠ ECB = ∠ CEB. Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên: AD AC = ⇒ AD. BE=BC . AC=const . BC BE 5.

(56) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác, ta luôn có OI AB. Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc với AB. Bài 6: Cho tam giác ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm bất kỳ chạy trên đáy BC. Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B. Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC tại C. Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn đó. CMR a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi. c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi. d) Tìm tập hợp các trung điểm H của DE. Giải: a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA, vậy tia NM đi qua A. Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB2 không đổi c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A). Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông góc với BC tại I.J,L. Ta có: BD CE BJ CL 1 BM 1 CM 1 BM  CM     .  .  . 1 BK CK BI CI 2 BI 2 CI 2 BI BD CE   1  BD  CE CK = không đổi CK CK. d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có: 1 KI DJ  EL KI  BD CE  KI .( DJ  EL)  .  .   2 2 KI 2 BK CK   2 . Nên H nằm trên đ ường HQ =. thẳng song song với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC). CHUYÊN ĐỀ 6:. Các bài toán hình học phẳng có nội dung chứng minh, tính toán.. Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A và B vẽ hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn .Hai tiếp tuyến này không đối xứng với nhau qua trục đối xứng của tam giác và chúng cắt nhau ở M. a)Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường tròn.Tìm tập hợp các điểm M. b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P. c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2|. Giải: a)Gọi I,T lần lượt là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ A và B. Dễ thấy: Δ OIA = Δ OTB (cạnh huyền-cạnh góc vuông). Do đó: ∠ IAO = ∠ OBT.Suy ra tứ giác OAMB nội tiếp được. 1. 1. b) Có: ∠ APB = 2 . ∠ AMB = 2 .(1800- ∠ AOB)= const. 5.

(57) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Vậy có thể chứng minh được rằng quĩ tích các điểm P là cung chứa góc nhìn AB 1. một góc không đổi là 2 .(1800- ∠ AOB). c)Xét vị trí của M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự). Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI - IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB = MA.MB (đpcm). Bài 2: Cho điểm P nằm ngoài đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và B. Các tiếp tuyến kẻ từ A và B cắt nhau ở M. Dựng MH vuông góc với OP. a) CMR: 5 điểm O, A, B, M, H nằm trên 1 đường tròn. b) CMR: H cố định khi cát tuyến PAB quay quanh P. Từ đó suy ra tập hợp điểm M. c) Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH. Chứng minh rằng PA. PB = PI. PN và IP.IN = IA2. Giải: M. P. A N I H B O. a) Nhận thấy 5 điểm O, A, B, M, H nằm trên đường tròn đường kính OM (đpcm). b) Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính OM là: PH.PO = PA.PB = const (1). Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO. Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đi đoạn TV với T,V là giao điểm của d với (O). c)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính ON là: PN.PI = PH.PO (2) Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB = PI.PN (đpcm). Lại có: IP.IN = (NI + NP).IN = IN2 + NI.NP (3) Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kính PM là: NP.NI = NH.NM Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kínhOM là: NH.NM = NA.NB Suy ra: NI.NP = NA.NB (4) Từ (3) và (4) suy ra: IP.IN = IN2 + NA.NB Ta sẽ chứng minh: IN2 + NA.NB = IA2 (5).Thật vậy: (5) ⇔ NA.NB = IA2- IN2 ⇔ NA.NB = (IA - IN).(IA + IN) ⇔ NA.NB = NA.(IB +IN) ⇔ NA.NB = NA.NB (luôn đúng) Vậy ta có đpcm. 5.

(58) TRUNG VĂN ĐỨC – THCS LAI THÀNH- KIM SƠN – NINH BÌNH. Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn bán kính R,tâm O. a)Chứng minh BC = 2R.SinA b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) trong đó A,B,C là ba góc của tam giác. Giải: a)Kéo dài BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin( ∠ BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai là E. Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB. Ta có: AC AD+ CD. AD CD. SinB= 2 R < 2 R =BD + BD =Cos(∠ ADB)+Cos(∠CDB)=CosC +CosA (1) Tương tự ta cũng có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3). Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm. Bµi 4:. Cho đờng tròn (O) bán kính R, đờng thẳng d không qua O và cắt đờng tròn tại hai điểm A và B. Từ một điểm C trên d (C nằm ngoài đờng tròn), kẻ hai tiếp tuyến CM, CN với đờng tròn (M, N thuộc (O) ). Gọi H là trung điểm của AB, đờng thẳng OH c¾t tia CN t¹i K. 1. Chøng minh c¸c tø gi¸c CHOM, COHN néi tiÕp. 2. Chøng minh KN.KC = KH.KO. 3. Đoạn thẳng CO cắt đờng tròn (O) tại I, chứng minh I cách đều CM, CN và MN. 4. Một đờng thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần lợt tại E và F. Xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích tam giác CEF là nhỏ nhÊt.. 5.

(59)

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×