Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp CHUN ĐỀ 1: PHƯƠNG TRÌNH Bài tốn 1: Giải phương trình x − + 10 − x = x − 12 x + 40 2 Bổ đề : Với a ≥ 0; b ≥ a + b = ( a + b ) ≤ ( a + b ) + ( a − b ) ⇒ a + b ≤ ( a + b ) Giải: Điều kiện : ≤ x ≤ 10 , Ta có ( ) x − + 10 − x ≤ ( x − + 10 − x ) = mà x − 12 x + 40 = x − 12 x + 36 + = ( x − ) + ≥ Dấu xảy  x − = 10 − x ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x =  x − = Hoặc: Áp dung bất đẳng thức Cô si cho hai số khơng âm ta có ( x − ) x − + 10 − x = + ( 10 − x ) ≤ x − + 10 − x + + = 4 x − = ⇔ x=6 10 − x = Dấu xảy  Bài toán 2: Giải phương trình: x2 + x −1 + x − x2 + = x2 − x + Vì x + x − ≥ x − x + ≥ nên Áp dụng bất đẳng thức Cô si số hạng vế trái ta được: (x ( ) + x − 1 ≤ ) x − x + 1 ≤ x2 + x −1 + x2 + x = 2 (1) x − x2 + + x − x2 + = 2 Cộng (1) (2) vế theo vế ta có: (2) x2 + x −1 + x − x2 + ≤ x2 + x x − x2 + + = x + nên theo 2 đề ta có : x − x + ≤ x + ⇒ ( x − 1) ≤ Đẳng thức xảy x = Thử lại ta thấy x = thoả Vậy phương trình có nghiệm x = 1 Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp Bài tốn 3: Giải phương trình: x − + − x = x − 12 x + 14 (1)  x ≥ 2 x − ≥  ⇔ Điều kiện tồn phương trình:  5 − x ≥ x ≤   ≤ x ≤ (*) 2 ⇔ Vế phải (1): 3x − 12 x + 14 = ( x − x + ) + = ( x − ) + ≥ Đẳng thức xảy x = Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki thoả mãn (*) vế trái phương trình (1): 2x − + − 2x ≤ (1 ) + 12 ( x − + − x ) = = Đẳng thức xảy x − = − x ⇔ x = Đẳng thức xảy phương trình (1) nên x = nghiệm phương trình Hoặc Áp dụng bất đẳng thức Cơ si cho hai số khơng âm ta có: ( x − 3) + ( − x ) ≤ 2x − +1 − 2x +1 + = Đẳng thức xảy 2 2 x − = ⇔ x = Đẳng thức xảy phương trình (1) nên x = nghiệm  5 − x = phương trình Bài tốn 4: Giải phương trình: x − x + = x − x + + 3x − 3x (1) 2 x − x ≥  Giải: Điều kiện  (2) 1 + x − 3x ≥  Vế trái phương trình (1): x − x + = ( x − 1) + ≥ với x ∈ R đẳng thức xảy x = Theo bất đẳng thức Bunhiacơpxki với x thoả mãn (2) vế phải phương trình (1) thoả: x − x + + 3x − 3x < (1 )( ) + 12 x − x + + 3x − x = + x − x = − ( x − 1) ≤ đẳng thức xảy x − x = + 3x − 3x Để đẳng thức xảy phương trình (1) hai vế Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp phương trình (1) Nên x = Thử lại thấy x = nghiệm phương trình Bài tốn 5: Giải phương trình: + x3 = ( x + ) (1) Giải: Điều kiện + x ≥ ⇔ ( x + 1) ( x − x + 1) ≥ Do x − x + ≥ với x nên x + ≥ ⇔ x ≥ −1 Đặt a = x + ; b = x − x + với a ≥ ; b > Nên phương trình (1) trở thành : ( 5ab = a + b 2 ) a a a a ⇔  ÷ −  ÷+ = Giải phương trình = = b b b b Với a = phương trình (1) vơ nghiệm b Với  x ≥ −1 a = x + = x − x + ⇔  Phương trình có hai nghiệm thoả điều b  x − 5x − = kiện x1 = − 37 ; x2 = + 37 Bài toán 6: Giải phương trình: 42 60 + = (1) 5− x 7−x  Phương trình (1) có nghĩa x < nên ( 1) ⇔  −    42   42   3− ÷ + ÷ 3− − x  5− x    ⇔ +  42  3+ ÷ 5− x   ⇔ ( − x ) − 42  42  ( − x) 3 + ÷ 5− x   + 60  60  ÷ + ÷ − x  7−x   60  3+ ÷ 7− x   ( − x ) − 60  60  ( − x)  + ÷ 7−x   =0 42   60  ÷+  − ÷= 5− x ÷  7− x ÷    42 60 9− 5− x + 7−x = =0⇔  42   60  3+ ÷ 3+ ÷ 5− x   7− x   9− Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp     1  =0 ⇔ ( − 3x )  + ⇔ ( − 3x ) =      ( − x )  + 42 ÷ ( − x )  + 60 ÷ 5− x  7− x        42  ( − x)  + ÷ 5− x   + 1  60  > nên x = Thử lại nên nghiệm ( − x) 3 + ÷ 7− x   phương trình x = x ( x − ) + x ( x − ) = x ( x + 3) Bài tốn 7: Giải phương trình: (1) Điều kiện để phương trình có nghĩa : −3 < x < ;0 < x < Bình phương hai vế phương trình (1) ta được: x ( x − ) + x ( x − 5) + x ( x − ) ( x − ) = x ( x + 3) ⇔ x ( x − ) ( x − ) = 10 x − x ⇔ x ( x − ) ( x − ) = ( 10 x − x ) ( ) ⇔ x ( x − ) ( x − ) = 100 x − 20 x + x ⇔ x x − x + 10 = 100 x − 20 x + x ⇔ x − x − 60 x =  10  ⇔ x x − x − 60 = Giải phương trình x ∈  − ;0;6  Thử lai có hai   ( ) nghiệm x = 0; x = thoả mãn đề cho ) ( Bài tốn 8: Giải phương trình: ( x + − x + ) + x + x + 10 = (1) Điều kiện x > -2 x + x + 10 = ( x + ) ( x + ) Nhân hai vế phương trình (1) với ( ( ) x − + x + ta được: ( x + ) − ( x + 5)  +   ( ⇔ 1+ ( x + ) ( x + 5) ) = ( ( ) ( ( x + ) ( x + 5) ) = ) x−2 + x+5 ⇔ x+2 + x+5 − ) ⇔ x + 1− x + − 1− x + = ⇔ ( )( ) x + −1 1− x + = ( x−2 + x+5 ) ( x + ) ( x + 5) − = Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp  x + −1 = x + =  x = −4 ⇔ ⇔ ⇔ Do x > -2 nên x = -4 (loại) Vậy nghiệm  x + =  x = −1 1 − x + =  phương trình x = -1 Cách giải khác: Đặt a = x + ⇒ a = x + ; b = x + ⇒ b = x + nên b − a = x + − x − = Do b − a = phương trình (1) trở thành:  (*) (b − a )(1 + ab) = 2 Từ hệ (*) suy b − a = ( b − a ) ( + ab ) ⇔ ( b − a ) ( a + b − ab − 1) = a = b b − a =  a + b − ab − = ⇔  a − b − = ⇔ a = b = ta có x = -1 )( )  ( Bài tốn 9: Giải phương trình: 25 − x − 10 − x = (1)  25 − x ≥  x ≤ 25   ⇔ ⇔ x ≤ 10 ⇔ − 10 ≤ x ≤ 10 (*) Giải: Điều kiện  10 − x ≥  x ≤ 10   Đặt < a = 25 − x ; 10 − x = b > ⇒ a − b = 25 − x − 10 + x = 15 Nên phương trình (1) a − b = a − b = a = ⇔ ⇔ a + b = b =  a − b = 15 trở thành  2 Nếu b = 10 − x = ⇔ x = ⇔ x = ±3 so với điều kiên (*) x = ±3 thoả Nếu a = 25 − x = 16 ⇔ x = ⇔ x = ±3 so với điều kiên (*) x = ±3 thoả Vậy phương trình có nghiệm x = ±3 Bài tốn 10: Giải phương trình: x + + x − = 5x Lập phương hai vế phương trình (*) ta được: (*) Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp x = x + + x − + 3 ( x + 1) ( x − 1)  x + + x −  ⇔ x = x + 3 x − x   ( ) ⇔ x − x = x ⇔ x3 = x x − ⇔ x − x = ⇔ x = x = ± Thử lại ta thấy phương trinh có ba nghiệm Bài tốn 11: Giải phương trình + x + − x = (1) Điều kiện: x ≥ Đặt + x = a ; − x = b ⇒ a3 = + x ; ⇒ b3 = − x nên phương trình (1) trở thành a + b =  a + b = a + b =  a = − b ⇔ ⇔ ⇔  3 2 2 a + b = a − ab + b = ( − b ) − b ( − b ) + b − = ( a + b ) a − ab + b =   ( ) a = − b a = − b a = − b  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ a = b =1 2 2 ( b − 1) = 4 − 4b + b − 2b + b + b − = b − 2b + =  Nếu a = + x = ⇔ x = ⇔ x = Nếu b = − x = ⇔ x = ⇔ x = Vậy x = nghiệm phương trình Bài tốn 11: Giải phương trình − x + x − = (1) Giải: TXĐ x − ≥ ⇔ x ≥ Đặt − x = a ; x − = b ≥ Nên phương trình cho trở   a + b = a + b = a = − b a = − b a = − b ⇔ ⇔ ⇔ thành:  3  3 2 2  a + b =  a + b = ( − b ) + b = 1 − 3b + 3b − b + b = b b − 4b + =   ( Nên b ∈ { 0;1;3} Do ( a; b ) = { ( 1;0 ) ; ( 0;1) ; ( −2;3) } Nếu a = − x = ⇔ − x = ⇔ x = ; b = x − = ⇔ x − = ⇔ x = Nếu a = − x = ⇔ − x = ⇔ x = ; b = x − = ⇔ x − = ⇔ x = Nếu a = −2 − x = −2 ⇔ − x = −8 ⇔ x = 10 ; b = x − = ⇔ x − = ⇔ x = 10 Vậy phương trình có ba nghiệm x ∈ { 1; 2;10} ) Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp Buổi Quỳnh Lâm, ngày 20 tháng năm 2013 CHUYÊN ĐỀ 1: SỐ CHÍNH PHƯƠNG I ĐỊNH NGHĨA: Số phương số bình phương số ngun II TÍNH CHẤT: Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, ; khơng thể có chữ số tận 2, 3, 7, Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn Số phương có hai dạng 4n 4n + Không có số phương có dạng 4n + 4n + (n ∈ N) Số phương có hai dạng 3n 3n + Khơng có số phương có dạng 3n + (n ∈ N) Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho 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 với số nguyên x, y A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 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) A = (t - y2)( t + y2) + y4 = 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 số phương Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng ln số phương Gọi số tự nhiên, liên tiêp n, n + 1, n+ 2, n + (n ∈ N) Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + (*) Đặt n2 + 3n = t (t ∈ N) (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n ∈ N nên n2 + 3n + ∈ N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2) Chứng minh 4S + số phương Ta có k(k+1)(k+2) = = ⇒S = 1 k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 4 1 k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) 4 1 1 1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 +…+ k(k+1)(k+2)(k+3) 4 4 1 k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) 4 4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) + Theo kết ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + số ph ương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước Chứng minh tất số dãy số phương Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số n chữ số n chữ số 10 n − 10 n − 4.10 n − 4.10 n + 8.10 n − + 4.10 n + 4.10 n + n = 10 + +1= = 9 9  2.10 +   =    n   Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho  2.10 n +   ⇒      n-1 chữ số ∈ Z hay số có dạng 44…488…89 số phương Bài 5: Chứng minh số sau số phương: A = 11…1 + 44…4 + 2n chữ số n chữ số B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 2n chữ số n+1 chữ số n chữ số 2  10 +   Kết quả: A =    n    10 +   B=    n ;    2.10 +   C=    n ;   Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp Bài 6: Chứng minh số sau số phương: a A = 22499…9100…09 n-2 chữ số n chữ số b B = 11…155…56 n chữ số n-1 chữ số A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + a = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + = ( 15.10n – ) ⇒ A số phương b B = 111…1555…5 + = 11…1.10n + 5.11…1 + n chữ số n chữ số = n chữ số n chữ số 10 n − 10 n − 10 n − 10 n + 5.10 n − + 10n + +1= 9 =  10 n +  10 n + 4.10 n + =      số phương ( điều phải chứng minh) Bài 7: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể số phương Gọi số tự nhiên liên tiếp 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 khơng thể tận n2+2 không thẻ chia hết cho 10 Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp Bài 5:Dựng tam giác ABC biết cạnh BC trung tuyến AM,BN Hướng dẫn :Bài 4,5 biết hai trung tuyến tức biết trọng tâm tam giác Bài 6:Dựng tam giác biết độ dài ca ûba trung tuyến Hướng dẫn :Kéo dài AD thêm đoạn DI = GD = AD Chứng minh CI = BG Vậy tam giác CIG hoàn toàn xác định,dựng Từ hồn tất hình cần dựng Bài 7: Dựng tam giác ABC biết giao điểm ba đường cao với đường tròn ngoại tiếp D,E,F Hướng dẫn : Giả sử tam giác ABC dựng xong ,gọi H trực tâm tam giác ABC ,khi ,D,E,F điểm đối xứng H qua BC, CA AB ⇒ DA,BE, CF ba đường phân giác tam giác DEF cắt (O) A,B,C.Tam giác ABC tam giác cần dựng BaØi 8: Dựng hình thoi ABCD ,biết E điểm AC ,M điểm BD, E cách giao điểm hai đường chéo a ( cm ) Q điểm đối xứng M qua cạnh AD Hướng dẫn : Giả sử hình thoi ABCD dựng xong ,tâm O giao điểm của:-Đường trịn đường kính ME (vì MOE=1v) -Đường trịn (E; a) ,(vì EO = a (cm) ) Các đường thẳng EO MO đường thẳng chứa đường chéo AC BD A D giao điểm EO MO đường trung trực MQ Từ xác định C B đối xứng với A D qua O Bài 9: Cho hai điểm A B phía đường thẳng xy Dựng điểm M cho từ M nhìn đoạn AB góc cạnh AM MB chắn xy đoạn thẳng có độ dài m cho trước Hướng dẫn : Giả sử toán dựng xong Vẽ BC P xy BC = m ⇒ · AEC = ¶ M =α ⇒ E cung chứa góc α dựng đoạn AC E thuộc xy Lấy đoạn ED xy để có ED = m M giao điểm AE BD 79 α cho trước hai Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp Buổi 8: Chuyên đề: DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH I NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ: Đa giác lồi Đa giác Tổng góc đa giác n cạnh (n – 2) 1800 Số đường chéo đa giác n cạnh (n − 3).n Tổng góc ngồi đa giác n cạnh 3600 Trong đa giác đều, giao điểm O hai đường phân giác hai góc tâm đa giác Tâm O cách đỉnh, cách cạnh đa giác đều, có đường trịn tâm O qua đỉnh đa giác gọi đường trịn ngoại tiếp đa giác Diện tích tam giác: S= a.h (a: cạnh đáy; h: chiều cao tương ứng) S= a.b.sin C ( a = AB; b = CA ) Diện tích hình chữ nhật S = ab Diện tích hình vng S = a2 10 Diện tích hình bình hành S = ah (h chiều cao kẻ từ đỉnh đến cạnh a) 11 Diện tích hình thoi 80 Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp S= AC.BD (AC; BD hai đường chéo) 12 Diện tích hình thang S= ( AB + CD ) AH (AB, CD hai đáy; AH: chiều cao) 13 Một số kết cần nhớ a) SABM = SACM ( AM trung tuyến tam giác ABC) b) AA’ // BC => SABC = SA’BC S BD S AH S AM AN ABD c) S = CD DBC ABD d) S = DK DBC (D thuộc BC tam giác ABC) (AH; DK đường cao tam giác ABC DBC) AMN e) S = AB AC (M thuộc BC; N thuộc AC tam giác ABC) ABC II PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH: Sử dụng cơng thức tính diện tích để thiết lập mối quan hệ độ dài đoạn thẳng - Ta biết số cơng thức tính diện tích đa giác cơng thức tính diện tích hình tam giác, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi … biết độ dài số yếu tố ta tính diện tích nhữnh hình Ngược lại biết quan hệ diện tích hai hình chẳng hạn biết diện tích hai tam giác có hai đáy suy chiều cao tương ứng Như cơng thức diện tích cho ta quan hệ độ dài đoạn thẳng Sử dụng cơng thức tính diện tích hình giúp ta so sánh độ dài đoạn thẳng - Để so sánh độ dài đoạn thẳng phương pháp diện tích, ta làm theo bước sau: Xác định quan hệ diện tích hình Sử dụng cơng thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đẳng thức có chứa độ dài 81 Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp Biến đổi đẳng thức vừa tìm ta có quan hệ độ dài hai đoạn thẳng cần so sánh Ví dụ 1: Cho tam giác ABC Từ điểm O tam giác ta vẽ OH ⊥ AB ; OI ⊥ BC ; OK ⊥ CA Chứng minh O di động tam giác tổng OH + OI + OK không đổi Giải Gọi độ dài cạnh tam giác a, chiều cao h Ta có: S AOB + S BOC + SCOA = S ABC A 1 1 a.OH + a.OI + a.OK = a.h 2 2 1 a (OH + OI + OK ) = a.h 2 K H B I C ⇒ (OH + OI + OK ) = h (khơng đổi) Nhận xét : - Có thể giải ví dụ cách khác khơng thể ngắn gọn phương pháp diện tích trình bày - Bài toán O thuộc cạnh tam giác - Nếu thay tam giác đa giác tổng khoảng cách từ O đến cách cạnh không thay đổi Ví dụ 2: Chứng minh định lý Pitago: Trong tam giác vng, bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng: Giải: - Dựng phía ngồi ∆ABC hình vng BCDE; ABFG; ACMN - Muốn chứng minh BC = AB + AC ta phải chứng minh S BCDE + S ABFG = S ACMN 82 Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp - Vẽ đường cao AH kéo dài cắt DE K ta chứng minh S ABFG = S BHKE S ACMN = SCHKD - Nối AE; CF ∆FBC = ∆ABE (c-g-c) ⇒ S FBC = S ABE (1) ∆FBC hình vng ABFG có chung đáy BF, đường cao ứng với đáy (là AB) ⇒ S FBC = S ABFG (2) Tương tự: ⇒ S ABE = S BHKE (3) Từ (1); (2) (3) ⇒ S BHKE = S ABFG 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) 83 Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp N \ G A M \ F B \ E \ H \ K \ C \ D \ Nhận xét: - Điểm mấu chốt cách giải vẽ hình phụ: vẽ thêm ba hình vng Ta phải chứng minh: BC = AB + AC mà BC2; AB2; AC2 diện tích hình vng có cạnh BC; AB; AC - Để chứng minh S BCDE = S ABFG + S ACMN ta vẽ đường cao AH kéo dài để chia hình vng BCDE thành hai hình chữ nhật khơng có điểm chung chứng minh hai hình chữ nhật có diện tích diện tích hai hình vng Bài tập áp dụng: (Khoảng tập) III TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ - Đặt diện tích cần tìm ẩn đưa phương trình hệ phương trình với ẩn 84 Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp - Giải phương trình hệ phương trình để tìm nghiệm Ví dụ 1: Cho ∆ABC có diện tích đơn vị, cạnh AB lấy M AC lấy N cho AM = 3BM BN cắt CM O Tính diện tích ∆AOB ∆AOB Giải: A\ Đặt SAOB = x; SAOC = y M \ (x,y > 0) Ta có: S S OAM OAB AN = nên AC ⇒ S OAN = S OAN C = AN = AC 4y Ta có: SBAN = SBAO + SOAN = x + mà S BAN = mặt khác: mà: S B\ 3x ⇒ S OAM = Vì AM = (vì = ) AB CAM đó: y + 4y 4 4y S ABC = nên x + = (1) 5 5 S = CAM = SCOA + SOAM = y + 3x 3 S ABC = 4 3x = (2) 4 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình 5x + 4y = (3) 3x + 4y = (4) Lấy (3) trừ (4) theo vế ta x = 85 O \ N \ C \ Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp Thay x = vào (3) ta x = Vậy S AOB = S AOC = Ví dụ 2: Giả sử MNPQ hình vng nội tiếp tam giác ABC, với M ∈ AB; N ∈ AC P; Q ∈ BC Tính cạnh hình vuông biết BC = a đường cao AH = h Giải: Gọi I giao điểm AH với MN Đặt cạnh hình vng MNPQ x (x > 0), Ta có: S AMN = 1 MN AI = x( h − x) 2 S BMNC = S ABC = 1 ( BC + MN ) MQ = (a + x ) x 2 a.h M \ A \ I \ N \ Ta lại có: S ABC = S AMN + S BMNC nên 1 a.h = x (h − x ) + x(a + x) 2 Hay: a.h = x(a + h) ⇒ x = B \ Q H \ P \ C \ ah a+h Vậy cạnh hình vng MNPQ ah a+h Bài tập áp dụng: khoảng IV BẤT ĐẲNG THỨC DIỆN TÍCH: - Ta sử dụng hệ bất đẳng thức Cơsi: hai số có tổng khơng đổi tích chúng lớn hai số - Để sử dụng bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định x biểu thị đại lượng cần tìm giá trị nhỏ (hay giá trị lớn nhất) biểu thức có biến x tìm điều kiện x để biểu thức có giá trị nhỏ (hay giá trị lớn nhất) Ví dụ 1: 86 Giáo án bời dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp Cho tam giác ANC vuông A, AB = 4cm Trên hai cạnh AB AC lấy điểm M, N cho AM = CN Xác định vị trí M, N cho tứ giác BCMN có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ B Giải: Đặt: S BCMN = S ; AM = CN = x M => AN = - x S = SABC - SAMN S= C N 4.4 x(4 − x) x (4 − x) − = 8− 2 S nhỏ ⇔ ⇔ A x(4 − x) lớn x(4 − x) lớn Vì x + (4 – x) = (không đổi) nên x(4 – x) lớn ⇔ x=4–x ⇔ x = (hệ bất đẳng thức Cơsi Khi M N trung điểm AB AC S = − 2(4 − 2) = 6cm 2 Ví dụ 2: Cho đường trịn tâm O bán kính r nội tiếp tam giác ABC Qua O vẽ đường thẳng cắt hai cạnh AC BC tạio M N Chứng minh SCMN ≥ 2r Giải: Đặt SCMN = S Ta có SCMN = SOCM + SOCN = ( MC + NC )r Theo bất đẳng thức Côsi: M ( MC + NC ) ≥ CM CN ≥ 25 87 C A N B Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 2 (Vì S = ( MC + NC ).sin C ≤ CM CN ) ⇒S= ( MC + NC ).r ≥ 2S r ⇒ S ≥ S r Dấu “=” xảy CM = CN hay MN ⊥ OC Bài tập áp dụng: Khoảng 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: S= 3+9 h = 6h A (cm2) B I ∆CBE cân C IC2 = 36 – = 32 E D C K IC = S BCE = 4.4 =8 2 ⇒ h = BK = 5.2 = S ABCD = 6h = = 16 Ví dụ 2: · Cho ∆ABC có chu vi 2p, cạnh BC = a, gọi góc BAC = α , đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh AC K C Tính diện tích ∆ AOK + Giải K 88 A M L B Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp AK = AL; CK = CM; BM = BL CM + AK + BM = 2p AK = p – (BM + CM) AK = p – a α · KAO = OK = (p - a)tan SAOK = α 1 α AK AO = ( p − a ) tan 2 * Bài tập áp dụng: Cho ∆ ABC có góc nhọn, đường cao AA’, BB’, CC’ trực tâm H Tính tổng: HA ' HB ' HC ' + + AA ' BB ' CC ' Một tam giác có độ dài đường cao số nguyên bán kính đường trịn ngoại tiếp Chứng minh tam giác µ µ Cho ∆ ABC biết µ = α , , B = β, , C =δ , đường trịn nội tiếp tam giác có bán A kính r; P, Q, R tiếp điểm Tính diện tích tam giác PQR Cho ∆ ABC Trên cạnh AB lấy điểm M, cạnh AC lấy điểm N cho AM AN = = Gọi O giao điểm BN CM Gọi H, L chân đường AB AC vuông góc kẻ từ A, C tới đường thẳng BN a/ Chứng minh CL = AH b/ Chứng minh: SBOC = SBOA Kẻ CE BD vng góc với AO Chứng minh BD = CE c/ Giả sử SABC = 30 cm2, tính SAMON Cho hình thang ABCD, đáy AB, O giao điểm hai đường chéo AC BD 89 Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp a/ Chứng minh rằng: SOAD = SOBC b/ SOAB.SOCD = (SOBC)2 HƯỚNG DẪN GIẢI S Ta có: HBC S ABC A HA '.BC HA ' = = (1) AA ' AA '.BC S C’ B’ H HC ' HAB Tương tự: S = CC ' (2) ABC B A’ C S HAC HB ' = (3) S ABC BB ' Cộng (1), (2) (3) ta được: HA ' HB ' HC ' S HBC + S HAB + S HAC S ABC + + = = S =1 S ABC AA ' BB ' CC ' ABC Đặt a = BC, b = AC, c = AB Gọi x, y, z độ dài đường cao tương ứng với cạnh a, b, c tam giác Vì bán kính đường trịn nội tiếp nên x, y, z > Giả sử: x ≥ y ≥ z ≥ Theo kết 1: ⇒ 1 + + =1 ≤ x y z z ⇒ z ≤ ⇒ z=3 Từ: 1 1 + + =1 ⇒ + = x y z x y hay 3(x+y) = 2xy ⇒ (2x-3)(2y-3) = = = ⇒ x = y = x = 6; y =2 (loại) Vậy = y = z a = b = c 90 Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp OP = OQ = OR = r SPQR = S OPR + SOPQ + SOQR SPQR = r sin(1800 - α ) 2 r sin α = SORQ = r sin β SORQ = r sin δ Do SPQR = r (sin α + sin β + sin δ ) A a/ CN = AN ⇒ SBNC = 2S BNA H SBNC = SBNA   ⇒ CL = AH BNchung  M O  BO.CL  B   BO AH  ⇒ SBOC = 2SBOA (1) / SBOA =  CL= 2AH    SBOC = Chứng minh tương tự SBOC = 2SCOA (2) T (1) v (2) ⇒ SBOA = SCOA (3) Kẻ CE ⊥ AO, BD ⊥ CE Ta chứng minh được: BD = CE 91 L N E C D A Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp c/ Giả sử SBOC = 2a (cm2) ⇒ SBOA = a (cm2), SCOA= a (cm2) Ta tính được: SABC = 4a (cm2) ⇒ a = cm2 Ta lại có SONA = SOMA = a= (cm2) Vậy: SOAMN = cm2 a/ Kẻ đ ờng cao AH v BH’, ta c ó: AH = BH’ Ta có: SADC = SBDC = AH DC BH '.DC A B ⇒ SADC = SBDC ⇒ SODA = SOBC L b/ Kẻ đường cao BK ∆ ABC, ta c ó: SOAB OA = SOBC OC K S OA OAD Tương tự: S = OC OCD ⇒ D A SOAB SOAD = ⇒ (SOBC)2 = SOAB.SOCD ( Vì SOBC = SOAD) SOBC SOCD 92 H’ C Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 93 ...   Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp Bài 6: Chứng minh số sau số phương: a A = 22 499 ? ?91 00… 09 n-2 chữ số n chữ số b B = 11…155…56 n chữ số n-1 chữ số A = 224.102n + 99 ? ?9. 10n+2... biết 2n+1 3n+1 số phương 15 Giáo án bời dưỡng học sinh giỏi mơn toán lớp Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 25; 49; 81; 121; 1 69 tương ứng với số n 12; 24;... 11. (99 a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb  11 ⇒ a + b  11 Mà ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ nên ≤ a+b ≤ 18 ⇒ a+b = 11 17 Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp Thay a+b = 11 vào (1) n2 = 112(9a+1) 9a+1