Đang tải... (xem toàn văn)
Một điểm E bất kỳ nằm trên đường tròn, điểm M bất kỳ nằm trên CD (M không trùng với C, D, O). Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự tại A và B.. -) Ta tiếp tục kha[r]
(1)Đổi phơng pháp dạy học toán theo hớng tích cực hố hoạt động học tập học sinh
A Một vài nét lý luận dạy học 1.T t ởng tích cực hố hoạt động học tập học sinh
Xã hội phát triển đổi đất nớc đòi hỏi phải nâng cao chất lợng giáo dục nhằm đào tạo ngời lao động đảm bảo mục tiêu đại hoá đất nớc
+ Theo Kharlamop.I.F “Häc tËp lµ mét trình nhận thức tích cực
Theo từ điển Tiếng Việt: Tích cực trạng thái tinh thần có tác dụng khẳng định thúc đẩy phát triển Trong hoạt động học tập diễn nhiều phơng diện khác nhau: Tri giác tài liệu, thông hiểu tài liệu, ghi nhớ, luyện tập, vận dụng, khái quát đ ợc thể nhiều hình thức đa dạng, phong phú
Động học tập nguồn tạo tính tích cực hoạt động học hình thành lại có giá trị nh động thúc giục hoạt động, thuộc tính nhân cách, cịn tính tích cực lại trạng thái tinh thần làm cho hoạt động diễn có hiệu có thuộc tính thiên cảm xúc
G.I Sukina chia tính tích cực làm ba cấp độ
1 Tính tích cực bắt chớc, tái hiện: xuất tác động kích thích bên ngồi Trong trờng hợp ngời học thao tác đối tợng, bắt chớc theo mẫu mơ hình GV, nhằm chuyển đối tợng từ vào theo chế “hoạt động bên ngồi bên có cấu trúc” Nhờ đó, kinh nghiệm hoạt động đợc tích luỹ thơng qua kinh nghiệm ngời khác
Tính tích cực tìm tịi: liền với q trình hình thành khái niệm Giải tình nhận thức, tìm phơng thức hành động sở có tính tự giác, có tham gia động cơ, nhu cầu, hứng thú ý chí HS Loại xuất không yêu cầu GV mà cịn hồn tồn tự phát q trình nhận thức Nó tồn khơng dạng trạng thái, cảm xúc mà cịn dạng thuộc tính bền vững hoạt động mức độ tính độc lập cao mức trên, cho phép HS tiếp nhận nhiệm vụ tự tìm ph-ơng tiện thực
Tính tích cực sáng tạo: thể chủ thể nhận thức tự tìm tịi kiến thức mới, tự tìm kiếm phơng thức hành động riêng trở thành phẩm chất bền vững cá nhân Đây mức độ biểu tính tích cực nhận thức cao
Nh nói tính tích cực nhận thức, ngời ta thờng đánh giá mức độ nhận thức ngời học trình thực mục đích dạy học
Kharlamop I.F viết: “Tính tích cực hoạt động nhận thức trạng thái hoạt động của HS, đợc đặc trng khát vọng học tập, cố gắng trí tuệ với nghị lực cao quá trình nắm vững kiến thức cho ”
+ Tích cực hố hoạt động học tập học sinh: Tối đa hoá tham gia hoạt động ngời học với định hớng đạo tự nhận thức, tự phát triển, tự thực hiện, tự kiểm tra đánh giá, qua hình thành phát triển t độc lập sáng tạo HS
(2)- Xác lập vị trí chủ thể ngời học, đảm bảo tính tự giác, tích cực sáng tạo hoạt động học tập
- Dạy học phải dựa nghiên cứu tác động quan niệm kiến thức sẵn có ngời học, nhằm khai thác mặt thuận lợi, hạn chế mặt khó khăn, nghiên cứu chớng ngại sai lầm có kiến thức q trình học tập HS
- Dạy học khơng nhằm mục đích tri thức kỹ môn, mà quan trọng việc học, dạy cách học cho HS
- Quá trình dạy học phải bao hàm việc dạy cách tự học thông qua việc để HS tự hoạt động nhằm đáp ứng nhu cầu thân xã hội
Tóm lại: Để phát huy đợc tính tích cực hoạt động học tập HS cần trình làm cho ngời học trở thành chủ thể tích cực hoạt động học tập họ.
2 Định hớng đổi phơng pháp dạy học + Phơng pháp dạy học
- Phơng pháp dạy học đờng, cách thức hoạt động để đạt mục đích dạy học
- Phơng pháp dạy học cách thức hoạt động giao lu thầy gây nên hoạt động giao lu cần thiết trò nhằm đạt mục đích dạy học
- Hoạt động thầy gây nên hoạt động trò:
Hoạt động thầy tác động điều khiển Tuy nhiên tác động không gồm hoạt động mà cịn có ứng xử thầy giáo
Thuật ngữ “dạy học” vốn đợc dùng để phản ánh hoạt động ngời dạy, nhng đối tợng hoạt động dạy học HS, HS vừa đối tợng hoạt động dạy lại vừa chủ thể hoạt động học Vì phơng pháp dạy học vừa bao hàm cách dạy thầy cách học ca trũ
+ Đổi phơng pháp dạy học
Nghị Trung ơng II khoá VIII Đảng Cộng sản Việt Nam rõ “Đổi mạnh mẽ phơng pháp giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền thụ chiều, rèn luyện thành nếp t sáng tạo ngời học ”
Đào tạo ngời động sáng tạo có lực phát vấn đề tự giải vấn đề nhiệm vụ trọng tâm ngành giáo dục
Mâu thuẫn yêu cầu đào tạo ngời xây dựng xã hội cơng nghiệp hố thực trạng lạc hậu phơng pháp dạy học làm nảy sinh thúc đẩy công đổi phơng pháp dạy học tất cấp học ngành giáo dục
Phơng pháp dạy học thân hoạt động ứng xử GV bình diện xem xét riêng lẻ, cụ thể mà theo Nguyễn Bá Kim:
(3)Trong năm gần t tởng dạy học chủ đạo đợc phát biểu dới nhiều hình thức khác nh “lấy HS làm trung tâm”,“phát huy tính tích cực”, “phơng pháp dạy học tích cực”, “tích cực hố hoạt động học tập”, “Hoạt động hoá ngời học”
Định hớng đổi phơng pháp dạy học tổ chức cho học sinh học tập trong hoạt động hoạt động tự giác, tích cực sáng tạo.
+ Làm để tích cực hố hoạt động học tập học sinh ?
Nhà tâm lí học I.X.Iakimanxkai cho rằng: Nhà trờng cần trang bị cho HS hai hệ thống tri thức: Về thực đối tợng; Về nội dung cách thức thực hành động trí tuệ, đảm bảo việc nắm vững tri thức khoa học thực đối tợng
Các tri thức loại đợc phản ánh SGK, cịn tri thức loại hai đợc hình thành chủ yếu HS đờng tự phát tri thức loại hai thủ pháp học tập nh: tri thức logic (phân tích, so sánh, khái quát hoá, phân loại…); tri thức tổ chức hợp lí q trình nhận thức khác nhau…
Lerner I.Ia cịn thêm vào hai hệ thống nữa: Kinh nghiệm hoạt động sáng tạo kinh nghiệm thái độ tình cảm
Các nhà lí luận dạy học P.I Pitcaxixti,B.I Côrôtiaiev khẳng định: tơng ứng với hai loại hoạt động nhận thức tái tạo tìm tịi, sáng tạo HS có hai loại thơng tin tái dự đốn Thơng tin tái tri thức HS lĩnh hội dạng có sẵn, thông qua việc ghi nhận tái lại Thông tin dự đoán tri thức học tập đợc HS khơi phục lại cách thiết kế, tìm kiếm kiểm tra tính đắn điều dự đốn Trong hoạt động tái có phơng án việc thực xác ln dẫn đến kết quả, hoạt động tìm tịi sáng tạo lại dựa vào thông tin ẩn tàng, cha tờng minh HS kiểm tra dự đốn sở tìm kiếm lựa chọn phơng án có khả hệ thống kiến thức có
Dựa vào kết nghiên cứu P.I Pitcaxixti, B.I Côrôtiaiev có hai cách chiếm lĩnh kiến thức:
Tái kiến thức: định hớng đến hoạt động tái tạo, đợc xây dựng sở HS lĩnh hội tiêu chuẩn, hình mẫu có sẵn
Tìm kiếm kiến thức: định hớng đến hoạt động cải tạo tích cực, dẫn đến việc “phát minh” kiến thức kinh nghiệm hoạt động
Nh vậy, PPDH đảm bảo phối hợp cách dạy tái kiến thức tìm kiếm kiến thức, tận dụng hội điều kiện để cách dạy tìm kiếm kiến thức chiếm u thế, đồng thời kết hợp hài hồ với tính sẵn sàng học tập HS, PPDH có khả năng tích cực hố hoạt động học tập HS
3 Dạy luyện tập toán cho hc sinh
Quá trình dạy học trình tâm lý Trong trình học tập HS phải cảm giác, tri giác, vận dụng trí nhớ, tình cảm, ý chí
(4)Theo L.X Vygotski, dạy học phải theo chức nó, phải trớc phát triển, thúc đẩy, kéo theo phát triển lên Mấu chốt dạy học phát triển xác định trình độ phát triển học sinh: Trình độ phát triển thời khả phát triển gần Mức độ đợc biểu qua trình HS độc lập giải nhiệm vụ, không cần trợ giúp từ bên ngồi Cịn khả phát triển gần đợc thể tình HS hồn thành nhiệm vụ có hợp tác, giúp đỡ ngời khác Từ ơng đa ngun lý dạy học phải tác động vào vùng phát triển gần nhất, có nghĩa phơng pháp dạy học tuân theo ngun tắc tơn trọng kinh nghiệm có HS tăng dần mức độ khó khăn
Nh dạy học không bị động chờ phát triển, mà ngợc lại phát triển chức tâm lí Vấn đề động học tập, hứng thú nhận thức có ý nghĩa quan trọng đến hiệu trình dạy học
Để đảm bảo thành cơng q trình dạy học, thầy giáo phải đặc biệt ý tới mặt tâm lý trình dạy học
- Dạy học q trình xã hội, có tơng tác ngời ngời, ng-ời xã hội Hiểu đợc tính xã hội dạy học ảnh hởng xã hội nhà trờng giúp ngời dạy điều khiển đợc trình dạy học
Sự giống khác yêu cầu xã hội, phát triển nhân cách ngời địi hỏi q trình dạy học thống với biện pháp phân hoá, hoạt động ngời thầy cần quan tâm đến kinh nghiệm sống điều kiện học tập thực tế HS để xây dựng kế hoạch nội dung dạy học thích hợp
Tóm lại, vào nhận thức trình dạy học giai đoạn (quá trình nhận thức, trình tâm lý trình xã hội), hệ thống BT cần phải phản ánh tích cực có chọn lọc tri thức, phơng pháp, kỹ liên quan chặt chẽ đến hoạt động toán học, thúc đẩy chức tâm lý, hứng thú nhận thức ý đến kinh nghiệm sống điều kiện thực tế học sinh
Tiến trình giải tập toán
Gii BTT l thực loạt hoạt động liên tục phức tạp BTT kết hợp đa dạng nhiều khái niệm , quan hệ toán học Vì để giải BTT địi hỏi học sinh nắm khái niệm, định lý, quy tắc kiến thức mối quan hệ toán học chơng trình học
Theo V.M Brađixơ “BTT xem đợc giải sau tìm lời giải đảm bảo điều kiện: Khơng sai sót, có lập luận khoa học, mang tính tồn diện -u”
Theo Polya G : “Giải BTT phải lập lược đồ xác định mạnh lạc thao tác (lơgíc, tốn học hay thực tiễn) giả thiết kết thúc kết luận, dẫn dắt từ đối tượnng mà ta có tay đến đối tượng ta muốn đạt tới”
(5)- HiĨu râ BTT (understanding the problem) - X©y dùng chơng trình giải (devising a plan) - Thực chơng trình giải (carrying out the plan) - Kiểm tra lời giải tìm đc (looking back)
Bc 1: Hiểu rõ tập toán
- Xỏc nh i tng v điều kiện hệ thống hành động, làm rõ mối quan hệ giả thiết, mối quan hệ giả thiết kết luận Xác định đựợc dạng BTT, xem xét cấu trúc BTT từ suy nghĩ hựớng giải BTT
Bíc 2: X©y dùng chơng trình giải
- T s phõn tớch mi quan hệ yếu tố BTT, từ suy nghĩ hựớng giải bựớc 1, HS tìm đựờng cụ thể, khả đạt đợc mục đích, định hựớng hành động tiến tới trình giải BTT
- Quá trình kết hợp logic hình thức (việc vạch cấu trúc kế hoạch) lôgic biƯn chøng (chØ tÝnh thĨ, tÝnh kh¶ thi phựơng thức thực kế hoạch)
Bớc 3: Thực chựơng trình giải
- K hoạch giải ý tựởng, HS phải thực hệ thống hành động phù hợp với chi tiết cụ thể BTT
- Sử dụng thao tác tư lập luận logic để thực kế hoạch - Có thể giải BTT theo nhiều cách giải khác nhau, tìm cách giải tối ưu
- b ớc thao tác tư logíc, hoạt động ngơn ngữ đóng vai trị quan trọng Bớc 4: Khảo sát lời giải tìm
- C«ng việc đợc tiến hành suốt trình giải BTT, việc kiểm tra nhằm xác hoá lời giải (các bớc suy luận, khâu tính toán )
- Qua khảo sát lời giải rút đợc kinh nghiệm cho HS, giải BTT phơng tiện học tập Từ khảo sát lời giải HS hợp thức hoá BTT thành tri thức kinh nghiệm thân
* Giải tập toán theo định hớng angôrit ơristic
“Các angôrit tồn nhiều hình thức biểu diễn khác nhau, ngơn ngữ tự nhiên, ngơn ngữ tốn học, sơ đồ khối, ngơn ngữ phương trình, lập trình , angơrit (thuật tốn, thuật giải) quy định thao tác cần thực để giải BTT”
“Thuật toán hiểu nh quy tắc mà từ dẫn rõ ràng xác để người (hay máy) thực loạt thao tác nhằm đạt đợc mục đích đặt hay giải lớp BTT định”
(6)kiếm phương pháp toàn tồn mỹ chẳng mang lại kết tìm viên đá thần kỳ, để biến kim loại thành vàng” Như khơng thể có phương pháp để giải tất BTT, ngồi dạng tốn dùng phương pháp theo nh
h-ớng angôrit phải sử dụng phơng pháp ơristic
Thuật ngữ ơristic có nguồn gốc Hy Lạp ơrêca đợc hiểu tìm tòi, tìm đoán, sáng tạo
ristic c hiu l tng thể nói tắc phương pháp khái quát từ kinh nghiệm khứ dùng trình nghiên cứu phát hiện, sáng tạo mới” Giải tốn theo định hướng Ơristíc mang tính chất “tìm đốn” thường dùng để giải BTT mang tính chất vấn đề, tìm hiểu phát vấn đề, tìm cách giải vấn đề hoạt động toán học cần thiết
Cách thức học phương pháp tìm lời giải b i tốnà
Học phương pháp tìm lời giải khơng phải học thuật giải mà học kinh nghiệm giải toán mang tính chất tìm tịi, phát Do cách thức học phương pháp để tìm lời giải tốn yêu cầu:
- Thông qua việc giải toán cụ thể, học sinh cần nắm bước tìm lời giải tốn có ý thức vận dụng bước q trình giải tốn
- Cũng thơng qua việc giải tốn cụ thể, giáo viên cần đặt cho học sinh câu hỏi gợi ý, tạo tình để em tìm tịi, dự đốn, phát cuối tìm lời giải tốn
Như vậy, q trình học sinh học phương pháp tìm lời giải tốn trình biến tri thức, phương pháp tổng quát thành kinh nghiệm giải toán thân thơng qua việc giải hàng loạt tốn cụ thể địi hỏi người giải tốn phải có chặng đường lao động tích cực, có nhiều yếu tố sáng tạo
Có ý kiến cho “dạy luyện tập toán giống nh luyện tập quân sự”; đối tợng học sinh khá, giỏi thầy hớng dẫn thao tác HS tự làm đợc; học sinh trung bình thầy làm mẫu động tác học sinh làm theo đợc; HS yếu thầy giáo phải cho HS làm động tác theo lúc HS tự làm đợc mà khơng có thầy làm mẫu phía trớc
Qua thực tế dạy học công tác quản lý dạy học, đa số định h-ớng cho tiết dạy luyện tập hình học nh sau:
+ Phân loại tập ë SGK, SBT (BTT cịng cè kiÕn thøc cđa bµi học, BTT ôn kiến thức học trớc, BT bổ sung lý thuyết, BT khắc sâu kiến thức)
+ Căn vào đối tợng HS lớp giáo viên giảng dạy để lựa chọn ý t-ởng :
(7)Thờng dùng BTT ôn tập kiến thức để kiểm tra nhanh đầu tiết luyện tập (những cha đợc sử dụng sau phần học lý thuyết)
Hớng dẫn học sinh giải BTT bổ sung lý thuyết BTT khắc sâu kiến thức (các BT SGK SBT đợc lựa chọn), qua việc sử dụng BTT đó, giúp học sinh tìm đợc quy trình định hớng giải BTT dạng
- Với đối tợng học sinh trung bình trung bình khá:
.Cơ học sinh giải đợc BTT thầy giáo nhà chuẩn bị nên đến lớp tiết dạy luyện tập thầy giáo hớng dẫn giải BTT khơng tạo đợc mẽ, dẫn đến HS không hứng thú học tập
Trong trờng hợp giáo viên chọn BTT tơng tự thêm câu hỏi nhằm xâu chuỗi BTT, HS đợc chuẩn bị Thực tế cho thấy HS hứng thú học tập v tit dy thnh cụng hn nhiu
-Đối tợng học sinh khá, giỏi:
.Thầy giáo kiểm tra nhanh c¸c BTT cã tÝnh chÊt cịng cè kiÕn thøc
Dùng BT điển hình luyện tập với định hớng khác nhằm tạo nhiều cách giải (nếu có thể), từ BTT có tạo BTT hoạt động tơng tự, tơng tự hoá, khái quát hoá, lật ngợc vấn đề… tạo thành số BTT nhằm phát triển t sáng tạo cho HS
Lấy số vớ dụ dạy luyện tập hỡnh học cho học sinh giỏi Rèn luyện hoạt động toán học cho học sinh khá, giỏi
Theo Nguyễn Bá Kim “dạy học phân hoá xuất phát từ biện chứng thống phân hoá, từ yêu cầu thực tốt mục tiêu dạy học tất học sinh, đồng thời phát triển tối đa tối ưu khả cá nhân Việc kết hợp giáo dục đại trà giáo dục mũi nhọn phổ cập với nâng cao dạy học tốn phổ thơng cần tiến hành theo tư tưởng chủ đạo sau:
- Lấy trình độ phát triển chung HS lớp làm tảng…
- Sử dụng biện pháp phân hoá đa diện học sinh yếu lên trình độ chung…
- Có nội dung bổ sung biện pháp phân hoá giúp học sinh giỏi đạt đợc yêu cầu nâng cao sở đạt yêu cầu bản”
Chúng ta quan tâm đến ý tưởng thứ ba: “Có nội dung bổ sung biện pháp phân hoá giúp học sinh khá, giỏi đạt yêu cầu nâng cao sở đạt được những yêu cầu bản”
(8)Căn vào hoạt động toán học liên quan mật thiết đến nội dung mơn tốn
tr-ường phổ thông là: Nhận dạng thể hiện; hoạt động toán học phức hợp; hoạt động trí tuệ phổ biến tốn học; hoạt động trí tuệ chung hoạt động ngơn ngữ, từ q trình dạy học giáo viên tình dù tường minh hay ẩn tàng có ý tưởng góp phần rèn luyện hoạt động tốn học cho học sinh
b.Các chuyên đề bồi d ỡng hsg toán thcs
Chuyên đề 1: Phần I: Số phơng
I- Định nghĩa: Số phơng số bình phơng số nguyên II- tính chất:
1- Sè phơng có chữ số tận b»ng 0, 1, 4, 5, 6, 9; kh«ng thĨ cã ch÷ tËn cïng b»ng 2, 3, 7,
2- Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phơng chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn
(9)4- Số phơng có hai dạng 3n 3n +1 Không có số ph-ơng có dạng 3n + ( n N ).
5- Số phơng tận 1, chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phơng tận chữ số hàng chục
Số phơng tận chữ số hàng chục chữ số lẻ 6- Số phơng chia hết cho chia hÕt cho
Sè chÝnh ph¬ng chia hÕt cho chia hết cho Số phơng chia hÕt cho th× chia hÕt cho 25 Sè chÝnh phơng chia hết cho chia hết cho 16 III- Một số dạng tập số ph ơng
A- Dạng 1:chứng minh số số phơng.
Bài 1: Chứng minh số nguyên x, y thì:
A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phơng. Giải : Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x25xy4 )(y2 x25xy6 )y2 y4 Đặt x25xy5y2t (t Z )
A = (t y 2)(t y 2)y4 t2 y4y4 t2 (x2 5xy5 )y2
V× x, y, z Z nªn x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z x2 5xy 5y2 Z
Vậy A số phơng
Bi 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng ln số phơng. Giải : Gọi số tự nhiên, liên tiếp n, n+1, n+2, n+3 (n Z) Ta có:
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + = (n23 )(n n23n2) (*)
Đặt n2 3n t t N( )
th× (*) = t(t + 2) + = t2 + 2t + = (t + 1)2
= (n2 + 3n + 1)2
V× n N nªn n2 + 3n + N VËy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + số phơng.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k + 1)(k + 2) Chøng minh r»ng 4S + lµ sè phơng
Giải : Ta có: k(k + 1)(k + 2) = 1
4k (k + 1)(k + 2) 4=
4k(k + 1)(k + 2) (k3) ( k1)
=
4k(k + 1)(k + 2)(k + 3) -
4 k(k + 1)(k + 2)(k - 1)
=> 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=> 4S + = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) +
Theo kết => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + lµ sè chÝnh phơng Bài 4: Cho dÃy số 49; 4489; 444889; 44448889;
- Dãy số đợc xây dựng cách thêm số 48 vào chữ số đứng trớc đứng sau Chứng minh tất số dãy số phơng
Ta cã 44 488 89 = 44 488 + = 44 10n + 11 + 1
n ch÷ sè n - ch÷ sè n ch÷ sè n ch÷ sè 8 n ch÷ sè 4 n ch÷ sè 1
= 4.10 10 8.10 1
9
n n
n
(10)=
2
4.10 4.10 8.10 4.10 4.10
9
n n n n n
=
2
2.10
3
n
Ta thÊy 2.10n + = 200 01 có tổng chữ số chia hết cho nªn nã chia hÕt cho 3
n - ch÷ sè
=>
2
2.10
3
n
Z hay số có dạng 44 488 89 số phơng
Các t ơng tự:
Chứng minh số sau sè chÝnh ph¬ng A = 11 + 44 +
2n ch÷ sè n ch÷ sè 4
B = 11 + 11 + 66 + 2n ch÷ sè n+1 ch÷ sè n ch÷ sè 6
C= 44 + 22 + 88 + 2n ch÷ sè n+1 ch÷ sè n ch÷ sè 8
D = 22499 9100 09 n-2 ch÷ sè n ch÷ sè
E = 11 155 56 n ch÷ sè n-1 ch÷ sè
KÕt qu¶: A=
2 2
10 10 2.10
; ;
3 3
n n n
B C
D = (15.10n - 3)2 E =
2
3 10
n
Bµi 5: Chøng minh r»ng tổng bình phơng số tự nhiên liên tiếp một số phơng
Gi số tự nhiên liên tiếp n - 2, n - 1, n +1, n + ( n N, n >2) Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = (n2 + 2)
Vì n2 khơng thể tận n2 + khơng thể chia hết cho
=> (n2 + 2) không số phơng hay A không số chÝnh ph¬ng.
Bài 6: Chứng minh số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 n N v n >1
không phải sè chÝnh ph¬ng
n6 - n 4 + 2n3 + 2n2 = n2 (n4 - n2 + 2n +2) = n2 [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)]
= n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) [(n3 + 1) - (n2 - 1)]
= n2(n + 1)2 (n2 - 2n + 2)
Víi nN, n > th× n2 - 2n + = ( n -1)2 + > ( n - 1)2
Vµ n2 - 2n + = n2 - 2(n - 1) < n2
VËy (n - 1)2 < n2 - 2n + < n2 => n2 - 2n + số chÝnh ph¬ng.
Bài 7: Cho số phơng có chữ số hàng chục khác cịn chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phơng số phơng
Ta biết số phơng có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phơng 1,3,5,7,9 tổng chúng + + + + = 25 = 52 số phơng.
Bài 8: Chứng minh tổng bình phơng số lẻ số phơng. a b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + (Víi k, m N)
(11)= (k2 + k + m2 + m) + 2
=> a2 + b2 số phơng.
Bµi 9: Chøng minh r»ng nÕu p lµ tÝch n (với n > 1) số nguyên tố p - p + số phơng
Vì p tích n số nguyên tố nên p2 p chia hết cho (1) a- Giả sử p + số phơng §Ỉt p + = m2 ( m N).
Vì p chẵn nên p + lẻ => m2 lẻ => m lẻ.
Đặt m = 2k + (k N) Ta cã m2 = 4k2 + 4k + => p + = 4k2 + 4k + 1
=> p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1)
mâu thuẫn với (1) => p + số phơng
b- p = 2.3.5 lµ sè chia hÕt cho => p - có dạng 3k + => p - không số phơng
Vậy p tích n (n >1) số nguyên tố p - p + không số phơng Bài 10: Giả sử N = 1.3.5.7 2007 2011
Chøng minh r»ng sè nguyên liên tiếp 2N - 1, 2N 2N + số số phơng
a- 2N - = 2.1.3.5.7 2011 - Cã 2N => 2N - = 3k + (k N) => 2N - không số phơng b- 2N = 2.1.3.5.7 2011 => 2N ch½n
=> N lẻ => N không chia hết cho 2N nhng 2N kh«ng chia hÕt cho 2N chẵn nên 2N không chia cho d d => 2N không số phơng c- 2N + = 2.1.3.5.7 2011 +
2N + lẻ nên 2N + kh«ng chia hÕt cho
2N kh«ng chia hÕt 2N + không chia cho d => 2N + không số phơng
Bài 11: Cho a = 11 ; b = 100 05 2010 ch÷ sè 2009 ch÷ sè
Chøng minh ab1 lµ sè tù nhiên
Giải: b = 100 05 = 100 - + = 99 + = 9a + 6
2009 ch÷ sè 0 2010 ch÷ sè 0 2010 ch÷ sè 9 ab + = a(9a + 6) + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2
ab1 (3a1)2 3a1N
B dạng 2: tìm giá trị biến để biểu thức số phơng Bài 1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phơng
a) n2 + 2n + 12 b) n(n + 3)
c) 13n + d) n2 + n + 1589
Gi¶i:
a) Vì n2 + 2n + 12 số phơng nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)
(n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n + 1)2 = 11 (k + n + 1)(k – n - 1) = 11
NhËn xÐt thÊy k + n + > k - n - chúng số nguyên d ơng, nên ta viết (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1 k + n + = 11 k =
k - n – = n =
b) đặt n(n + 3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2
(4n2 + 12n + 9) – = 4a2
(2n + 3)2 – 4a2 = 9
(2n + + 2a)(2n + – 2a) =
NhËn xÐt thÊy 2n + + 2a > 2n + – 2a vµ chóng lµ số nguyên dơng, nên ta viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1 2n + + 2a = n =
(12) 13(n - 1) = (y + 4)(y – 4)
(y + 4)(y 4) 13 mà 13 số nguyên tố nên y + 13 y 13
y = 13k (víi k N)
13(n - 1) = (13k 4)2 – 16 = 13k.(13k 8) 13k2
8k +
VËy n = 13k2 8k + (víi k N) th× 13n + số phơng
d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2
(2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355
NhËn xÐt thÊy 2m + 2n + > 2m – 2n – > chúng số lẻ, nên ta có thÓ viÕt (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy n có giá trị sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28 Bµi t ¬ng tù :
Tìm a để số sau số phơng a) a2 + a + 43
b) a2 + 81
c) a2 + 31a + 1984
KÕt qu¶: a) 2; 42; 13 b) 0; 12; 40
c) 12 ; 33 ; 48 ; 97; 176 ; 332; 565 ; 1728
Bài 2 : Tìm số tự nhiên n cho tæng 1! + 2! + 3! + + n! số phơng Với n = 1! = = 12 số phơng
Với n = 1! + 2! = không số phơng
Víi n = th× 1! + 2! + 3! = + 1.2 + 1.2.3 = = 33 số phơng
Vi n ta có 1! + 2! + 3! + 4! = + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 5!; 6!; …; n! tận 1! + 2! + 3! + … n! có tận chữ số nên khơng phải số phơng
Vậy có số tự nhiên n thoả mãn đề n = 1; n =
Bài 3: Có hay khơng số tự nhiên n để 2010 + n2 số phơng.
Giả sử 2010 + n2 số phơng th× 2010 + n2 = m2 (mN )
Từ suy m2 - n2 = 2010 (m + n) (m – n) = 2010
Nh vËy số m n phải có số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m sè m + n m n tính chẵn lẻ (2) Tõ (1) vµ (2) m + n vµ m n số chẵn
(m + n) (m – n) nhng 2006 kh«ng chia hết cho
Điều giả sử sai
Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phơng.
Bµi 4: Biết xN x > Tìm x cho x(x1).x(x1)(x 2)xx(x 1)
Đẳng thức cho đợc viết lại nh sau: x(x1) (x 2)xx(x 1)
Do vế trái số phơng nên vế phải số phơng
Một số phơng tận chữ số 0; 1; 4; 5; 6; nên x tận chữ sè 1; 2; 5; 6; 7; (1)
Do x chữ số nên x 9, kết hợp với điều kiện đề ta có xN < x (2) Từ (1) (2) x nhận giá trị 5; 6;
Bằng phép thử ta thấy có x = thoả mãn đề bài, 762 = 5776
Bài 5: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n + 3n + số phơng. Ta có 10 n 99 nên 21 2n + 199 Tìm số phơng lẻ khoảng ta đợc 2n + 25; 49; 81; 121; 169 tơng ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84
Sè 3n + b»ng 37; 73; 121; 181; 253 ChØ cã 121 lµ sè chÝnh ph¬ng VËy n = 40
Bài 6: Chứng minh n số tự nhiên cho n + 2n + số ph-ơng n bội số 24
(13)Ta cã m lµ sè lỴ m = 2a + m2 = 4a(a + 1) + 1
Mµ ( 1)
2 ) (
1
2
m a a a a
n
n chẵn n + lẻ k lẻ đặt k = 2b + (với bN) k2 = 4b(b+1) +
n = 4b(b+1) n (1)
Ta cã: k2 + m2 = 3n + (mod3)
Mặt khác k2 chia cho d hc 1, m2 chia cho d hc 1
Nên để k2 + m2 (mod3) k2 (mod3)
m2 (mod3)
m2 – k2
hay (2n + 1) – (n + 1) n (2)
Mµ (8; 3) = (3) Tõ (1), (2), (3) n 24
Bài 7: Tìm tất số tù nhiªn n cho sè 28 + 211 + 2n số phơng
Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) th×
2n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48)
2p 2q = (a + 48) (a – 48) víi p, q N ; p + q = n vµ p > q
a + 48 = 2p 2p 2q = 96 2q (2p-q – 1) = 25.3
a – 48 = 2q
q = vµ p – q = p =
n = + = 12
Thư l¹i ta cã: 28 + 211 + 2n = 802
C.dạng : Tìm số phơng
Bi 1 : Cho A số phơng gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta đợc số phơng B Hãy tìm số A B
Gäi A = abcd k2
Nếu thêm vào chữ số A đơn vị ta có số
B = (a 1)(b 1)(c 1)(d 1) m2
víi k, m N vµ 32 < k < m < 100
a, b, c, d = 1;9
Ta cã: A = abcd k2
B = abcd 1111 m2
§óng céng kh«ng cã nhí m2 – k2 = 1111 (m - k)(m + k) = 1111 (*)
NhËn xÐt thÊy tÝch (m – k)(m + k) > nên m k m + k số nguyên dơng Và m k < m + k < 200 nªn (*) cã thĨ viÕt (m – k) (m + k) = 11.101
Do đó: m – k = 11 m = 56 A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Bài 2: Tìm số phơng gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gm ch s sau mt n v
Đặt abcd k2
ta cã ab cd 1 vµ k N, 32 k < 100
Suy : 101cd = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10) k + 10 101 k 10 101
Mà (k – 10; 101) = k + 10 101
Vì 32 k < 100 nên 42 k + 10 < 110 k + 10 = 101 k = 91
abcd = 912 = 8281
Bài 3: Tìm số phơng có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống
Gọi số phơng phải tìm là: aabb = n2 víi a, b N, a 9; b Ta cã: n2 = aabb = 11 a0b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1)
NhËn xÐt thÊy aabb 11 a + b 11
Mµ a 9; b nªn a + b 18 a + b = 11
Thay a + b = 11 vào (1) đợc n2 = 112(9a + 1) 9a + số phơng
(14)Số cần tìm là: 7744
Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phơng vừa lập phơng.
Gi s phơng abcd Vì abcd vừa số phơng vừa lập phơng nên
đặt abcd = x2 = y3 với x, y N
Vì y3 = x2 nên y mét sè chÝnh ph¬ng.
Ta cã : 1000 abcd 9999 10 y 21 y phơng
y = 16 abcd = 4096
Bài 5 : Tìm số phơng gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phng
Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d nguyên a 9; b, c, d
abcd chÝnh phơng d 0,1,4,5,6,9
d nguyên tố d =
Đặt abcd = k2 < 10000 32 k < 100
k lµ mét sè có hai chữ số mà k2 có tận k tËn cïng b»ng 5
Tæng chữ số k số phơng k = 45
abcd = 2025
Vậy số phải tìm là: 2025
Bi 6: Tỡm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phơng số viết số bở hai chữ số số nhng theo thứ tự ngợc lại số phơng
Gäi số tự nhiên có hai chữ sốphải tìm ab (a, b N, a, b 9) Số viết theo thứ tự ngợc lại ba
Ta cã ab2 - ba2 = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99 (a2 – b2) 11 a2 – b2 11
Hay (a - b) (a + b) 11
V× < a – b 8, a + b 18 nªn a + b 11 a + b = 11
Khi đó: ab2 - ba2= 32 112 (a – b)
Để ab2 - ba số phơng a – b phải số phơng a – b = a
– b =
NÕu a – b = kÕt hỵp víi a + b = 11 a = 6, b = , ab= 65
Khi 652 – 562 = 1089 = 332
NÕu a – b = kÕt hỵp víi a + b = 11 a = 7,5 loại Vậy số phải tìm 65
Bài 7: Cho số phơng có chữ số Nếu thêm vào chữ số ta đợc số phơng Tìm số phng ban u
(Kết quả: 1156)
Bài 8: Tìm số có chữ số mà bình phơng số lập phơng tổng chữ số
Gọi số phải tìm ab víi a, b N, a 9; b Theo gi¶ thiÕt ta cã: ab = (a + b)3
(10a +b)2 = (a + b)3
ab lµ mét lËp phơng a + b số phơng
Đặt ab = t3 (t N), a + b = 12 (1 N)
V× 10 ab 99 ab = 27 hc ab = 64
NÕu ab = 27 a + b = số phơng
Nếu ab = 64 a + b = 10 không số phơng loại
Vậy số cần tìm ab = 27
Bài 9 : Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phơng số có chữ số giống Gọi số lẻ liên tiếp 2n - ; 2n + ; 2n + (n N)
(15)Theo đề ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111 a với a lẻ a 9
12n(n + 1) = 11(101a – 1)
101a – 3 2a –
V× a nªn 2a – 17 2a lẻ nên 2a 3;9;15
a2;5;8
Vì a lẻ a = n = 21 sè cÇn tìm là: 41; 43; 45
Bi 10 : Tỡm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phơng chữ số số
ab (a + b) = a3 + b3
10a + b = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab
3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1)
a + b a + b – nguyên tố
a + b = 3a hc a + b – = 3a
a + b – = + b a + b = + b
a = 4, b = hc a = 3, b = VËy ab = 48 hc ab = 37
Chuyờn 2:
Phần II: ph ơng trình nghiệm nguyên
1 Tìm nghiệm nguyên Phơng trình hệ phơng trình bậc hai ẩn Tuỳ cụ thể mà làm cách khác
VD1: Tìm nghiệm nguyên phơng trình: 2x + 3y = 11 (1) Cách 1: Phơng pháp tổng quát:
Ta cã: 2x + 3y = 11
2
2
11
x y y y
§Ĩ phơng trình có nghiệm nguyên
2
y nguyên
Đặt y tZ
2
y = 2t + 1 x = -3t + 4 C¸ch : Dïng tÝnh chÊt chia hÕt
Vì 11 lẻ 2x + 3y ln số lẻ mà 2x số chẵn 3y lẻ y lẻ Do : y = 2t + với tZ
x = -3t + 4
Cách : Ta nhân thấy phơng trình có cặp nghiệm nguyên đặc biệt x0 = 4 ; y0 = 1
ThËt vËy : + 3.1 = 11 (2) Trõ (1) cho (2) vÕ theo vÕ ta cã : 2(x - 4) + 3(y - 1) = 0
2(x -4) = -3(y -1) (3)
Tõ (3) 3(y - 1) mµ (2 ; 3) = y - 2
y = 2t + víi tZ
Thay y = 2t + vµo (3) ta cã: x = -3t +
Nhận xét : Với cách giải ta phải mò cặp nghiệm nguyên (x0, y0) phơng trình
(16)Các tập t ơng tự : Tìm nghiệm nguyên phơng trình. a) 3x + 5y = 10
b) 4x + 5y = 65 c) 5x + 7y = 112 VD2 : Hệ phơng trình
Tìm nghiệm nguyên dơng hệ phơng trình sau : 3x + y + z = 14 (1)
5x + 3y + z = 28 (2)
Giải : Từ hệ cho ta có : 2(x + y) = 14 x = - y (*) Thay (*) vào (1) ta đợc z = 14 - y - 3x = 2y -7
Vì x > nên - y > y < mà z > nên 2y - > y >
2 VËy
2
< y < vµ yZ y4;5;6
Giải tiếp hệ cho có nghiệm (3; 4; 1); (2; 5; 3); (1; 6; 5) Bài tập t ơng tự:
a) T×m nghiƯm nguyªn cđa hƯ 2x -5y = 5
2y - 3z = 1
b) Trăm trâu ăn trăm bó cỏ – trâu đứng ăn năm, trâu nằm ăn ba, trâu già bó Tìm số trâu loại
c) Tìm số nguyên dơng nhỏ chia cho 1000 d chia cho 761 d 2 Tìm nghiệm nguyên phơng trình, hệ phơng trình bậc cao. Phơng pháp 1 : Dùng dấu hiệu chia hết để giải phơng trình.
VD1: a) T×m cặp số nguyên (x ; y) thoả mÃn phơng trình
6x2 + 5y2 = 74 (1)
C¸ch : Ta cã : (x2 - 4) = (10 - y2) (2)
Tõ (2) 6(x2 - 4) vµ (6; 5) = x2 - 5 x2 = 5t + víi tN
Thay x2 - = 5t vµo (2) ta cã : y2 = 10 6t
Vì x2 > y2 > 5t + 4 > 0
10 - 6t >
3 5
4
t víi tN t = hc t =
Víi t = y2 = 10 (lo¹i)
Víi t = x2 = 9 x = 3
y2 = 4 y = 2
Vậy cặp nghiệm nguyên : C¸ch : Tõ (1) ta cã x2 + 5
0 < x2
12 x2 = hc x2 = 9
Víi x2 = y2 = 10 (lo¹i)
Víi x2 = 9 y2 = (thoả mÃn)
Vậy Cách : Ta cã :
(1) y2 ch½n
(17)VËy
VD2 : Chøng minh r»ng phơng trình sau nghiệm nguyên a) x5 + 29x = 10(3y + 1)
b) 7x = 2y - 3z - 1
Gi¶i : x5 - x + 30x = 10(3y+1)
VP 30 cßn VT 30 phơng trình vô nghiệm
Phơng pháp 2: Phân tích vế thành tích, vế thành số nguyên VD1: Tìm nghiệm nguyên phơng trình:
a) xy + 3x - 5y = -3
b) 2x2 - 2xy + x - y + 15 = 0
c) x2 + x = y2 - 19
Giải : a) Cách 1: x(y + 3) – 5(y + 3) = -18
(x – 5) (y + 3) = -18 C¸ch : 335 183
y y
y x b) T¬ng tù
c) 4x2 + 4x = 4y2 - 76
(2x + 1)2 - (2y)2 = -75
Phơng pháp 3 : Sử dụng tính chẵn lẻ (đặc biệt chia hết) VD2 : Tìm nghiệm nguyên
x3 - 2y3 - 4z3 = 0
Gi¶i : x3 = 2(y3 + 2z3)
VP x3 2 x đặt x = 2k
8k3 = 2(y3 + 2z3) 4k3 = y3 + 2z3 y3 = 4k3 - 2z3 = 2(2k3 - z3) y chẵn Đặt y = 2t ta cã : 8t3 = 2(2k3 - z3) 4t3 = 2k3 - z3
z3 = 2k3 - 4t3 z ch½n z = 2m 8m3 = 2(k3 - 2t3) k chẵn
Phơng pháp 4 : Phơng pháp sử dụng tính chất số phơng VD1 : Tìm nghiệm nguyên
a) x2 - 4xy + 5y2 = 169
b) x2 - 6xy + 13y2 = 100
Gi¶i :
a) (x - 2y)2 + y2 = 169 = + 169 = 25 + 144
b) (x – 3y)2 + (2y)2 = 100 = + 100 = 36 + 64 =
Phơng pháp 5 : Phơng pháp công thức nghiệm phơng trình bậc VD1 : Tìm nghiệm nguyên phơng trình
a) 2x2 -2xy + x + y + 15 = 0
b) 5(x2 + xy + y2) = 7(x+2y) (đề thi học sinh giỏi tỉnh 2009 – 2010)
c) x(x + 1) = y (y + 1) (y2 + 2)
Phơng pháp 6 : Phơng pháp đặt ẩn phụ VD: Tìm nghiệm nguyên phơng trình:
6
2 2
2
2 2
2
x x
x x x x
x x
(1) Đặt y = x2 + 2x + (y Z)
(1)
6 1
y y y
y
(18)5
1
y (lo¹i) ; y2 = (tho¶ m·n) x1 = 0; x2 = -2
Các tập t ơng tự:
a) x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3
b) ( 2) ( 11)2 121
x
x x
* Một số phơng pháp khác.
VD1 : Tìm nghiệm nguyên phơng trình : 2x2 + 4x = 19 -3y2
Gi¶i : 4x2 + 8x + = 42 - 6y2
(2x + 2)2 = (7 - y2)
V× (2x + 2)2
- y2
y
Mà y Z y = 0; 1 ; 2 Từ ta tìm đợc giá trị tơng ứng x 3 Một số tốn liên quan tới hình học.
a) Cho tam giác có độ dài đờng cao số nguyên dơng đờng tròn nội tiếp tam giác có bán kính 1(đ.v.đ.d) Chứng minh tam giác tam giác
Giải: Gọi độ dài cạnh đờng cao tơng ứng theo thứ tự a; b; c x; y; z R bán kính đờng trịn nội tiếp
Ta cã R = 1 x; y; z > giả sử x y z > 2
Ta cã : ax = by = cz = (a + b+ c).1 (=2S) Suy ra:
a c b a
x ;
c c b a z b
c b a
y ;
c b a
a x
; y a bb c
;
c b a
c z
1 11 1
z y
x mµ x y z >
x z
1
vµ
y z
1
nªn
z z y x
3 1
z
3
1 z 3 z =
Tơng tự ta có: x = 3; y = tam giác tam giác
b) Tìm tất hình chữ nhật với độ dài cạnh số ngun dơng cắt thành 13 hình vng cho cạnh hình vng số nguyên dơng không lớn (đ.v.đ.d)
Giải : Gọi cạnh hình chữ nhật cần tìm a b, cạnh hình vuông c Từ giả thiết hình chữ nhật cắt thành 13 hình vuông nên phải có:
ab = 13c2 (1) với < c 4 (2)
Tõ (1) suy a b chia hết cho 13 Vì vai trò a, b nh ta giả giả sư a chia hÕt cho 13, tøc lµ a = 13d
Thay vào (1) ta đợc : 13db = 13c2
Hay db = c2
Ta h·y xÐt trờng hợp có c
Với c = 1, chØ cã thÓ: d = 1, b = 1, suy a = 13 Víi c = 2, chØ cã thÓ: d = 1, b = 4, suy a = 13 d = 2, b = 2, suy a = 26 d = 4, b = 1, suy a = 52
(19)d = 9, b = 1, suy a = 117 Víi c = 4, chØ cã thĨ: d = 1, b = 16, suy a = 13 d = 2, b = 8, suy a = 26 d = 4, b = 4, suy a = 52 d = 8, b = 2, suy a = 104 d = 16, b = 1, suy a = 208
Với 12 nghiệm phơng trình (1) có trờng hợp thoả mãn tốn Bài tốn có nghiệm Ta tìm đợc hình chữ nhật thoả mãn đề bài:
(a = 13, b = 1); (a = 26, b = 2); (a = 39, b = 3); (a = 52, b = 4)
Chuyờn 3:
Giải phơng trình vô tỷ hệ phơng trình (Dành cho bồi dỡng học sinh giỏi tỉnh)
I Giải phơng trình vô tỷ
* Các phơng pháp 1 Luỹ thừa khử căn 2 Đặt ẩn phụ
3 Dựng bt ng thc 4 Xột khong
II áp dụng phơng ph¸p
A Phương pháp luỹ thừa khử cn
1 Giải phơng trình a) x 1 2x 32(1) §iỊu kiƯn: x
2
Víi
x PT (1) 2
x x x x
x x
x
2 2
3 8
)2 ( 48 9 64 )3 5 2(
4 2
x
x x x
x
PT (2) x2 28x520
) ( 26
) (
Kotm x
tm x
Vậy PT cho có nghiệm x=2 b) 3( 1) ( 1)2(1)
x x x
x §K: x1
Víi x1 PT (1) 3( 1) 2 1
x x x x x x
1
4 2
x x x x x2 2x2x x1
Do x1 nên vế PT không âm vËy PT nµy
2 3
2
4 4x 4 4x 8x 4x x x
(20)0
x x x x
0 ) ( )
( 2
x x x
2 x x x x ™
c) x 2 2x 1(1) Gi¶i:
Pt (1) 3 23 x x ) 2 ( ) ( ( ) 2 )( ( 2
2
x x x x x x
3 2 6 4
3
1
x x x
) ( 27 3
1
x x x x x
0 107 159 51
x x x
0 ) 107 52 )( (
x x x
107 52 x x x 783 26 783 26 x x x
B Phơng pháp đặt ẩn phụ (2) Giải phơng trình:
a) 3
x x Giải:
ĐK: x
Đặt x a; x1b(b 0)
Ta cã hÖ PT 3 3 b a b a
Suy 6 a a
a ( 1)( 6)
a a
) / ( x T m a
Vậy phơng trình nghiệm x3 b 5(1)
x
x
ĐK: x5
Đặt : x5 y (y0) ta có hệ phơng trình
5 5 2 x y y x ) ( )
( 2
(21) 0 1 y x y x +) 0 5 0 5 2 x x x x x y x 2 21 1 0 x x 21 1
x (Ko T/m)
+) xy10 x x510
1
x x x5(x1)
(*) 5 1 2 0 1
2 x x
x x
PT (*) x x 17 17 x x (ko t/m)
VËy PT v« nghiƯm
c)
2 ) ( ) )( ( x x x x x
§K:
2 x x
Đặt ( 2) ( 4)( 2)
2 x x a a x x x
Ta cã PT: a a a a
+)
x x
a x x
) ( x tm x
(22) ) ( 37 37 tm x x
VËy pt cã nghiÖm
37 ; 3
x
C áp dụng bất đẳng thức (3) Giải phơng trình
a) 2x46 2x 5 2x 4 2x 4(1)
§K: x Víi §k:
x PT (1)
2x 53 2x 5 14
Ta cã: 5
2x x
Đẳng thức xẩy
2 5 0 )1 5 2 )( 3 5 2 ( x x x x
Vậy nghiệm PT cho
5 x
b) 10 27(1)
x x x
x Giải
ĐK 4x6
Trên TXĐ x 4 6 x (1212)(x 46 x)
x 4 6 x 2 L¹i cã 2 ) ( 27 10 2
x x
x
x x
x
x
10 27
Đẳng thức xẩy
5 6 4 5 6 4 x x x x x
VËy PT (1) có nghiệm x=5 c) Giải phơng trình
2
1 2
x x x x x
x
(23)§K: 0 1 0 1 2 x x x x
¸p dụng BĐT cô si cho số không âm ta cã
1 ) ( 1 ) ( 2 2 x x x x x x x x 1
2 x x x x
x Ta cã 2 x x
x (V× ( 1)2
x )
2
1 2
2
x x x x x x
Đẳng thức xẩy x1 Vậy pt có nghiệm x=1 D Xét khoảng
(4) Giải c¸c PT
a) 48 35(1)
x x
x
Giải
TXĐ: x
PT(1) 48 35
x x x
3 35 48 13
2
x x x
ThÊy x 1 lµ nghiƯm cña PT (1) +) x1 x248 x23513
35 48 13 2 x x
x PT v« nghiƯm
+) x 13 35 48
2
x x
35 48 13 2 x x
x PT vô nghiệm
Vậy phơng trình có nghiệm x=1 b) 3
(24)Gi¶i Ta cã:
1
x th× 4;
x x
1
x th× 4;
x x
+) XÐt x 1 5 x6 4;3x4 21
3
6 3 2
5
x x
PT (1) v« nghiƯm
Xet x 1 tương tự ta suy phương trình vơ nghiệm
ThÊy x= hc x= -1 nghiệm PT (1) Bài tập:
Giải PT
(1) a) 2(x2 2) x3 1(B)
(b) x 17 x2 x 17 x2 9(B)
(2) 3 x x 3x (A)
(3) 24
x x
x (D)
(4) x x x2 6x 13(C)
(5) 4 10 3x x 2(A)
(6) 27 10 864
x
x (C)
III Giải hệ phơng trình * Các phơng pháp: Phơng pháp
2 Công thức trừ, nhân, chia vế Đặt ẩn phụ
4 Dựng bt ng thức IV áp dụng phơng pháp A Phơng pháp th
1 Giải hệ pgơng trình
a)
29 4 7
11 3
y x
y x
Gi¶i
Hệ cho tơng đơng với
29 ) 3 11 (4 7
3 11
x x
(25) 15 5 3 11 x x y 2 3 y x
Vậy hệ cho có nghiệm là: (x;y) = (3;2)
b) 0 27 6 2 4 0 6 5 2 y xy x xy x Gi¶i
Hệ cho tơng đơng với
0 27 6 2 4 0 ) 3 )( 2 (
2 xy y
(26) 20 549 3 10 549 3 y x Hc 20 549 3 10 549 3 y x 14 127 1 14 127 3 3 y x Hc 14 127 1 14 127 3 3 y x c) 2004 2003 2003 2003 2 3 z y x zx yz xy z y x Gi¶i: )2 ( 3 )1 ( 2004 2003 2003 2003 2 z y x zx yz xy z y x Ta cã:
PT (1) 2 2 2 2
x y z xy yz zx
0 ) ( ) ( )
( 2
x y y z z x
z y x
ThÕ vµo (2) ta cã: 3 2003 32004
x 2003 2003 3 x x Do x= y=z =
Vậy nghiệm hệ cho l: (x;y;z) = (3;3;3)
B Phơng pháp cộng, trừ, nhân, chia vế (2) Giải hệ phơng tr×nh
a) 2 2 6 2 2 3 5 y x y x Gi¶i:
Hệ cho tơng đơng với:
(27) 2 2 3 5 6 6 6 y x x 2 1 6 1 y x b) 1 2 1 2 3 x y y x Gi¶i:
Hệ cho tơng đơng với
0 ) (2 1 2 3 y x y x y x 0 )2 )( ( 1 2 2 y xy x y x y x y x y x3 2 1
(do 2
xy y
x ) y x x x3 2 1 0
y x x x
x 1)( )1 0
(28)c) 9 4 1 ( x zx z z yz y y xy x
x,y,z0
Gi¶i
Hệ đá cho tơng đơng với
10 )1 )( 1 ( 5 )1 )( 1 ( 2 )1 )( 1 ( x z z y y x 10 )1 )( ( )1 )( ( )1 )( ( 100 )1 )( )( ( x z z y y x z y x 10 )1 )( ( )1 )( ( )1 )( ( 10 )1 )( )( ( x z z y y x z y x 1 1 2 1 5 1 y x z 4 0 1 z y x
Vậy hệ cho có nghiệm (x;y;z)=(1;0;4)
C Phơng pháp đặt ẩn phụ (3) Giải hệ phơng trình
a) 6 5 2 3 2 xy y x y x y y x x Đặt:
x-y=a; x+y =b Hệ cho trở thành
(29)Từ PT (2) ta suy a 0 Do đó: 62
a b
Thế vào (1) ta đợc: a a
2
a a (V× a0) ) )( ( a a
3 2 a a +) 2 b a Hay 4 1 4 7 2 2 3 y x yx yx +) 3 b a Hay 6 7 6 11 3 3 2 y x yx yx
Tóm lại hệ phơng trình cho có nghiệm là:
(x;y) =
; 11 ; ; b) 5 17 3 3 y xy x y y x x Gi¶i:
(30) 5 17 3 3 b a ab b a 0 6 5 5 b b b a 0 )3 )( 2 ( 5 b b b a 2 3 b a Hc 3 2 b a +) 2 3 b a
Ta có hệ phơng trình
2 3 xy y x 0 2 3 3 y y y x 0 )2 )( 1 ( 3 y y y x 1 2 y x Hc 2 1 y x +) 3 2 b a
Ta cã hÖ phơng trình
3 2 xy y x 0 3 2 2 y y y x (Vô nghiệm)
Hệ vô nghiệm
Vậy nghiệm hệ cho là: (x;y) = (1;2); (2;1)
c)
78 ) ( 215 6 2 2 y x xy y x y x Gi¶i
Hệ cho tơng đơng với
(31) 16770 215 215 16770 78 312 312 78 3 3 xy y x y xy y x x 78 )1 (0 78 97 97 78 3 3 xy y x y xy y x x
Đặt t xy PT (1) trở thµnh
0 78 97 97
78t4 t3 t
0 ) 13 12 13 )( )( (
t t t t
3 t t
+) t x y
3
Thế vào (2) ta đợc 78 27
26 y4
81 y
y Hc y3
Suy ra: 3 2 y x Hc 3 2 y x
+) t x y
2 3
Thế vào (2) ta đợc 78
39y4
16 y
y Hc y2
Suy ra: 2 3 y x Hc 2 3 y x
Tóm lại hệ cho có nghiệm là: (x;y) = (-2;3); (2;-3); (-3;2) ; (3;-2) D áp dụng bất đẳng thức
(32)a) xyz z y x z y x 4 1 Gi¶i:
NhËn xÐt: Tõ B§T ( )2 ( )2 ( )2
b b c c a
a
Ta suy ra: a2 b2 c2 ab bc ca(*)
áp dụng liên tiếp BĐT (*) ta đợc
2 2 2 4
4 y z x y y z z x
x xyz(xyz)
x4y4z4xyz Đẳng thức xẩy khi:
3 y z
x
Vậy hệ cho có nghiệm là:
; ; ) ; ; (x y z
b) y x x y x x 6 24 32 3 32 4 Giải:
ĐK: 0x32
H cho tơng đơng với
3 32 21 6 ) 32 ( ) 32 ( 4 y x x y y x x x x
Theo bất đẳng thức BunhiaCốp xki ta có
64 ) 32 )( 1 ( ) 32
( 2
x x x
x
8 32
x x
4 x4 32 x4 2( x 32 x)2 256
x4 32 x4
Suy ( x 32 x)(4 x4 32 x)12 MỈt kh¸c 21 32 12 12
y y
y
Đẳng thức xẩy x= 16 y=3 (t/m) Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (16;3)
Chuyên đề 4:
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
(33)1) Phương pháp đổi tương đương Để chứng minh: A B
Ta biến đổi A B A1 B1An Bn(đây bất đẳng thức đúng)
Hoặc từ bất đẳng thức đứng An Bn, ta biến đổi
1 1
n n n n
A B A B A B A B
Ví dụ 1.1
2 2
2 2
: ) (1)
b) a (1)
CMR a a b a b
b c ab bc ca
Giải
2 2
2
2
)
(2)
a a b a b
a b ab
a b
Do bất đẳng thức (2) nên bất đẳng thức (1) chứng minh b)
2 2
2 2 2
2 2
) 2
2
(2)
b a b c ab bc ca
a ab b b bc c c ca a
a b b c c a
Bất đẳng thức (2) suy điều phải chứng minh
Ví dụ 1.2
CMR
4 3
4 4 3
) (1)
) (1)
a a b a b a b
b a b c a b c a b c
Giải
4 4 3
4 3
3
2
3 2
) 2
0
a a b a a b ab b
a a b ab b
a a b b a b
a b a b a b a ab b
(34)
4 4 3 3 3
4 3 4 3 4 3
2 2 2 2 2 2 2
) 3
b a b c a a b a c b ab b c ac bc c
a b a b ab b c b c bc a c a c ac
a b a ab b b c b bc c a c a ac c
Ví dụ 1.3
2
2 2
2
2 2
: a) ax
b)
CMR a b x b by
a b c d a c b d
Giải
2 2 2 2 2 2
2 2
2
)
a a x a y b x b y a x abxy b y
a y abxy b y ay bx
2
2 2 2 2
2 2
)
(2)
b a b c d a b c d a c b d
a b c d ac bd
Nếu ac + bd < (2) đúng Nếu ac bd 0 thì
2
2 2
2 2 2 2 2 2
2
2
a b c d ac bd
a c a d b c b d a c abcd b d
ad bc
Suy đpcm. Ví dụ 1.4
Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng:
2 2
a b c
a b c b c a
Giải
3 3 2
2 2 2
2 2
1
2
a c b a c b a bc b ac c ab
ac a ab b ab b bc c bc c ca a
ac a b ab b c bc c a
đpcm Ví dụ 1.5
Cho a, b, c > CMR: a b c a2 b a c b2 c b a c2 3abc (1)
(35)
2 2
2 2
2
2
/ ,
1
G s a b c
abc a b c a b a c b c b a c
a a ab ac bc b b bc ba ac c c ac bc ab
a a b a c b b c b a c c a c b
a b a ac b bc c a c b c
a b a b c c a c b c
Suy ĐPCM
2) Phương pháp biến đổi đồng nhất
Để chứng minh BĐT: A B Ta biến đổi biểu thức A – B thành tổng biểu thức có giá
trị khơng âm
Ví dụ 2.1
Chứng minh rằng:
2 2
2 2
)
) 4 4
a a b c d ab ac ad
b a b c ab ac bc
Giải
2 2
2 2
2 2
2 2 2
) Ta có =
4 4
2 2
a a b c d ab ac ad
a a a a
ab b ac c ad d
a a a a
b c d
2 2
2 2
2 2
2
) Ta có : 4 4
4 4
2 4
2
b a b c ab ac bc
a ab b c ac bc
a b c c a b
a b c
Ví dụ 2.2
Chứng minh rằng:
a) 4a3 b3a b 3 với a, b >
b) 8a3 b3c3a b 3b c 3 c a 3 với a, b, c >
c) a b c3 a3 b3 c3 24abc
với a, b, c 0
Giải
3
3 2
2
) Ta có : 4
3
a a b a b a b a ab b a b
a b a b
(36)
3 3
3 3
3 3
3 3 3
2 2
) Ta có :8
4 4
3
b a b c a b b c c a
a b a b a c c a b c b c
a b a b a c a c b c b c
3 3 3 3
3 2 3 3 3 3
3 2 2 3
2 2 2
2 2
) Ta có : 24
3 24
3 3 3 24
3 3
3 3
c a b c a b c abc
a b a b c a b c c a b c abc
a a b ab b a c abc ac bc a b abc
a b c b abc a c b c abc b a c a abc
b a c c a b a b c
Ví dụ 2.3
Với a, b, c > Chứng minh rằng:
1
)
1 1
)
3 )
2
a
a b a b
b
a b c a b c
a b c
c
b c c a a b
Giải
2
2 2
4
1
) Ta có :
1 1
)Ta có : 2
0
a b ab a b
a
a b a b a b a b
a b b c a c
b a b c
a b c b a c b c a
a b b c a c
ab bc ac
(37)
2 2
3 1
)Ta có :
2 2
2 2
1 1 1 1 1
2 2
1
a b c a b c
c
b c c a a b b c c a a b
a b a c b a b c c a c b
b c c a a b
a b b c c a
b c c a a c a b a b b c
a b b c a c
a c b c a c a b a b b
0 Cách
3 1
Ta có :
2 2
1
6
1
2 2
2
c
a b c a b c
b c c a a b b c c a a b
a b a c a b b c a c b c
b c a c a b
a b b c b c a c a c a b
b c a b a c b c a b a c
0
Ví dụ 2.4
) Cho a, b CMR: a + b
a ab (Bất đẳng thức Cô – si)
3
) Cho a, b, c CMR: a + b + c
b abc (Bất đẳng thức Cô – si)
) Cho a b c
c x y z CMR
a b c x y z 3 ax by cz (Bất đẳng thức Trê bư sếp)
Giải
a) Ta có: a b ab a b20
b) 33 1 3 3 2 3 2 3 2 0
2
a b c abc a b c a b c b a c
c)
3 ax
0
a b c x y z by cz
y x a b z x b c x z c a
Ví dụ 2.5
Cho a, b, c > Chứng minh:
2 2
)
)
bc ac ab
a a b c
a b c
bc ac ab
b a b c
a b c
(38)
2 2
2
2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1
)
2 2
)
1
0
a b a c b c
bc ac ab
a a b c c b a
a b c ab ac bc
bc ac ab
b a b c
a b c
c a b
a b c b a c
a b c b a c
Ví dụ 2.6
Chứng minh
2
1
)
1 1
a
a b ab
ab
2
1
)
1 1
b
a b ab
a
2 + b2 < 2
2
1
)
1 1
c
a b ab
-1 < a, b <
2 2
1 1
)
1
1
d
ab
a b
a, b >
Giải
2 2
2
2
1 1 1
) = +
1 1 1 1
1
0
1 1
a
a b ab a ab b ab
a b ab
a b ab
2 2
1
)
1
2 1
ab a b ab
a b
b ab
ab a b ab
2 2
2 2 2
2
2
1 1 1
) = +
1 1 1 1
1
0
1 1
c
a b ab a ab b ab
a b a b
a b ab
2
2 2
1
1 1
) =
1
1 1 1
ab a b ab
d
ab
a b a b ab
3) Phương pháp sử dung tính chất bất đẳng thức
(39)
2
) ,
1
) a.b > 0 )
0
)
1
) ,
a a b b c a c b a b
a b
a b
c ac bd
c d d a b e a b
a b a b
Ví dụ 3.1
Cho a + b > Chứng minh: 4
a b
Giải
2
2 2 2
2 2 4
1
2
1
2
a b
a b a b
a b
a b
Ví dụ 3.2
Với a, b, c > CMR
3 3
3 3
2 2
) )
a b c
a ab ac bc
b c a
a b c
b a b c
b c a
Giải
2
2
3 3
2 2 2
3
2
3 3
2 2
) Ta có : ,
) Ta có : 3 ,
3 3
x
a x xy y x y
y
a b c
a ab b b bc c c ac a ab ac bc
b c a
x
b x y x y
y
a b c
a b b c c a a b c
b c a
Ví dụ 3.3
(40)2 2
) )
2
bc ac ab
a a b c
a b c
a b c a b c
b
b c c a a b
Giải
a) dễ dàng chứng minh
bc ac c
a b đpcm b) dễ dàng chứng minh
2
4
a b c
a b c
đpcm
Ví dụ 3.4
1 1 1
) cho x, y, z >0 t/m: :
2 2
a CMR
x y z x y z x y z x y z
b) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh
1 1 1
a b c a c b b c a a b c
c) Cho a, b, c > thỏa mãn: abc = ab + bc + ca. Chứng minh:
1 1
2 3 16
a b c b c a c a b
Giải
1
) Ta có : ,
1 1 1 1
2 16
a a b
a b a b
x y z x y x zx x y x z x y z
Tương tự: 1 ; 1 1
2 16 16
x y z x y z x y z x y z
1 1 1
1
2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z
1
)
2
1
;
1
1 1 1
b
a b c a b c a a
a b c b c a b
a b c b c a c
a b c a b c b c a a b c
(41)
1 1 1 1
)
2 16 32 32
1 1 1
tt: ;
3 32 16 32 32 32 16
1 1 1
2 3 2 32 16
c
a b c a c b c a c b c a b c
a b c a b c a b c a b c
a b c a b c a b c a b c
Ví dụ 3.5
Cho a, b, c > Chứng minh rằng:
2 2
)
)
1 1
a b c
a
a b b c c a
a b c a b c
b
b c c a a b a b c
Giải
a) áp dụng BĐT: x y 0,t ta có: y y t
x x t
Ta có : ; ;
2
a a c b b a c c b
a b a b c b c b c a c a a b c
a b c
a b b c c a
b)
2
2
2 2
1
Ta có :
1
1 1
3 mà
2
a
a a
a
a b c
a b c
a b c
b c c a a b
suy điều phải chứng minh
4)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Co-si
1 2
*) Cho , , , 0, ta có : n
n n n
a a a a a a n a a a
Dấu “=” xảy a1 a2 an 0
Ví dụ 4.1
Cho a, b > thỏa mãn ab = CMR: a b 1a2 b2
a b
Giải
(42)
2
2
2
2
4
2
4
1
4
2 2
a b ab
a b ab
a b a b
a b a b
a b a b a b
a b a b
a b a b
a b
Ví dụ 4.2
Chứng minh rằng:
2
)
2
a b a b
a a b b a với a, b 0
) a b c
b
b c c a a b với a,b,c > 0 Giải
2
2
1
a) Ta có :
2 2
1 1
mà ,
4
2
a b a b a b
a b ab a b
a a b b a b a b
a b a b
a b b a
1
) 1
2
tt: ;
b c b c a b c
b
a a a
a a
b c a b c
b b c c
a c a b c a b a b c
Cộng vế với vế ta được: a b c
b c c a a b
Dấu “=” xảy
a b c
b a c a b c
c a b
vơ lí Vậy dấu “=” khơng xảy
Ví dụ 4.3
(43)2 2 3
2 2 2
3 3
2 2
2 2 2
)
2
1 1
) 3; ( 1)
2
a b c a b c
a
b c c a a b abc
a b c
b a b c
a b b c c a abc
Giải
2 2 2
2 2 2
2 2 2 3
2 2 2
) Ta có : ; ;
2 2
2 2
a a b b c c
a
b c bc a c ac a b ab
a b c a b c a b c
b c a c a b bc ac ab abc
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 3
2 2 2
1 1 1
) Ta có :
3
2
b a b c
a b b c c a a b b c c a
c a b a b c
a b b c c a abc
Ví dụ 4.4
Cho a, b, c > Chứng minh
3 3 3
1 1
a b abc b c abc c a abc abc
Giải
2 3
3
Ta có :a b 2ab a b ab a b
abc abc c
a b abc ab a b abc a b c
3 3
tt: abc a ; abc b
b c abc a b c c a abc a b c
Cộng vế với vế suy điều phải chứng minh
Ví dụ 4.5
Cho a, b, c > thỏa mãn a2 +b2 + c2 = Chứng minh rằng
ab bc ca (1)
c a b
Gải
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2 2
2 2
2 2
1
mà :
a b b c c a
a b c a b c
c a b
a b b c c a ab bc ab ac bc ca
a b c
c a b c a c b a b
Suy điều phải chứng minh
Ví dụ 4.6
Cho x, y, z > thỏa mãn xyz = Chứng minh
3 3
5 5 5
3 )
1 1 1
)
x y z
a
y z z x x y
xy yz zx
b
x xy y y yz z z zx x
Giải
(44)
3 1 1 3
1 8
x y z x
y z
Tương tự suy VT 33 3
2 4
xyz x y z
2 5 2
5 2
5 5
5 5 5
) Ta có :
1
tt: ;
1
b x y xy x y x y x y
xy xy z
x xy y xy x y x y xy x y x y z
yz x zx y
y yz z x y z z xz x x y z
xy yz zx
x xy y y yz z z xz x
Ví dụ 4.7
Cho x, y, z > Chứng minh
3 3
x y z
x y z yz zx xy
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:
3 3
3 3
3 ; ;
x y z
z y x z x y x y z
yz zx xy
x y z
x y z yz zx xy
5)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Bunhiacopski
*) a2 b2 x2 y2 xa by2
dấu “=” xảy a kx
b ky
*) a2 b2c2 x2 y2 z2xa by cz 2 dấu “=” xảy
a kx b ky c kz
Tổng quát:
a12 a22 an2 x12x22 xn2 a x1 1a x2 a xn x2 dấu “=” xảy = kxi Ví dụ 5.1
Cho a, b > Chứng minh
2
2
1
) )
a
a b a b
m n
n m
b
a b a b
Giải
(45)
2
1 1
1
a b a b
a b a b
a b a b
2 2 2
) n m n m
b a b a b n m
a b a b
n m
n m
a b a b
Tổng quát:
Cho bi 0,i1.n
2
2 2
1 2
1 2
n n n n
a a a
a a a
b b b b b b
(1)
Với a ci i 0 với i1.n
2
1
1 1 2
n n
n n n
a a a
a a a
c c c a c a c a c
(2)
Thật vậy:
2
2 2
2
1 2
1 2
1 2
2
2 2
1 2
1 2
n n
n n n
n n
n n
n n
a a a a a a
b b b b b b a a a
b b b b b b
a a a
a a a
b b b b b b
đặt aici = bi > thay vào (1) (2) Ví dụ 5.2
Cho a,b,c số thực dương Chứng minh
2 2 2
3 3 3 2
2 2
) )
2
) )
2
a b c a b c a b c
a a b c b
b c a b c c a a b
a b c a b c a b c
c a b c d
b c a b c c a a b
Giải
2 2
2
2 2
2 2
3 3 4
2 2
3 3 4 2
) Ta có : )
2
) )
2
a b c
a b c
a a b c
b c a a b c
a b c
a b c a b c
b
b c c a a b a b c
a b c
a b c a b c
c a b c
b c a ab bc ca ab bc ca
a b c a b c a b c
d
b c a c a b ab ac ab bc ac bc
Ví dụ 5.3
Cho a, b, c > Chứng minh: 25a 16b c
(46)
2
Ta có : 25 16 1 42
5
25 16
42
2
a b c
VT
b c c a a b
a b c a b c
b c c a a b a b c
Dấu “=” xảy
5
b c a c a b
a
vơ lí suy điều phải chứng minh
Ví dụ 5.4
Cho x, y, z > Chứng minh:
2 2
2 2
x y z x y z
y z x y z x
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta có
2
2 2
2 2
1
3
x y z x y z x y z x y z x y z
y z x y z x y z x y z x y z x
B – CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Cho biểu thức f(x,y…)
Ta nói M giá trị lớn f(x,y…) kí hiệu maxf(x,y…) = M, hai điều kiện
sau thỏa mãn:
- Với x,y… để f(x,y…) xá định f(x,y…) M
- Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = M
Ta nói m giá trị nhỏ f(x,y…) kí hiệu minf(x,y…) = m, hai điều kiện
sau thỏa mãn:
- Với x,y… để f(x,y…) xá định f(x,y…) m
- Tồn x0, y0… cho f(x0,y0…) = m
I) TÌM GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI
1) Đa thức bậc hai biến Ví dụ 1.1
a) Tìm GTNN A = 3x2 – 4x + 1
b) Tìm GTLN B = - 5x2 + 6x – 2
c) Tìm GTNN C = (x – 2)2 + (x – 3)2
d) Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c
Tìm GTNN P a > Tìm GTNN P a >
Giải
a) A =
2
2 4 1
3
3 3 3
x x x
Vậy minA=
1
3 x
b) B =
2
2 1
5
5 25 5 5
x x x
Vậy maxB =
1
5 x
c) C =
2
2 4 4 6 9 2 5 25 2 1
4 2 2
x x x x x x x
(47)Vậy maxC =
2 x2
d) Ta có: P =
2
2 2
2
4 4
b b b b b
a x x c a a c
a a a a a
Nếu a > P
2
4
b c
a
Vậy minP =
2
4
b c
a
2
b x
a
Nếu a < P
2
4
b c
a
Vậy maxP =
2
4
b c
a
2
b x
a
Ví dụ 1.2
a) Tìm GTNN M = x2 – 3x + với x2
b) Tìm GTLN N = x2 – 5x + với 3 x 8 Giải
a) M = x 1 x 2 11 Vậy minM = -1 x =
b) N = x3 x 8 25 25 Vậy maxN = 25 x = -3, x =
2 Đa thức bậc hai hai biến
a) Đa thức bậc hai hai biến có điều kiện
Ví dụ 2a.1
a) Cho x + y = Tìm GTLN P = 3xy –
b) Cho x – 2y = Tìm GTNN Q = x2 + 2y2 – x + 3y Giải
a)
2
1 13 13
1
2 4
x y x y P y y y
Vậy maxP = 13
4 x
2
2
b) 2 2 2
3 11 11
2 16 8
x y x y Q y y y y y
y y y y
Vậy minQ = 11
8 x
Ví dụ 2a.2
Tìm GTLN của P = xy vói x, y thỏa mãn a) x y 6,y4
b) ,
2
S x y S y a
a) P6 y y 8 y 2 y 4 8 Vậy maxP = x = 2, y = 4
b) QS y y S a a y a y a S S a a Vậy maxQ = (S – a)a x = S – a, y = a
b) Đa thức bậc hai hai biến
Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a,b,c 0
Ta thường đưa P(x, y) dạng P(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2)
(48)Trong G(y), H(x) hai biểu thức bậc ẩn, H(x, y) biểu thức bậc hai ẩn
Chẳng hạn ta biến đổi (1) (2) với a, (4ac – b2) 0
2 2
2 2 2 2
2
2 2 2
2
4 ( , ) 4 4 4
4 4 2
2
2 4
4
aP x y a x abxy acy adx aey ah
a x b y d abxy adx bdy ac b ae bd y ah d
ae bd ae bd
ax by d ac b y ahd
ac b ac b
(Tương tự nhân hai vế (1) với 4c để chuyển (3))
Ví dụ 3.1
a) Tìm GTNN P = x2 + y2 + xy + x + y
b) Tìm GTLN Q = -5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1 Giải
2 2 2
2
a) 4 4 4 4
1 4
=
3 3
P x y xy x y x y xy x y y y
x y y
Vậy minP =
3 x y
2
2
2
b) 25 10 10 70 50 = 80
1
5 16 16
5
Q x xy y x y x y y
Q x y y
Vậy maxQ = 16 x = 1, y =
Ví dụ 3.2
Tìm cặp số (x, y) với y nhỏ thỏa mãn: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – = (*) Giải
2 2 2
(*) 4
3
x y y y y y
y
Vậy miny = -3 x = -6 Vậy ccawpj số (x, y) = (-6; -3)
Ví dụ 3.3
Cho x, y liên hệ với hệ thức x2 + 2xy + 7(x + y) + 7y2 + 10 = (**).
Hãy tìm GTLN, GTNN S = x + y +
Giải
2
2 2
** 28 28 40
2 2
5
2
x xy x y y
x y y x y
x y
x y x y x y x y
x y S
Vậy minS = -4 x = -5, y = maxS = -1 x = -2, y = II PHƯƠNG PHÁP MIỀN GIÁ TRỊ
(49)Tìm GTLN, GTNN A =
2
2
4
1
x x
x
Giải
Biểu thức A nhận giá trị a phương trình sau cóa nghiệm a =
2
2
4
1
x x
x
a 1x2 2x a 1
Nếu a = phương trình (1) có nghiệm x =
Nếu a phương trình (1) có nghiệm –a2 + 4a +5 0 a
Vậy minA = -1 x
maxA =
2
x Ví dụ 2
Tìm GTLN, GTNN biểu thức B = 2
2
7
x y
x y
Giải
Biểu thức B nhận giá trị b phương trình sau có nghiệm
b = 2
2
7
x y
x y
bx2 x by 2y7b 2
Trong x ẩn, y tham số b tham số có điều kiện Nếu b = x2y 1
Nếu b để (2) có nghiệm x – 4b(by2 – 2y + 7b -1)0 (3)
Coi (3) bất phương trình ẩn y BPT xảy với giá trị y 16b2 + 4b2(-28b2 + 4b + 1)0
2
28
14
b b b
Vậy minB = x = - ,7 14
14 y
maxB = x = 1, y = 2
III PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
1)
Sử dụng bất đẳng thức Cơ-si
Ví dụ 1.1
Tìm GTLN, GTNN A = 3x 3 x với
3 x
(50)
2 3 5 3 2 3 5 3 2 3 5 3
A x x x x x x
Vậy A2 2 A 2.
Vậy minA = 5,
3
x y
A2 4 A 2 maxA 2 x 2
(Biểu thức cho dạng tổng hai thức Hai biểu thức lấy có tổng hằng số)
Ví dụ 1.2
Cho x, y > thỏa mãn x + y 6 Hãy tìm GTNN P = 3x 2y
x y
Giải
Ta có: 3 3.6 19
2 2 2
x y x y
P x y
x y x y
Vậy minP = 19 x = 2, y =
Ví dụ 1.3
Tìm GTLN biểu thức M = x y y x
xy
với x3;y 2
Giải
To có: M x y
x y
Theo bất đẳng thức Cơ – si ta có:
3 2
3 ; 2
2
y
x x y
x y
x y
3
max 6;
6
M M x y
Ví dụ 1.4
Cho x, y, z > thỏa mãn: 1 1
1x 1 y 1z Tìm TGLN P = xyz
Giải
1 1
1 1
1 1 1 1
y z z
x y z y z y z
Tương tự:
1
2 ;
1 1 1
xz xy
y x z z x y
Nhân vế với vế ba BĐT max
8
P xyz P x y z
Ví dụ 1.5
Cho < x < 1, Tìm GTNN Q = 1 x x
(51)
2
2
4
3
Ta có :
1
4
minP =
1
x x
x x
P
x x x x
x x
x
x x
(Đặt P = 3 1-
1-b x
ax
c
x x đồng hệ số suy a = b = 1; c = 7)
Ví dụ 1.6
Cho x, y, z, t > Tìm GTNN biểu thức
M x t t y y z z x
t y y z z x x t
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: 1
a b a b với a, b >
Ta có : 4 1 1
1 1
=
4
x t t y y z z x
M M
t y y z z x x t
x y t z y x z t
x y z t
t y y z z x x t t y z x y z x t
x y z t
x y z t x y z t
minM = x = y z t
2 Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS) Ví dụ 2.1
Cho x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx =1 Tìm GTNN biểu thức A = x4 + y4 + z4
Giải
Áp dụng BĐT BCS ta có
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 4
1
1 1
1
minP = x = y = z =
3 3
xy yz zx x y z x y z x y z
x y z x y z
P
Ví dụ 2.2
Tìm GTNN P = 4a 9b 16c
b c a c a b a b c a, b, c độ dài ba cạnh
của tam giác
(52)
2
1 1 29
4 16
2 2
4 16 29
=
2
2 29
2
81 29 81 29
26
2 2
minP = 26
7
a b c
P
b c a c a b a b c
a b c
b c a c a b a b c a b c
b c a c a b a b c
a b c
a b c
a b c
Ví dụ 2.3
Tìm giá trị nhỏ Q = + + a, b, c > thỏa mãn a + b + c =
Giải
2
2
Ta có :
2 2 2
1 minQ =
3
a b c a b c
a b c
Q b ac
b c c a a b a b c b c a c a b ab bc ca
a b c
Ví dụ 2.4
Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN
P 2 12 2 1
a b c ab bc ca
Giải
2 2
2 2
2
2
1 1
1
1
2
1 21
9 30
1 minP = 30 a = b = c =
3
ab bc ca ab bc ca P
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca ab bc ca
ab bc ca
a b c a b c
Chuyên đề 5: :
(53)A M
I O C
E
F
N
B
M'
O
O'
A
B
C' B'
I -các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp 1- Tổng hai góc đối 1800
2- Hai góc liên tiếp nhìn cạnh dới hai góc 3- Nếu hai cạnh đối diện cuả giác ABCD cắt M thỏa mãn: MA.MB =MC.MD ; hai đờng chéo cắt O thỏa mãn OA.OC = OB.OD ABCD tứ giác nội tiếp
4- Sử dụng định lý Ptơlêmê II- Các ví dụ
Ví dụ1: Cho đờng trịn tâm O điểm C ngồi đờng trịn Từ C kẻ hai tiếp tuyến CE ; CF ( E F tiếp điểm) cát tuyến CMN ( N nằm C M ) tới đờng tròn.Đờng thẳng CO cắt đờng tròn hai điểm A B Gọi I giao điểm AB với EF Chứng minh rằng:
a, Bốn điểm O, I, M, N thuộc đờng trịn b, =
Gi¶i
a, Do CE lµ tiÕp tun cđa (O) nên: = (Cùng chắn )
CEM ~ CNE =
CM.CN =CE2
Mặt Khác , CE; CF tiếp tun cđa (O) nªn
AB EF I tam giác vng CEO đờng cao EI ta có: CE2 = CI.CO
Tõ (1) vµ (2) suy CM.CN = CI.CO => =
CMI ~ CON =
Tø gi¸c OIMN néi tiÕp
b Kéo dài NI cắt đờng tròn M’ Do tứ giác IONM nội tiếp nên : = = sđ
=> = Do đó: = =
VÝ Dơ 2
Cho tam giác ABC có = 450 ; BC =a nội tiếp đờng tròn tâm O; đờng cao BB’
và CC’ Gọi O’ điểm đối xứng O qua đờng thẳng B’C’ a Chứng minh A; B’; C’; O’ thuộc đờng trịn b Tính B’C’ theo a
Lêi gi¶i
a Do O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
= =900
Từ suy điểm O; B’; C’
Cùng thuộc đờng trịn đờng kính BC.Xét tứ giác nội tiếp CC’OB’ có :
= 1800 -
= 1800 - ( 900 - ) =1350.
(54)Hay tø gi¸c AC’O’B’ néi tiÕp
b Do = 450 nên BBA vuông cân B
Vì B’ nằm đờng trung trực đoạn AB hay B’O AB
C’OB’C hình thang cân nên BC =OC
Mặt khác BOC vuông cân nên: BC =OC =
2 2
2 a
BC
III tập áp dụng
Bi 1:
Cho tứ giác ABCD nội tiế đường tròn đường kính AD Hai đường chéo AC BD cắt E Vẽ EF vng góc với AD Chứng minh:
a/ Tứ giác EBEF, tứ giác DCEF nội tiếp b/ CA phân giác BCF
c/ Gọi M trung điểm DE Chứng minh tứ giác BCMF nội tiếp
Bài tập 2:
Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD Hai đường chéo AC, BD cắt E Hình chiếu vng góc E AD F Đường thẳng CF cắt đường tròn điểm thứ hai M Giao điểm BD CF N Chứng minh:
a/ CEFD tứ giác nội tiếp
b/ Tia FA phân giác góc BFM c/ BE.DN = EN.BD
Bài tập 3:
Cho tam giác ABC vuông A điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn điểm thứ hai F, G Chứng minh:
a/ Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD
b/ Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp đường tròn c/ AC song song với FG
d/ Các đường thẳng AC, DE, BF đồng quy
Bài tập 4:
Cho tam giác ABC có Aˆ 900
; AB > AC, điểm M nằm đoạn AC ( M không
trùng với A C ) Gọi N D giao điểm thứ hai BC MB với đường trịn đường kính MC; gọi S giao điểm thứ hai AD với đường tròn đường kính MC; T giao điểm MN AB Chứng minh:
a/ Bốn điểm A, M, N, B thuộc đường tròn b/ CM phân giác góc BCS
c/
TA TC TD TB
(55)Cho đường tròn (O) điểm A nằm ngồi đường trịn Qua A dựng hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn ( M, N tiếp điểm ) cact tuyến cắt đường tròn P, Q Gọi L trung điểm PQ
a/ Chứng minh điểm: O, L, M, A, N thuộc đường tròn b/ Chứng minh LA phân giác góc MLN
c/ Gọi I giao điểm MN LA Chứng minh: MA2= AI AL
d/ Gọi K giao điểm ML với (O) Chứng minh rằng: KN // AQ e/ Chứng minh tam giác KLN cân
Bài tập 6:
Cho đường tròn (O;R) tiếp xúc với đường thẳng d A Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A AH < R Qua H kẻ đường thẳng vng góc với d, đường thẳng cắt đường tròn hai điểm E B ( E nằm B H )
a/ Chứng minh: góc ABE góc EAH tam giác AHB đồng dạng với tam giác EAH
b/ Lấy điểm C d cho H trung điểm đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB K Chứng minh: AHEK tứ giác nội tiếp
c/ Xác định vị trí điểm H để AB = R
Bài tập 7:
Từ điểm P nằm đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến PM PN với đường tròn (O) ( M, N tiếp điểm ) Đường thẳng qua điểm P cắt đường tròn (O) hai điểm E F Đường thẳng qua O song song với MP cắt PN Q Gọi H trung điểm đoạn EF Chứng minh:
a/ Tứ giác PMON nội tiếp đường tròn
b/ Các điểm P, N, O, H nằm đường tròn c/ Tam giác PQO cân
d/ MP2= PE PF
e/ =
Bài tập 8:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M, N, P
Chứng minh rằng:
(56)b/ Bốn điểm B, C, E, F nằm đường tròn c/ AE AC = AH AD AD BC = BE AC
d/ H M đối xứng qua BC
e/ Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Bài tập 9:
Cho tam giác ABC không cân, đường cao AH, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E, F thứ tự hình chiếu B, C lên đường kính AD đường trịn (O) M, N thứ tự trung điểm BC, AB Chứng minh:
a/ Bốn điểm A, B, H, E nằm đường tròn tâm N HE // CD b/ M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF
Bài tập 10:
Cho đường tròn (O) điểm A bên ngồi đường trịn Vẽ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE với đường tròn ( B C tiếp điểm ) Gọi H trung điểm DE
a/ CMR: A, B,H, O, C thuộc đường tròn Xác định tâm đường tròn
b/ Chứng minh: HA tia phân giác
c/ Gọi I giao điểm BC DE Chứng minh: AB2= AI.AH
d/ BH cắt (O) K Chứng minh: AE // CK
Bài tập 11:
Từ điểm S ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB cát tuyến SCD đường tròn
a/ Gọi E trung điểm dây CD Chứng minh điểm S, A, E, O, B thuộc đường tròn
b/ Nếu SA = AO SAOB hình gì? Tại sao? c/ CMR: AC.BD = BC.DA =
AB CD
Bài tập 12:
Trên đường thẳng d lấy điểm A, B, C theo thứ tự Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia Ax, By vng góc với d Trên tia Ax lấy I Tia vng góc với CI C cắt By K Đường trịn đường kính IC cắt IK P
(57)c/ Giả sử A, B, I cố định xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang vng ABKI lớn
Bài tập 13:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm di động cung nhỏ BC Trên đoạn thẳng MA lấy điểm D cho MD = MC
a/ Chứng minh: DMC đều
b/ Chứng minh: MB + MC = MA
c/ Chứng minh tứ giác ADOC nội tiếp
d/ Khi M di động cung nhỏ BC D di động đường cố định nào?
Bài tập 14:
Cho đường tròn (O;R), từ điểm A O kẻ tiếp tuyến d với O Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A ) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB ( B tiếp điểm ) Kẻ AC MB, BD MA, gọi H giao điểm AC
BD, I giao điểm OM AB
a/ Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp
b/ Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn c/ Chứng minh OI OM = R2; OI IM = IA2
d/ Chứng minh OAHB hình thoi
e/ chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng
f/ Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d
Bài tập 15:
Cho hình thang cân ABCD ( AB > CD; AB // CD ) nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến với đường tròn (O) A D cắt E Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD
a/ Chứng minh tứ giác AEDI nội tiếp b/ Chứng minh AB // EI
c/ Đường thẳng EI cắt cạnh bên AD BC hình thang tương ứng R S Chứng minh: * I trung điểm RS
*
1
AB CD RS
Bài tập 16:
Cho ba điểm M, N, P thẳng hàng theo thứ tự Một đường trịn (O) thay đổi qua hai điểm M, N Từ P kẻ tiếp tuyến PT, PQ với đường tròn (O)
a/ Chứng minh: PT2 = PM PN Từ suy (O) thay đổi qua M, N T,
Q thuộc đường trịn cố định
(58)c/ CMR: Khi đường tròn (O) thay đổi qua M, N TQ ln qua điểm cố định
d/ Cho MN = NP = a Tìm vị trí tâm O để =600 Bài tập 17:
Cho tam giác ABC vuông A Trên AC lấy điểm M (M A C) Vẽ đường trịn
đường kính MC Gọi T giao điểm thứ hai cạnh BC với đường tròn Nối BM kéo dài cắt đường tròn điểm thứ hai D Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai S Chứng minh:
a/ Tứ giác ABTM nội tiếp
b/ Khi M chuyển động AC có số đo khơng đổi c/ AB // ST
Bài tập 18:
Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
a/ Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp b/ Chứng minh: AME ~ ACM
c/ Chứng minh AM2 = AE AC
d/ chứng minh AE AC – AI IB = AI2
e/ Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Bài tập 19:
Cho điểm A bên ngồi đường trịn (O; R) Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE đến đường tròn (O) Gọi H trung điểm DE
a/ Chứng minh năm điểm: A, B, H, O, C nằm đường tròn b/ Chứng minh AH tia phân giác
c/ DE cắt BC I Chứng minh: AB2 = AI AH
d/ Cho AB = R OH = 2
R
Tính HI theo R
(59)Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) A M Q hai điểm (d) cho M A, MQ, Q A Các đường thẳng BM
và BQ cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N P Chứng minh: a/ Tích BN BM khơng đổi
b/ Tứ giác MNPQ nội tiếp
c/ Bất đẳng thức: BN + BP + BM + BQ > 8R
Chuyên đề 6:
đờng qua điểm cố định
Trong đề thi học sinh giỏi, thi vào trờng chuyên, lớp chọn thờng có tốn liên quan đến tìm điểm cố định, chứng minh đờng qua điểm cố định Thực tế cho thấy tốn khó, học sinh thờng khó khăn gặp phải toán dạng
Bài toán “Đờng qua điểm cố định” đòi hỏi HS phải có kĩ định cộng với đầu t suy nghĩ, tìm tịi nhng đặc biệt phải có phơng pháp làm
Tìm hiểu nội dung tốn Dự đốn điểm cố định Tìm tịi hớng giải Trình bày lời giải Tìm hiểu tốn:
• Yếu tố cố định.( điểm, đờng … ) • Yếu tố chuyển động.( điểm, đờng … )
• Yếu tố khơng đổi.( độ dài đoạn, độ lớn góc … )
• Quan hệ khơng đổi ( Song song, vng góc, thẳng hàng … )
(60)Dự đốn điểm cố định:
Dựa vào vị trí đặc biệt yếu tố chuyển động để dự đoán điểm cố định Thơng th -ờng ta tìm hai vị trí đặc biệt cộng thêm với đặc điểm bất biến khác nh tính chất đối xứng, song song, thẳng hàng … để dự đoán điểm cố định
Tìm tòi h ớng giải
T vic dự đốn điểm cố định tìm mối quan hệ điểm với yếu tố chuyển động, yếu tố cố định yếu tố không đổi Thông thờng để chứng tỏ điểm cố định ta điểm thuộc hai đờng cố định, thuộc đờng cố định thoả mãn điều kiện (thuộc tia cách gốc đoạn không đổi, thuộc đờng trịn mút cung khơng đổi ) thơng thờng lời giải tốn thờng đợc cắt bỏ suy nghĩ bên ta thờng có cảm giác lời giải có thiếu tự nhiên, khơng có tính thuyết phục trình bày ta cố gắng làm cho lời giải mang tính tự nhiên hơn, có giá trị việc rèn luyện t cho học sinh
mét vµi vÝ dơ:
Bài 1: Cho ba điểm A, C, B thẳng hành theo thứ tự Vẽ tia Cx vng góc với AB.Trên tia Cx lấy hai điểm D, E cho
CD CA CB CE
Đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADC cắt đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác BEC H khác C Chứng minh rằng: Đđ-ờng thẳng HC qua điểm cố định C di chuyển đoạn thẳng AB
Tìm hiểu đề bài:
* Yếu tố cố định: Đoạn AB * Yếu tố khơng đổi:
+ Góc BEC = 300, Góc ADB = 600 sđ cung
BC, cung CA không đổi
+ B, D, H thẳng hàng; E, H, A thẳng hàng
D oỏn điểm cố định :
khi C trïng B (d) tạo với BA góc 600 =>
điểm cố định thuộc tia By tạo với tia BA góc 600
khi C trïng A th× (d) t¹o víi AB mét gãc 300 =>
điểm cố định thuộc tia Az tạo với tia AB góc 300
By Az cắt M M điểm cố định? Nhận thấy M nhìn AB cố định dới 900 => M thuộc
đờng tròn đờng kính AB.
m
h D
E
b a
(61)d
E F
H N M
O
I
I d
M O
A B
C
T×m h íng chøng minh:
M thuộc đờng trịn đờng kính AB cố định cần chứng minh sđ cung AM khơng đổi thật vậy:
s® cung AM = 2s®Gãc MCA=2s®Gãc CHA =2s®Gãc CDA = 1200
Lêi gi¶i:
Ta cã
CD CA
tgD => Gãc D=600
cã Gãc CHA = Gãc CDA = 600
G/s đờng tròn đờng kính AB cắt CH M
ta có Góc MHA= 600 => sđ cung MA khơng đổi
lại có đờng trịn đờng kính AB cố định vậy: M cố định CH ln qua M cố định
Bài 2: Cho đờng tròn (O) đờng thẳng (d) nằm ngồi đờng trịn I điểm di động trên (d) Đờng trịn đờng kính OI cắt (O) M, N Chứng minh đờng trịn đờng kính OI qua điểm cố định khác O đờng thẳng MN qua điểm cố định
H
íng dÉn:
do tính chất đối xứng nên điểm cố định nằm trục đối xứng hay đờng thẳng qua O vng góc vi (d)
Giải:
Kẻ OH vuông góc với (d) cắt MN E
ta cú H c định H thuộc đờng trịn đờng kính OI
đ-ờng trịn đđ-ờng kính OI ln qua K cố định Xét tam giác OEF tam giác OIH có góc O chung, góc OFE = góc OHI = 900
Nên tam giác OEF đồng dạng với tam giác OIH đó: OF/ OE = OH/ OI => OE OH = OF OI
Lại có góc IMO = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn đờng kính OI )
Xét tam giác vng OMI có đờng cao ứng với cạnh huyền MF nên: OF OI = OM2
Do đó:
2
OM OE
OH
= số vây E cố định MN
qua E cố định
Bài 3: Cho đờng tròn (O; R) dây AB cố định C điểm chuyển động đờng tròn M
(62)I
M C
D
A O
B P
Gi¶i:
Vẽ đờng kính BD => D cố định
Giả sử đờng thẳng qua M vng góc với BC cắt BC cắt AD I Dễ thấy góc BCD = 900 hay MI // CD.
Xét tam giác ACD có MC = MA; MI // CD => I trung điểm DA cố định hay đờng thẳng qua M vng góc với BC qua I cố định
Bài 4: Cho tam giác ABC hai điểm M, N thứ tự chuyển động hai tia BA, CA cho BM= CN Chứng minh đờng trung trực MN qua điểm cố định
H
íng dÉn :
Khi M B N C đờng trung trực MN trung trực BC Vậy điểm cố định nằm đ-ờng trung trực BC
Gi¶i: Gi¶ sư trung trùc BC cắt trung trực MN I
DƠ thÊy tam gi¸c IMB = tam gi¸c INC (c-c-c) vËy gãc MBI = gãc NCI
Xét tứ giác ABCI có góc MBI = góc NCI tứ giác ABCI nội tiếp hay I thuộc đờng tròn Ngoại tiếp tam giác ABC cố định, mà Trung trực BC cố định Vậy I cố định hay trung trực MN qua I cố định
Bài 5: Cho đờng tròn (O; R) dây cung AB = R Điểm P khác A B Gọi (C; R1) đờng tròn qua P
tiếp xúc với đờng tròn (O; R) A.Gọi (D; R2) đờng
tròn qua P tiếp xúc với đờng tròn (O; R) B Các đ-ờng tròn (C; R1) (D; R2) cắt M khác P
Chứng minh P di động AB đờng thẳng PM qua điểm cố định
Tìm hiểu đề bài:
* Yếu tố cố định: (O; R), dây AB
* Yếu tố không đổi: DPCO hình bình hành Sđ cung BP (D), sđ cung AP (C), Góc BMA khơng đổi
N I
C B
A
(63)Dự đoán
Khi P A thỡ PM tiếp tuyến (O; R) => điểm cố định nằm tiếp tuyến (O; R) A
Khi P B PM tiếp tuyến (O; R)=> điểm cố định nằm tiếp tuyến (O; R) B
Do tính chất đối xứng hình => Điểm cố định nằm đờng thẳng qua O vng góc với AB
=> Điểm cố định nằm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB
Lêi gi¶i:
Vẽ đờng trịn ngoại tiếp tam giác OAB cắt PM I AB = R => sđ cung AB (O) 1200 tam giác BDP cân góc OBA = góc DPB
tam giác OAB cân góc OBA = góc OAB => góc BDP = góc BOA => sđcung BP (D) = sđ cung BA (O) = 1200
tơng tự sđ cung PA cña (C) = 1200
ta cã gãc BMP =
s® cung BP cđa (D) = 600
ta cã gãc AMP =
s® cung AP cđa (C) = 600
VËy gãc BMA = gãc BMP + gãc AMP = 1200 = gãc BOA
xét tứ giác BMOA có góc BMA = góc BOA tứ giác BMOA nội tiếp hay M thuộc đ -ờng tròn ngoại tiếp tam giác BOA
VËy
1 s® cung IA = gãc IMA = gãc PMA =
1 s® cung PA cđa (C) = 1200 VËy I thc
đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác AOB sđ cung IA = 1200 => I cố định hay MP qua I cố
định
Bài 6: Cho đoạn AB cố định, M di động AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB vẽ hai hình vng MADE MBHG Hai đờng trịn ngoại tiếp
hai hình vng cắt N Chứng minh đờng thẳng MN qua điểm cố định M di chuyển AB H
ớng dẫn: Tơng tự Giải:
Gi s MN cắt đờng trịn đờng kính AB I
Ta cã Gãc ANM = Gãc ADM = 450( gãc néi tiÕp cïng ch¾n
cung AM đờng trịn ngoại tiếp hình vng AMDE) Ta có Góc BNM = Góc BGM = 450( góc nội tiếp chắn
cung BM đờng trịn ngoại tiếp hình vng MBGH)
I N
H G
M D E
(64)=> gócANB = Góc ANM + Góc BNM = 900 => N thuộc đờng trịn đờng đờng kính AB vậy
s® cung AI = 2s®Gãc ANI =2s®Gãc ANM = 900
Vậy I thuộc đờng trịn đờng kính AB số đo cung AI 900=> I cố định hay MN đi
qua I cố địn
Vài định hớng khai thác tốn hình học
Để có luyện tập tốt cần lưu ý số vấn đề sau - Chọn hệ thống tập cho luyện tập; - Phải xếp hệ thống câu hỏi từ dễ đến khó (có gợi mở); - Phải tổ chức tốt thể vai trò chủ đạo người thày;
- Sau cần tập dượt cho học sinh nghiên cứu sâu lời giải (nếu có)
Nội dung viết số tốn đơn giản chương trình lớp bậc THCS phát triển rộng mức độ tương đương, phức tạp cao phù hợp với tư lơgíc em để tạo cho em niềm say mê học tập mơn tốn đặc biệt mơn hình học
Từ tập số trang 134 (SGK hình học lớp 9-NXB Giáo dục 2005), sau học sinh làm, thay đổi thành tốn có nội dung sau:
Bài toán 1: Cho ∆ABC cạnh a, gọi O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC theo
(65)a) Chứng minh
4 CN a2
BM ;
b) Gọi I giao điểm BN OM Chứng minh BM.IN = BI.MN; c) Chứng minh MN tiếp xúc với đường trịn cố định
Phân tích tốn:
4 CN a2
BM
.2
2 CN a a
BM
BM.CN BO.CO
BMBO CNCO
∆BMO đồng dạng ∆CON
ˆ ˆ 600
C
B
gócBMO = gócCON
gócB+gócBMO+gócBOM = gócBMO+gócMON+gócNOC (= 1800).
b) Cũng tương tự phần b) thày giáo giúp học sinh phát triển tư a) Ở phần a dạng toán chứng minh
hệ thức, việc hướng dẫn học sinh tìm lời giải tốn quan trọng nhằm phát triển tư hình học học sinh
Chúng ta dùng phương pháp phân tích lên để tìm lời giải tốn Với sơ đồ sau:
C O
B
N
I M
A
Căn vào sơ đồ ta có lời giải sau:
Ta có ∆BMO: gócB+gócM+gócO = 1800
gócBMO+gócMON+gócNOC = 1800 (gócBOC = 1800)
gócBMO = gócCON; lại có
60 ˆ ˆ C
B (vì∆ABCđều)
∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g), từ suy
CN CO BO BM
hay BM.CN BO.CO; mà
2
a BC CO
BO
4 CN a2
(66)lơgic, thao tác tư phân tích, tổng hợp, đặc biệt tư phân tích lên- thao tác tư đặc trưng môn hình học Với phân tích học sinh thấy sử dụng tính chất đường phân giác tam giác BMN Nghĩa học sinh cần MI tia phân giác gócBMN Từ ta có lời giải sau:
Theo phần a) ∆BMO đồng dạng ∆CON suy
ON MO BO
BM hay ON MO CO
BM
lại có gócB =
gócMON (=600) ∆BMO đồng dạng ∆OMN (c.g.c) Từ suy gócBMO = gócOMN
do MO tia phân giác góc BMN hay MI tia phân giác gócBMN
Xét ∆BMN có MI tia phân giác gócBMN, áp dụng tính chất đường phân giác tam giác ta cóMNMB INIB hay BM.IN BI.MN (đpcm)
c) Đây dạng toán liên quan tính bất biến (cố định) tính thay đổi: Ứng với điểm M, N ta có vị trí đoạn thẳng MN thay đổi theo (chuyển động) lại ln tiếp xúc với đường trịn cố định (bất biến) Vậy trước tìm lời giải toán giáo viên cần cho học sinh yếu tố cố định, yếu tố thay đổi
Ta có lời giải sau: Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vng góc với AB MN Do O, AB cố định nên OH cố định Vậy đường trịn (O;OH) đường trịn cố định
Vì MO tia phân giác góc BMN nên OK = OH (t/c đường phân giác) → K(O;OH) (1) lại có OKMN ( cách dựng) (2)
từ (1) (2) suy MN tiếp tuyến đường trịn (O;OH) Vậy MN ln tiếp xúc với đường tròn (O;OH) cố định
Khai thác toán:
Ở phần a) toán ta thấy tích BM.CN khơng đổi, sử dụng BĐT Cơsi ta có thêm câu hỏi sau:
H
K
C O
B
N
I M
(67)1.1: Tìm vị trí M, N AB, AC để BM + CN đạt giá trị nhỏ
Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số khơng âm BM, CN ta có BM CN 2 BM.CN
dấu "=" xảy BM = CN Theo phần a)
4 CN a2
BM
do BM CN a a
4
2
(không đổi)
Vậy GTNN BM+CN = a BM = CN =
2
a
M, N theo thứ tự trung điểm AB
và AC
1.2: Ta thử suy nghĩ tam giác ABC tam giác cân tốn cịn khơng? giả thiết nào? từ ta có tốn sau:
Bài tốn 1.2: Cho tam giác ABC cân A, O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC
theo thứ tự lấy điểm M, N cho gócBMO = gócCON Chứng minh rằng:
Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC cân A, O thuộc cạnh BC đường tròn tâm O tiếp
xúc với cạnh AB, AC tam giác Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, N Chứng minh MN tiếp tuyến đ ường tròn (O)
4
2
BC CN
BM
Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC
(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON
Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy
P
C N
A M
B O
67
a)
4
2
BC CN
BM ;
b) BNMO = I , Chứng minh
BI.MN = IN.BM;
c) Khi M, N thay đổi AB, AC MN ln tiếp xúc với đường trịn cố định
Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC
(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON
Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy
A
M
B C
N Vớ i cá ch ch ứn g mi nh ho àn n tư ơn g tự, ta ch ứn g mi nh đư ợc gó cB = gó c M O O
(68)Chuyên đề BDHSG Tốn THCS
góc MON = gócB; gócBOM = gócONC; gócNOC = gócBMO; từ suy ∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g)
4
2
BC CN BM CN
BO CO BM
(đpcm)
( ) Giả sử có
4 CN BC2
BM cần phải chứng minh MN tiếp tuyến (O)
Cách 1: Chứng minh tương tự toán 1;
Cách 2: Từ M dựng tiếp tuyến với (O) cắt AC N' Ta chứng minh N'N Theo phần thuận ta có
4 '
2
BC CN
BM kết hợp với giả thiết ta suy BM.CN' = BM.CN
CN' = CN Mà N', N thuộc cạnh AC N' N (đpcm).
Chú ý: - Nếu M nằm đoạn AB N nằm đoạn AC
- Nếu M nằm ngồi đoạn AB N nằm ngồi đoạn AC
Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC cân B có gócB = 400, O trung điểm cạch AC,
K chân đường vng góc kẻ từ O xuống AB, (O) đường tròn tâm O bán kính OK 1) Chứng minh (O) tiếp xúc với BC;
2) Giả sử E điểm thay đổi cạnh AC cho
góc AOE = (200 900)
, kẻ tiếp tuyến EF với đường tròn (O) tiếp súc với (O) P
a) Tính theo các góc tứ giác AEFC;
b) AEO đồng dạng với COF;
c) Tính để AE + CF nhỏ nhất. (Đề thi chuyên toán ĐHSP H N năm 2005)
Bài toán 1.5: Cho đường trịn (I) tiếp xúc với hai cạnh góc xOy A B Từ
C cung nhỏ AB kẻ tiếp tuyến với đường tròn (I) cắt Ox, Oy theo thứ tự M, N Xác định vị trí C cung nhỏ AB để MN có độ dài nhỏ
Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC
(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON
Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy
P
C F
B E
A O
HD Giải:
1) Kẻ OH vng góc với BC tam giác ABC cân B nên OH = OK H nằm (O), lại có OH BC H nên BC
tiếp tuyến (O) 2) a) Ta có ˆ ˆ 700
C
A , tương tự toán
trên ta suy góc AEF = 2(1100- ),
góc CFE = 2 .
b) AEO đồng dạng với COF
(c.g.c)
c) Tương tự lời giải ý 1.1 ta suy E, F trung điểm BA, BC
(69)Ta có MN = AM + BN = MP + NQ - AP - BQ = MP + NQ - 2AP
Do MN nhỏ MP + NQ nhỏ (Áp dụng kết toán 1.1) ta có C là
điểm cung nhỏ AB
Nếu tiếp tục khai thác tốn ban đầu ta đưa số toán cho học sinh tự làm, coi tập nhà để học sinh tự giải
Bài toán 1.6: Cho ABC cân A Lấy M, N cạnh AB, AC cho
4
2
BC CN
BM Tìm vị trí M, N cho AMN có diện tích lớn
Bài tốn 1.7: Cho M, M' tia AB tia đối tia BA; N, N' thuộc tia CA tia
đối tia CA Chứng minh rằng: 1) Nếu MB.NC = M'B.N'C =
4
2
BC
tứ giác MM'N'N ngoại tiếp đường trịn;
2)Phân giác tạo MN MM' qua điểm cố định
Bài toán 1.8:
1) Cho ABC Dựng hai điểm P, Q thứ tự AB AC cho AP = AQ
BP.CQ =
4
2
PQ
;
2) Cho hình vng ABCD, lấy điểm F thuộc CD, G thuộc BC cho EG//AF (với E trung điểm AB) Chứng minh FG tiếp tuyến đường trịn nội tiếp hình vng
Bài toán 1.9: Cho tam giác ABC cân A Đường trịn có tâm O trung điểm
BC tiếp xúc với AB, AC thứ tự H K Lấy P thuộc đoạn AB, Q thuộc đoạn AC cho PQ tiếp tuyến (O) Tìm quĩ tích tâm O' đường trịn ngoại tiếp tam giác OPQ
Q
A B
Ta đưa toán toán quen thuộc cách qua I kẻ đường thẳng song song với AB cắt Ox, Oy thứ tự P Q Ta có AOB cân nên POQ cân O, IPQ mà MN tiếp tuyến (I) Áp dụng toán Lại cân chung đỉnh O AP = BQ (không đổi)
C N
O M
P I
Giải: Vì (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC nên O cách AB, AC O thuộc tia phân giác góc A Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời trung tuyến mà OBC nên O trung điểm cạnh BC
(): Giả sử MN tiếp tuyến (O) Nối OM, ON
Do MB, MP hai tiếp tuyến cắt (O), NP, NC hai tiếp tuyến cắt (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta suy
(70)Với cách làm tương tự trên, phương pháp đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự thao tác tư thuận đảo ta hình thành cho học sinh tư lơgíc, tư sáng tạo, tính độc đáo tốn học Chẳng hạn ta có tốn sau:
Bài tốn 2: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy với
đường tròn Từ điểm E nằm đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường trịn cắt Cx A Dy B Chứng minh góc AOB = 900.
Phân tích tốn:
Để chứng minh góc AOB = 900, ta làm nhiều cách khác Chẳng
hạn:
- Ta chứng minh OA, OB hai tia phân giác cặp góc kề bù; - Ta chứng minh góc AOB = góc CED, mà góc CED = 900
nên gócAOB = 900.
Do +) AOB đồng dạng với CED (g.g) nên góc AOB = góc CED,
mà góc CED = 900 góc AOB = 900.
+) Tứ giác OKEJ hình chữ nhật ( có ba góc vng) nên góc AOB = 900
Tiếp tục tư tìm thêm vài cách giải khác Sau ta xét cách giải đó:
Ta có góc ACO = gócAEO = 900 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
suy gócACO + góc AEO = 1800 suy tứ giác ACOE nội tiếp
Do ta có gócEAO = gócECO (hai góc chắn cung OE)
Tương tự ta có gócEBO = gócEDO, mà gócECO + gócEDO = 900 (vì gócCEO = 900
-góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên -gócEAO + -gócEBO = 900 Từ suy gócAOB
= 900 (Đpcm).
J K
O D
C
E
B
A
(71)Khai thác toán:
- Nếu ta thay đổi vài điều kiện tốn, chẳng hạn vị trí điểm O thay điểm M CD Khi đường thẳng vng góc với ME E khơng cịn tiếp tuyến mà trở thành cát tuyến với (O) Thế u cầu tốn chứng minh gócAMB = 900 cịn hay khơng? Điều cịn đúng, từ ta có tốn
khác sau:
Bài tốn 2.1: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx,
Dy Một điểm E nằm đường tròn, điểm M nằm CD (M không trùng với C, D, O) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự A B Chứng minh gócAMB = 900.
-)Tại ta lại đặt vấn đề M khác C, D, O
- Vì M O trở lại tốn - Cịn M C đường thẳng ME
cắt Cx A, cắt Dy B D Khi ta có góc AMB = 900.
Nếu M D tương tự
Ta trở lại toán: Như tương tự toán ta có: gócMAB = gócECM (do tứ giác ACME nội tiếp)
gócEBM = gócEDM (do tứ giác BDME nội tiếp)
mà gócECM + góc EDM = 900 (do gócCED = 900) Nên gócAMB = 900.
D
B
MC
x
y E
A
O
M O D
C
E
B A
(72)-) Ta tiếp tục khai thác mở rộng toán, chẳng hạn điểm M không nằm đoạn CD mà nằm đường thẳng CD giữ nguyên điều kiện tốn 2.1 sao? từ ta có tốn sau:
Bài tốn 2.2: Cho đường trịn (O) đường kính CD Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx,
Dy Một điểm E nằm đường tròn, điểm M nằm đường thẳng CD (M không trùng với C, D, O) Qua E kẻ đường thẳng vng góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự A B Chứng minh gócAMB = 900.
- Muốn chứng minh góc AMB = 900 ta dựa vào cách chứng minh tốn Ta
chứng minh gócMAB + gócMBA = 900.
Muống chứng minh gócMAB + góc MBA = 900 ta chứng minh
gócMAB + gócMBA = gócCDE + gócDCE = 900
Để chứng minh điều ta cần chứng minh gócMAB = gócECD,
gócMBA = gócMDE Như ta cần phải chứng minh tứ giác AMCE, MEDB nội tiếp
Từ ta có lời giải sau:
Chứng minh: Ta có gócACM = gócAEM = 900, tứ giác AMCE nội tiếp
gócMAB = góc ECD (cùng bù gócMCE)
Tương tự tứ giác MEDB nội tiếp gócMAB = gócMDE (cùng chắn cung).
Mà gócECD + gócEDC = 900 Do gócMBA + gócMAB = 900.
Suy gócAMB = 900.
Như nhìn lại tốn ta đưa thành toán tổng quát sau:
Bài toán 2.3: (Bài toán tổng quát)
M O
D C
E
B A
(73)Cho đường trịn (O) đường kính CD Một điểm E thuộc đường tròn (O) M điểm thuộc đường thẳng CD Kẻ đường thẳng vng góc với ME E cắt tiếp tuyến Cx, Dy đường tròn A B Chứng minh góc AMB = 900.
Vẫn tiếp tục tốn ta khai thác theo khía cạnh khác, ta có tốn sau:
Bài tốn 2.4: Cho đường trịn (O;
2
AB
), qua A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By đường tròn Một điểm M thuộc đường tròn, qua M kẻ tiếp tuyến cắt Ax, By theo thứ tự C D
1) Chứng minh CD = AC + BD;
2) Đường trịn ngoại tiếp tam giác COD ln tiếp xúc với đường thẳng cố định M thay đổi đường tròn
3) AD cắt BC H chứng minh MH // AC
Phân tích toán:
1) Với phần phù hợp với học sinh trung bình học xong tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, Ta thấy CM = CA; DM = DB
từ suy CM + DM = CA + DB mà M nằm C D nên CD = CA + DB
2) Cũng tương tự tốn ta có COD vuông O Mặt khác gọi I trung
điểm CD O
2 ;CD
I (1)
Lại có tứ giác ABDC hình thang, OI đường trung bình nên OI // CA, mà CA
AB IO AB (2)
K H
O B
A
M
D
C
(74)Từ (1) (2) suy AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác COD Mà AB đường thẳng cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với đường thẳng AB cố định M thay đổi đường trịn
3) Với phần tốn hay địi hỏi học sinh phải dùng phương pháp phân tích lên để tìm lời giải tốn Hơn để tìm lời giải học sinh phải huy động kiến thức định lí Talét đảo
Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm lời giải tốn sơ đồ phân tích lên, sau:
MH //AC
DMMC DHHA
HA DH AC
DB
(vì DM=DB;
MC=CA)
AC // DB (AB)
Từ yêu cầu học sinh lên bảng vào sơ đồ trình bày lời giải tốn:
Ta có AC, BD hai tiếp tuyến (O) đường kính AB nên ACAB, BDAB AC // BD
Xét ACH có AC // BD áp dụng hệ định lí
Talét, ta có DBAC DHHA mà DB = DM; AC = MC nên
ta có
HA DH MC
DM
áp dụng định lí Talét đảo tam
giác DAC suy MH // AC
Khai thác toán:
-) Giáo viên đặt vấn đề cho học sinh suy nghĩ Gọi giao điểm MH AB K, có nhận xét vị trí H MK? Từ ta có tốn:
Bài tốn 5: Với giả thiết toán Chứng minh H trung điểm MK
-) Nếu gọi P giao điểm BM Ax Thì ta có kết C trung điểm AP
-) Nếu giáo viên cho thêm điều kiện AC = R (AB = 2R) lại có
tốn liên quan đến tính tốn Từ ta có tốn sau:
Bài tốn 2.6: Cho
2 ;AB
O , từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường tròn Một
điểm C tia Ax cho AC = R Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By D
AD cắt BC H
1) Tính số đo gócAOM;
(75)3) Tính MH theo R
-) Bây lại xét tốn khơng tĩnh nữa, mà cho điểm C thay đổi tia Ax cho AC R trực tâm ACM thay đổi theo Từ
ta có tốn sau:
Bài toán 2.7: Cho
2 ;AB
O , từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường tròn Một
điểm C tia Ax cho AC R Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By
D.Gọi H trực tâm tam giác ACM Tìm quĩ tích điểm H
-) Lại nhìn tốn góc độ tốn cực trị hình học, ta có tốn sau:
Bài toán 2.8: Cho
2 ; AB
O từ A, B kẻ tiếp tuyến Ax, By đường tròn Một
điểm M đường tròn, từ M kẻ tiếp tuyến (O) cắt Ax, By thứ tự C D Tìm vị trí điểm M để:
1) CD có độ dài nhỏ nhất;
2) Diện tích tam giác COD nhỏ
Như xuất phát từ toán SGK, thao tác tư lật ngược vấn đề, tương tự, khái quát hoá, tương tự hoá,… sáng tạo nhiều toán xuất phát từ tốn gốc q trình tìm lời giải, nghiên cứu sâu lời giải: tốn tính tốn, tốn quĩ tích, tốn cực trị,… Việc làm người thày lặp đi, lặp lại thường xuyên trình lên lớp hình thành cho học sinh có phương pháp, thói quen đào sâu suy nghĩ, khai thác tốn nhiều góc độ khác Đặc biệt rèn cho học sinh có phương pháp tìm lời giải tốn phương pháp phân tích lên-một phương pháp tư đặc trưng hiệu học mơn hình học Thơng qua học sinh phát triển lực sáng tạo toán học, học sinh giỏi Qua dạy người thày cần giúp học sinh làm quen sau tạo hội cho học sinh luyện tập, thể cách thường xuyên thông qua hệ thống câu hỏi gợi mở, hệ thống tập từ dễ đến khó
Trên vài ý tưởng tơi đưa q trình lên lớp luyện tập hình học Theo tơi có tác dụng:
- Giúp em củng cố kiến thức học;
(76)- Phát triển tư tốn học thơng qua thao tác tư khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá, tư thuận đảo,…