Đang tải... (xem toàn văn)
Một số định lý1 a m ka m2 a m và b m ( a b ) m3 (a b) m và a m b m4 a m và b n ab m n5 a m a m n N , n o6 a m a m7 a m ; m là số nguyên tố a m ( n N ; n o)8 a m a m ; n N , n o9 ab m và (a, m)=1 b m10 ab m và m P a m hoặc b m11 a m và a n và ( m,n ) =1 a m.n12 a m , a n , a r và ( m,n)=1, (n,r)= 1,(m,r) =1 a m.n.r13 Tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho tích .2.3...n
Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 Chuyên đề 1: TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN /I/ Lý thuyết: A/ Định nghĩa: Cho a,b € Z ( b ≠ o ): Ta nói rằng a chia hết cho b kí hiệu a b khi và chỉ khi tồn tại một số k ( k ∈ Z )sao cho a =bk a b ⇔ a = bk Ta còn nói a là bội của b hay b là ước của a B/Tính chất của quan hệ chia hêt : 1/phản xạ: ∀ a ∈ N và a ≠ o thì a a 2/ Phản xứng : ∀ a ∈ N và a ≠ O thì a a 3/ Bắt cầu : Nếu a b và b a thì a =b C/ Một số định lý 1/ a m ⇒ ka m 2/ a m và b m ⇒ ( a ± b ) m 3/ (a ± b) m và a m ⇒ b m 4/ a m và b n ⇒ ab m n 5/ a m ⇒ a n m n n ∈ N , n ≠ o 6/ a n m n ⇒ a m 7/ a n m ; m là số nguyên tố ⇒ a m ( n ∈ N ; n ≠ o) 8/ a m ⇒ a n m ; n ∈ N , n ≠ o 9/ ab m và (a, m)=1 ⇒ b m 10/ ab m và m ∈ P ⇒ a m hoặc b m 11/ a m và a n và ( m,n ) =1 ⇒ a m.n 12/ a m , a n , a r và ( m,n)=1, (n,r)= 1,(m,r) =1 ⇒ a m.n.r 13/ Tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho tích .2.3 n D/ Một số ví dụ: Ví dụ 1: Chứng minh : a/ n 4 - n 2 12 ∀ n ∈ N b/ n (n + 2 ).( 25n 2 + 1) 24 ∀ n ∈ N GIẢI a/ n 4 - n 2 = ( n – 1).n.n(n+1) Nhận xét : 12 = 3.4 và (3,4) =1 -Trong tích hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2 ( n- 1).n 2 n(n+ 1) 2 ⇒ n 4 - n 2 4 ( 1 ) Trong tích 3 số tự nhiên liên tiếp có một số là bội của 3 ( n – 1).n.(n + 1) 3 (2 ) Từ (1) và (2) suy ra n 4 - n 2 12 ∀ n ∈ N b/ n.(n+2).[(n 2 -1)+ 24n 2 ] = n.(n+2).(n 2 -1) +24n 2 .n.(n+2) Ta có 24n 2 .n.(n+2) 24 ∀ n ∈ N Ta cần chứng minh A= n.(n+2).(n 2 -1) 24 ∀ n ∈ N A= (n-1).n.(n+1).(n+2) Ta có A 3 ∀ n ∈ N -Trong tích 4 số tự nhiên liên tiếp có 1 số là bội của 2 ,một số là bội của 4 -Vậy tích 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 8 -Mà (3,8)= 1 nên A 24 -Do đó n.(n+2).(25n 2 -1) 24 ∀ n ∈ N -Nhận xét : Gọi A ( ) n là biểu thức phụ thuộc vào n ( n ∈ N hoặc n ∈ Z ). Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 _ Để chứng minh một biểu thức A ( ) n chia hết cho một số m ta thường phân tích biểu thức biểu thức A ( ) n thành nhân tử trong đó có một thừa số m.N m là hợp số ta phân tích m thành tích các thừa số đôi một nguyên tố cùng nhau rồi chứng minh A ( ) n chia hết cho tất cả các số đó .Nên lưu ý định lý trong k số nguyên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại một bội sốcủa k. -Bài tập áp dụng ví dụ 1: Chứng minh : 1/ n 3 - 13n 6 2/ n 3 (n 2 - 7) 2 - 36 5040 ∀ n ∈ N* 3/n 4 -4n 3 - 4n 2 + 16n 384 với mọi n chẳn và n ≥ 4 4/ n 3 +3n 2 + 2n 6 5/ ( n 2 +n -1 ) 2 -1 2 4 6/ n 3 +6n 2 +8n 48 với mọi n chẳn 7/ n 4 -10n 2 + 9 384 với mọi n lẻ 8/ n 6 + n 4 - 2n 2 72 ∀ n ∈ Z 9/ n 4 +6n 3 +11n 2 +6n 24 ∀ n ∈ N Ví dụ 2: Chứng minh a 5 - a 5 ∀ a ∈ Z Cách 1: A = a 5 - a = a.(a 2 -1).(a 2 +1) - Nếu a= 5k ( k ∈ Z) thì a 5 - a 5 - Nếu a = 5k ± 1 thì a 2 - 1 5 - Nếu a = 5k ± 2 thì a 2 +1 5 Trong trường hợp nào cũng có một thừa số chia hết cho 5 Nhận xét : Khi chứng minh A(n) m ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia A(n) cho m Cách 2: a 5 -a =a(a 2 -1).(a 2 +1) =a.(a 2 -1).(a 2 -4+5) =a.(a-1).(a+1).(a-2).(a+2) +5a.(a 2 -1) Vậy A chia hết cho 5 Bài tập ví dụ 2: Chứnh minh : 1/ a 7 -a 7 2/ Cho n 2 và (n,6) =1 chứng minh n 2 -1 24 3/ Cho n lẻ và ( n ,3) =1 chứnh minh : n 4 -1 48 4/ Cho n lẻ và ( n ,5) =1 chứnh minh : n 4 -1 80 5/ Cho a,b là số tự nhiên a b chớng minh a/ A= a.b ( a 4 - b 4 ) 30 b/ A= a 2 .b 2 ( a 4 - b 4 ) 60 6/Cho n chẳn chứng tỏ 2 số n 2 - 4n và n 2 + 4n đều chia hết cho 16 7/ Chứng tỏ : n 5 - n 30 ∀ n ∈ N và : n 5 - n 240 ∀ n lẻ 8/ Chứng minh : a/ n 8 - n 4 240 ∀ n ∈ N b/ n 5 - n 3 +4n 120 ∀ n ∈ N Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 Chuyên đề 2 : PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ 1/ Đặt nhân tử chung , dùng hằng đẳng thức , nhóm các hạng tử. 2/Tách các hạng tử . 3/ Thêm bớt một hạng tử . 4/ Phương pháp hệ số bất định 5/ Phương pháp đổi biến . 6/ Phương pháp xét giá trị riêng !/ Phương pháp đặt nhân tử chung, dùng hằng đẳng thức, nhóm hạng tử Ví dụ : Phân tích đa thức sau t a/ x 4 + x 3 + 2x 2 + x +1 Giải / x 4 + x 3 + 2x 2 + x +1 = (/ x 4 + 2 x 2 + 1 ) + (x 3 + x ) = ( x 2 +1) 2 + x ( x 2 +1) = ( x 2 +1) ( x 2 +x +1) b/ x 3 + 2x 2 y + xy 2 - 9x = x( x 2 + 2x y + y 2 - 9 ) = x( x+ y -3)( x+ y +3) c/ a 3 + b 3 +c 3 - 3abc = (a+b ) 3 - 3a 2 b – 3ab 2 + c 3 - 3abc = [ (a+b ) 3 + c 3 ] -3ab(a+b+c) =(a+b+c)[( a+b) 2 - c(a+b) + c 2 - 3ab] d/ (a+b+c) 3 - a 3 - b 3 -c 3 = [ (a+b)+c] 3 - a 3 - b 3 -c 3 = (a+b) 3 + c 3 +3c(a+b)(a+b+c) - a 3 - b 3 -c 3 =a 3 + b 3 + 3ab(a+b)+ c 3 +3c(a+b)(a+b+c) - a 3 - b 3 -c 3 = 3(a+b)(ab+ac+bc+c 2 ) = 3(a+b)(b+c)(c+a) e/ x 2 (y-z)+y 2 (z-x)+z 2 (x-y) = x 2 (y-z)+y 2 z-xy 2 +xz 2 - yz 2 =x 2 (y-z)+yz(y-z)-x(y 2 - z 2 ) =(y-z)(x 2 +yz-xy-xz) =(y-z)[x(x-y)-z(x-y) =(y-z)(x-y)(x-z) II/Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử(vói hệ số nguyên) Nhận xét: Nếu đa thức không chứa nhân tử chung,không có dạng hằng đẳng thức,cũng không nhóm được hạng tử ta có thể biến đổi đa thức thành nhiều hạng tử hơn để nhóm các hạng tử. Ví dụ : 3x 2 -8x+4 = 3x 2 -6x-2x+4= 3x(x-2)-2(x-2)=(x-2)(3x-2) Hay tách 4x 2 -8x+4 - x 2 = (2x-2) 2 - x 2 = Chú ý: Trong cách 1 ta tách hạng tử -8x thành 2 hạng tử -6x và -2x,các hệ số thứ 2 và thứ 4 đều gấp -2 lần hệ số liền trước nhờ đó xuất hiện nhân tử chung x-2 Một cách tổng quát để phân tích tam thức bậc 2 thành nhân tử ta tách hạng tử bx thành b 1 x +b 2 x sao cho b 1 .b 2 =a.c. Trong thực hành ta thực hiện như sau: 1/ Tìm tích a.c 2/phân tích a’c ra thừa số nguyên bằng mọi cách. 3/ Chọn hai thừa số có tổng bằng b. Ví dụ: Phân tích đa thức sau thành nhân tử : : 4x 2 -4x-3 Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 Ta có a.c= 4(-3) = (-3)4 = 6(-2) =(-6)2 ta thấy -6 +2 = -4do đó ta phân tích -4x thành -6x + 2x . Đối với đa thức bậc ba trở lên người ta chứng minh được rằng nghiệm nguyên của đa thức nếu có phải là ước của hệ số tự do. Ví dụ : Phân tích đa thức : x 3 - x 2 -4 đa thức này có nghiệm nguyên thì phải là ước của 4 lần lượt ta kiểm tra ±1 , ±2 , ±3 ,±4 ta thấy x =2 là nghiệm của đa thức do đó đa thức có chứa nhân tử x – 2 vậy ta tách đa thức trên thành : x 3 - x 2 -4 = x 3 -2 x 2 + x 2 -4 = x 2 (x-2) +(x-2)(x+2) = Chú ý : Khi xét nghiệm nguyên của đa thức ta chú ý 2 định lí sau : 1/ Nếu đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì 1 là nghiệm của đa thức do đó đa thức cố chứa nhân tử x -1 . Ví dụ : Phân tích đa thức x 3 - 5x 2 +8x -4 ta thấy 1 -5 +8 -4 =0 nên đathức có chứa nhân tử x – 1 vậy ta tách như sau: x 3 - x 2 - 4 x 2 +8x -4 = x 2 (x-1) – 4(x-1) `2 2/Nếu đa thức có tổng các hệ số bậc chẳn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì -1 là nghiệm của đa thức do đó đa thức chứa nhân tử x +1. Ví dụ: Phân tích đa thức x 3 - 5x 2 + 3x +9 ta thấy 1+3 = -5+9 nên -1 là nghiệm của đa thức do đó đa thức chứa nhân tử x+1 ta phân tích như sau : x 3 - 5x 2 +3x +9 = x 3 + x 2 - 6x 2 +3x +9 = x 3 + x 2 - 6x 2 -6+3x +3 =x 2 (x+1) -6(x-1)(x+1)+3(x+1) = Trong trường hợp đa thức không có nghiệm nguyên ;đa thức cố thể có nghiệm hửu tỉ , người ta chứng minh được rắng đa thức có các hệ số nguyên nghiệm hửu tỉ nếu có phải có dạng q p trong đó p là ước của hệ số tự do và q là ước dương của hệ số cao nhất . Ví dụ : Phân tích đa thức 3x 3 - 7x 2 +17x -5 ta thấy các số ±1 ,±5 không phải là nghiệm của đa thức ,xét các số ± 3 1 , ± 3 5 ta có 3 1 là nghiệm của đa thức do đó đa thức chứa thừa số 3x-1 ta tách hạng tử như sau : 3x 3 - 7x 2 +17x -5 = 3x 3 - x 2 -6 x 2 +2x + 15x-5 =x 2 (3x-1)- 2x( 3x-1)+ 5(3x-1)=. 3/ Phương pháp thêm bớt một hạng tử: a/Thêm bớt một hạng tử làm xuất hiện hiệu hai bình phương Ví dụ : Phân tích da thức 4x 4 +81 ta thêm bớt 36x 2 ta có 4x 4 +81 = 4x 4 +36x 2 +81 -36x 2 = (2x 2 +9) 2 – (6x) 2 = Nhận xét : Trong trường hợp này dùng cho đa thức có hai hạng tử. b/ Thêm bớt một hạng tử để làm xuất hiện nhân tử chung. Ví dụ : Phân tích đa thức x `5 +x -1 ta thêm bớt x 4 ,x 3 ,x 2 như sau: x `5 +x -1 = x `5 +x 4 +x 3 +x 2 -x 4 -x 3 -x 2 +x -1 = (x `5 -x 4 +x 3 )+(x 4 -x 3 +x 2 ) –(x 2 -x +1 ) = Chú ý : Các đa thức có dạng x 13 +m + x 23 +n +1 đều chứa nhân tử x 2 +x +1 Ví duj: x 7 + x `5 +1; : x 7 +x 2 +1 ; x+ x `5 +1; x+ x 8 +1 III/ Phương pháp hệ số bất định. Nếu đa thức f(x) không có nghiệm nguyên ,cũng không co nghiệm hửu tỉ ta dùng phương pháp hệ số bất định. Ví dụ: Phân tích đa thức x 4 -6x 3 +12x 2 -14x +3. Nếu đa thức nàyphan tích thành nhâ tử thì có dạng (x 2 +ax +b )(x 2 + cx +d ) phép nhân này cho ta kết quả x 4 +(a+c)x 3 +(ac+b+d)x 2 +(ad+bc)x+bd đồng nhất đa thức này vứi đa thức đã cho ta điều kiện a+c = -6 ac+b+d = 12 ad+bc = -14 bd = 3 Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 Xét bd =3 với bd ∈ Z ⇒ b ∈ { ±1 , ±3} với b =3 ; d =1thì hệ trên trở thành a +c = -6 ac = 8 a+ 3c = -14 ⇒ 2c = -14 – (-6) ⇒ c = -4 ⇒ a= -2 vậy đa thức trên được phân tích thành (x 2 -2x +3 )(x 2 -4x + 1 ) I V/ Phương pháp đổi biến Ta đặt một đa thức bằng một biến khác để làm gọn đa thức hơn dễ giải hơn Ví dụ : Phân tích đa thức x(x+4)(x+6)(x+10) +128 = (x 2 +10x)(x 2 +10x + 24 ) đặt x 2 +10x + 12 =y ⇒ (y-12)(y+12) +128 = y 2 -16 = (y-4)(y+4) = V/ Phương pháp giá trị riêng. Trong phương pháp này các nhân tử chứa biến của đa thức rồi gán cho các biến các giá trị cụ thể để xác định nhân tử. Ví dụ: Phân tích đa thức P = x 2 (y-z)+ y 2 (z-x) + z 2 (x-y) Giả sử ta thay x =y P= y 2 (y-z)+ y 2 (z-x) = 0 Tương tự ta thay y bởi z ; zbởi x thì P không đổi ( P = 0 ) vậy P chia hết cho x-y cũng chia hết cho y-z và cũng chia hết cho z – x vậy P có dạng k(x –y)(y-z)(z-x) Ta thấy k là hằng số vì đẳng thức P = x 2 (y-z)+ y 2 (z-x) + z 2 (x-y) = k(x –y)(y-z)(z-x) đúng vứi mọi x,y,z nên ta gán cho x,y,z các giá trị chẳng hạn x=2, y=1 ,z=0 ta được 4.1 +1.(-2) +0 = k.1.1.(-2) ⇒ k = -1 vậy P = -(x –y)(y-z)(z-x) Chú ý : Khi chọn giá trị riêng của x,y,z ta chọn tuỳ ý để đôi một khác nhau sao cho( x –y) (y-z)(z-x) ≠ 0 VI/ Bài tập áp dụng chuyên đề 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 2.1/ a/ x 2 -2x -4y 2 -4y b/ a(a 2 +c 2 + bc )+b(c 2 +a 2 + ac ) +c(a 2 +b 2 + ab ) c/ 6x 2 -11x +3 d/ 2x 2 +3x -27 e/x 3 +5x 2 +8x +4 f/ x 3 -7x +6 g/2x 3 -x 2 +5x +3. h/ x 3 -7x 2 -3. 2.2/ a/ (x 2 +x )- 2(x 2 +x ) -15 b/ / x 2 +2xy+y 2 -x-y -12 c/ (x 2 +x +1)(x 2 +x +2) -12 d/ (x+2)(x+3)(x+4)(x+5) -24 e/ (x+a)(x+2a)(x+3a)(x+4a) +a 4 f/ (x 2 + y 2 + z 2 )(x+y+z) 2 +(xy+yz+xz) 2 2.3 / Dùng phương pháp hê sô bất định: Subject: a/ 4x 4 +4x 3 +5x 2 +2x +1 b/x 4 -7x 3 +14x 2 -7x +1 c/ (x+1) 4 +(x 2 +x +1) e/x 4 x 3 -x +63 2.4 Dùng phương pháp xét giá trị riêng M= a(a+b-c) 2 +b(c+a-c) 2 +c(b+c-a) 2 + (a+b-c)(c+a-c)(b+c-a) . Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 CHUYÊN ĐỀ 3: BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC Các bài toán cực tri có dạng chung như sau:Trong các hình có chung một tính chất, tìm những hình sao cho một đại lượng nào đó (nhơ độ dài đoạn thẳng ,số đo diện tích ,số đo góc )có giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất I/Các bất đẳng thức thường dùng để giải toán cực trị : 1/Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên: Quan hệ này được dùng dưới dạng: - Trong tam giác vuông (xó thể suy biến thành đoạn thẳng ) có cạnh góc vuông AH và cạnh huyền AB thì AB ≥ AH xảy ra dấu bằng khi chỉ khi B trùng H - Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến các điểm thuộc một đoạn thẳng đoạn thẳng vuông góc với đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. - Trong các đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai đoạn thẳng song song đoạn thẳng vuông góc với hai đường thẳng song song có độ dài nhỏ nhất. 2/ Quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu: - Trong hai đương xiên kẻ từ một điểm nằm ngoài đường thẳng dến đường thẳng đó đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn. 3/Bất đẳng thức trong tam giác: Với ba điểm A, B, C ta có AC+CB ≥ AB; AC+CB =AB ⇔ C thuốc đoạn thẳng AB. Để xử dụng bất đẳng thức trong tam giác đôi khi phải thay đổi phía của một đoạn thẳng đối với một đường thẳng . 4/ Các bất đẳng thức đại số : Các bất đẳng thức được xử dụng là: - Bất đẳng thức về luỹ thừa bậc chẳn: X 2 ≥ 0 X 2 ≤ 0 Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 - Bất đẳng thức CÔSI (x+y) 2 ≥ 4xy hay x+y ≥ 2 xy với x,y không âm , xãy ra dấu = khi x=y. Chú ý rằng từ bất đẳng thức CÔSI ta còn suy ra hai số không âm x,y: -Nếu x+y là hằng số thì xy lớn nhất khivà chỉ khi x=y - Nếu xy là hằng số thì x+y nhỏ nhất khi và chỉ khi x=y Để sử dụng các bất đẳng thức đại số ta thường đặt một độ dài thay đổi bằng x biểu thị đại lượng cần tìm cực trị bằng một biểu thức của x rồi tìm điều kiện để biểu thức có cực trị. Ta kí hiệu minA là giá trị nhỏ nhất của A ;maxA là giá trị lớn nhất của A Ví dụ: 1.1 Cho hình vuông ABCD. Hãy nội tiếp trong hình vuông đó một hình có diện tích nhỏ nhất Giảỉ Gọi ÈGH là hìmh vuông nội tiếp trong hình A E K B vuông ABCD. Tâm hình vuông này phải trùng với nhau tại 0 ta suy ra S EFGH == 2 .FHEG = 20E 2 như vậy F S nhỏ nhất suy ra 0E nhỏ nhất .Gọi K là trung điểm của AB ooooooo ta có OE ≥ OK ( hằng số) OE = OK ⇔ E trùng K o Vậy diện tích ÈGH nhỏ nhất khi các đỉnh E,F,G,H là trung H điểm các cạnh của hình vuông ABCD 1.2 Tính diện tích lớn nhất của HBH có độ dài 2 cạnh D G C kề nhau bằng a,b A B Giải : Ta có: S ABCD == DC.AH ≤ DC.AD = ab b maxS = ab khi và chỉ khi AH = AD lúc này ABCD làHCN D H a C 1.3 Cho hình thoi và hình vuông có cùng chu vi. Hỏi hình nào có diện tích lớn hơn? vì sao? Giải : Xét hình thoi ABCD và hình vuônh MNPQ A B có cùng chu vi cạnh của chúng bằng nhau . Gọi canh của chúng là a ta có: ¬ S MNPQ = a 2 (1) Ta sẽ chớng minh S ABCD ≤ a 2 D H C Kẻ AH ⊥ CD ta có AH ≤ AD =a .Vậy S ABCD ≤ CD.AD =a.a = a 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra S ABCD ≤ S MNPQ .Vậy diện tích hình vuông lớn hơn diện tích hình thoi (nếu hình thoi đó không là hình vuông). 2.1 Cho tam giác ABC .Qua A dựng đường thẳng d cắt cạnh BC của tam giác ABC sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến d có giá trị nhỏ nhất. A Giải : Ta có S ABD + S CAD =S ABC ⇒ 2 1 AD.BB’ + 2 1 AD.CC’=S ⇒ BB’ + CC’= AD S2 B’ Do đó BB’ +CC’ nhỏ nhất ⇔ AD S2 nhỏ nhất ⇔ AD lớn nhất B D C C’ Giả sử AC ≥ AB thì trong hai đường xiên AD và AC đường xiên AD có hình chiếu nhỏ hơn do đó AD ≤ AC (hằng số) ; AD =AC ⇔ D trùng C Vậy đường thẳng d phải dựng là đường thẳng chứa cạnh lớn nhất trong hai cạnh AB, AC 2.2Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH .Gọi D,E theo thứ tự thuộc cạnh AC ,AB sao cho DHE = 90 o . Tìm vj trí D,E để DE có độ dài nhỏ nhất. A Giải : Gọi I là trung điểm của DE ta có DE = IA +IH ≥ AH ( trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) E I D. Vậy minDE = AH ⇔ thuộc đoạn thẳng AH do đó: AH AC và HE AB B H C O Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 3.1 Cho tam giac ABC cân tại A và điểm D cố định thuộc cạnh đáy BC > Hãy dựng một đường thẳng song song với BC cắt hai cạnh bên ở E và F sao cho DE + DF có giá trị nhỏ nhất Giải : Về phía ngoài tam giác vẽ tia Ax sao cho xAC = DAE trên Ax lấy điểm D’ sao cho AD’ = AD ta có AED = AFD’ ( c-g-c) A Suy ra DE = FD’ Ta có DF +DE = DF + FD’ ≥ DD’( AD cố định nên AD’ cố định) E F D’ Vậy DD’ là hằng số Do đó DF +DE nhỏ nhất ⇔ DF + D’F nhỏ nhất ⇔ F là giao điểm B D C x của DD’ và AC 3.2 Trên nữa mp bờ d lấy hai điểm A,B .Tìm vị trí điểm D trên d để AD + DB nhỏ nhất Giải : Lấy điểm A’ đối xứng của A qua d ta có B AD = A’D (d trung trực của AA’) A Vậy AD + DB = A’D + DB ≥ A’B Do đó min (AD + DB) khi D nằm trên giao điểm của A’B và d D A’ 4.1 Cho tam giác ABC vuông cân tại có AB = AC = 10cm.Tam giác DEF vuông cân ở D nội tiêp tam giác ABC ( D ∈ AB, F ∈ AC, E ∈ BC). Xác định vị trí điểm D để diện tích yam giác DEF nhỏ nhất. Giải : Gọi AD = x kẻ EH AB thì AD = EH =BH = x DH =10 – 2x ta có: B S DEF = 2 1 DE.DF = 2 1 DE 2 = 2 1 ( EH 2 +DH 2 ) H E = 2 1 [ x 2 + ( 10 -2x) 2 ] = 2 1 ( 5x 2 – 40x +100) = 2 5 ( x 2 -8x + 20) D = 2 5 (x – 4) 2 + 10 ≥ 10 A F C minS DEF = 10(cm 2 ) ⇔ x = 4 do đó AD = 4cm. Tổng quát: minS DEF = `5 1 S ABC 4.2 Các đường chéo tứ giác ABCD cắt nhau ở 0 .Tính diện tích nhỏ nhất A B của tứ giác ,biết S AOB =4cm2, S COD = 9cm 2 . 1 Giải Ta có 2 4 S S = OB OA = 3 1 S S ⇒ S 1 .S 2 = S 3 .S 4 2 O 4 Theo bất đẳng thức COSI : 3 D S 3 + S 4 ≥ 2 2 1 .SS = 2 9.4 =12 S= S 1 + S 2 + S 3 + S 4 ≥ 4 + 9 + 12 = 25 D maxS =25 (cm 2 )khi và chỉ khi : S3 = S4 ⇔ SADC = SBCD ⇔ AB║ CD Tổng quát thay 4 và 9 bởi a và b ta có maxS = ( a + b ) 2 II/ Chú ý khi giải bài toán cực trị: 1/ Khi giải bài toán cực trị , nhiều khi ta cần biến đổi tương đương điều kiện cực trị của đại lượng này thành điều kiện cực trị cuả đại lượng khác Ví dụ: Cho tam giác nhọn ABC ,M là điểm bất kì nằm trên cạnh BC.Gọi E,F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB và AC .Tìm vị trí của M để EF có độ dài nhỏ nhất . A Giải : Gọi I là trung điểm của AM ta có: IA = IE = IM = IF .Như vậy EF là cạnh đáy của tam giác cân IEF I Ta có góc EIF = 2 góc EAF mà góc EAF không đổỉ nên góc EIF không đổi Tam giác cân EIF có số đo góc ở đỉnh không đổi nên cạnh đáy nhỏ nhất khi E F Và chỉ khi cạnh bên nhỏ nhất .Do đó EF nhỏ nhất ⇔ IE nhỏ nhất ⇔ AM C Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 Nhó nhất . Khi đó M là chân đường cao kẻ tờ A đến BC B M C 2/ Nhiều bài toán cực trị có liên quan đến tập hợp điểm . Trong tập hợp các hình có chung một tính chất ,khi ta cố định một yếu tố không đổi của hình ,các điểm còn lại có thể chuyển động trên một đường nhất định .việc theo dõi vị trí của nó giúp ta tìm được cực trị của bài toán. Ví dụ: Trong các hình bình hành có diện tích và đường chéo không đổi ,hình nào có chu vi nhỏ nhất Giải : Xét các hình bình hành có BD cố định .Diện tích hình bình Hành không đổi nên diện tích tam giác ABD không đổi do đó A B’ chuyển đông trên đường thẳng d song song với BD. D A Cần xác định vị trí của A trên d để BA + AD nhỏ nhất. Lấy điểm B’ đối xứng qua d khi đó B’ cố định. B BA + AD = B’A +AD ≥ B’D ( hằng số) BA + AD nhỏ nhất ⇔ B’A + AD nhỏ nhất ⇔ A là C Giao điểm của d và đoạn B’D khi đó AB = AD D Vậy hình bình hành có chu vi nhỏ nhất là hình thoi 3/ Khi giải bài toán cực trị , có khi ta phải tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) trong từng trường hợp rồi so sánh các giá trị đó với nhau để tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất) của bài toán Ê Ví dụ: Cho tam giác ABC .Dựng đường thăng đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến d có giá trị lớn nhất . Giải : Gọi BB’ , CC’ là khoảng cách từ B và C đến d. Xét hai trường hợp : A a/ Đường thẳng d cắt BC tại D ta có: BB’ + CC’ ≤ BD + CD = BC B’ Chú ý : Nếu B hoặc C lớn hơn 90 o tì dấu = không đạt được nhưng điều đó không ảnh hưởng đến bài toán B C C’ b/Đường thẳng d không cắt cạnh BC . Khi đó d cắt cạnh CE với E là điểm đối xứng của B qua A tương tự trừng hợp a ta có BB’ + CC’ ≤ CE E Bây giờ ta so sánh BC và CE d E 1/ Trường hợp BAC 〉 90 o H Nếu kê CH BE thì BE thuộc tia đối AB nên HB 〉 HE A d Do đó BC 〉 CE ta có: A Max( BB’ + CC’) = BC ⇔ d BC B C 2/Trường hợp BAC 〈 90 o . Nếu kẻ CH BE thì H thộc tia đối của AE nên HE 〉 HB Do đó CE 〉 BC ta có : d 1 E B C Max( BB’ + CC’) = CE ⇔ d CE d 2 M 3/ Trường hợp BAC = 90 o A Ta có BC = CE do đó Max (BB’ + CC’) = BC = CE ⇔ d BC hoặc d CE B M III/ Bài tập áp dụng: 1/ Tính diện tích lớn hất của tứ giác ABCD biết AB = AD = a ,BC = CD = b 2/Trong các hình chữ nhật có đường chéo d không đổi hình nào có diện tích lớn nhắt . Tính diện tích lớn nhất đó. 3/ Cho tam giác ABC vuông cân tại A, BC = 2a. Một đường thẳng d bất kì qua A không cắt cạnh BC .Goi I và K theo thứ tự là các hình chiếu của B và C trên d, gọi H là trung điểm của BC.Tính diện tích lớn nhất của tam giác HIK. Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 4/ Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a , BC = b ( b 〈 a 〈 3a). Trên các cạnh AB,BC, CD, DA lấy theo thứ tự các điểm E,F,G,H sao cho AE = AH = CF = CG .Xác định vị trí các điểm E,F,G.H để tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất. 5/Chứng minh rằng trong các tam giác có cung cạnh đáy và cùng chu vi tam giác cân có diện tích lớn nhất 6/Trong hình chữ nhật có cùng chu vi ,hình nào có diện tích lớn nhất. 7/Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích .hình nào có chu vi nhỏ nhất 8/Trong các hình thoi có cùng chu vi ,tìm hình có diện tích lớn nhất. 9/ Trong các hình thoi có cùng diện tích , hìmh nào có chu vi nhỏ nhất. 10/ Tứ giác ABCD có C + D = 90 o ,AD = BC, AB = b, CD = a ( a 〉 b) .Gọi E,F,G,H theo thứ tự là trung điểm của AB,AC,DC,DB.Tính diện tích nhỏ nhất của tứ giác EFGH. 11/ Cho hình chữ nhật ABCD . Tìm tứ giác có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh của hình chữ nhật sao cho chu vi tứ giác có giá trị nhỏ nhất. 12/ Cho hình vuông ABCD cạnh a .Tìm diện tích lớn nhất của các hình thang có bốn đỉnh thuộ bốn cạnh hình vuông và hai cạnh đáy song song với hai đường chéo hình vuông. 13/ Cho hình vuông ABCD có ạnh 6cm .Điểm E thuộc cạnh AB sao cho AE = 2cm, điểm F thuộc cạnh BC sao cho BF = 3cm.Dựng các điểm G,Htheo thứ tự thuộc cạnh CD, AD sao cho EFGH là hình thang a/Có đáy EH , FG và có diện tích nhỏ nhất b/Có đáy EF, GH và có diện tích lớn nhất . 14/Cho tam giác ABC. Xác định vị trí các điểm D,E trên các cạnh AB ,AC sao cho BD + CE = BC và DE có độ dài nhỏ nhất 15/ Cho tam giác ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a .Các điểm D,E theo thứ tự chuyển động trên cạnh AB,AC.Gọi H,K theo thứ tự là hình chiếu của D và E trên BC .Tính diện tích lớn nhất của tứ giác DEKH. 16/Cho tam giác ABC vuông cân tại A .Điểm M thuộc cạnh BC .Gọi E và F theo thứ tự là hình chiêu của M trên AB ,AC.Chứng minh rằng khi M chuyển động trên BC thì a/ Chu vi của tứ giác MEAF không đổi . b/Đường thẳng đi qua M và vuông góc với EF luôn đi qua điểm K cố định . c/ Tam giác KEF có diện tích nhỏ nhất khi M là trung điểm của BC [...]... Thay y = Chuyên đề 5 : RÚT GỌN MỘT BIỂU THỨC I/ Rút gọn các biếu thức: a- A = 197 8( 197 99 + 197 98 +…+ 197 92 + 198 0) +1 b- B = a2(b – c) + b2( c –a) + c2( a – b) + (a – b)(b – c)(c –a) c- C = a3(b – c) + b3( c –a) + c3( a – b) + (a +b +c) (a – b)(b – c)(c –a) Giải: a/ A = 197 8( 197 99 + 197 98 +…+ 197 92 + 198 0) +1 = ( 197 9 – 1)( 197 99 + 197 98 +…+ 197 92 + 197 9 + 1) +1 Nhân vào ta được kết quả A = 197 910 b- Ta... ABC theo thứ tự ở A’, B’ , C’ Chứng minh rằng : OA ' OB ' OC ' + + =1 a/ AA ' BB ' CC ' OA OB OC + + =2 b/ AA ' BB ' CC ' 5/ C là 1 điểm thuộc tia phân giác góc xOy có số đo bằng 600 M là điểm bất kì nằm trên đường vuông góc với OC tại C và thuộc miền ngoài góc xOy Gọi MA , MB theo thứ tự là khoảng cách từ M đến Õ, Oy Tinh độ dài OC theo MA, MB Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 Chuyên đề7 :... : 1 + 5 90 09 không phải là số nguyên tố Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 ************************************************ ĐỀ 2 Bài 1: Tìm a để mọi nghiệm của bất phương trình ( a2 + 1 )x > 2a – 1 (1) đều là nghiệm của bất phương trình 2x > 5 (2) Bài 2 : Giải các phương trình sau : a/ x − 1 + a = 5 x b/ m(x – 1 ) = x + 2n – 7 Bài 3 : Tìm số dư cuối cùng trong phép chia : 1 + x + x 19 + x20 +... 6)( y + 6) = y2 - 36 ≥ -36 Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 minA = -36 ⇔ y = 0 ⇔ x2 – 7x + 6 = 0 ⇔ x1 = 1, x2 = 6 3/ Biểu thức là một phân thức : a/ Phân thức có tử là hằng số ,mẫu là tam thức bậc hai: 2 Ví dụ : Tìm GTNN của A = 6x − 5 − 9x2 −2 2 −2 Giải : A = = 2 2 = 2 6x − 5 − 9x 9 x − 6 x + 5 (3x − 1) + 4 1 1 ≤ Ta thấy (3x – 1)2 ≥ 0 nên (3x – 1) 2 +4 ≥ 4 do đó theo tính chất a ≥ b thì... Giải : x2 + y2 + z2 +3 - 2(x + y +z ) ≥ 0 (x – 1)2 + (y – 1)2 +(z – 1)2 ≥ 0 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 b/ Cho các số dương a,b thoả mãn điiêù kiện a + b = 1 Chứng minh rằng 1 1 (1 + )(1 + ) ≥ 9 a b 1 1 Giải (1 + )(1 + ) ≥ 9 ⇔ ab + a + b + 1 ≥ 9ab ( vì ab>0) ⇔ a + b + 1 ≥ 8ab ⇔ 2 ≥ 8ab a b (vì a+b=1) ⇔ 1 ≥ 4ab ⇔ (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ ( a – b )2 ≥ 0 Dấu bằng... + 32 ).52 ⇒ ( 2x + 3y )2 ≤ 13.13.4 Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 ⇒ 2x + 3y ≤ 26 Vậy maxA = 26 ⇔ { 3x = 2y 2x +3y ≥ 0 3x vào x2 + y2 = 52 ta được 4x2 + 9x2 = 52.4 ⇒ x2 = 16 ⇒ x=4 hoặc x= -4 2 Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y ≥ 0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y ≥ 0 Vậy max A 26 ⇔ x =4 , y = 6 3/ Trong các hằng bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau -Nếu 2 số có tổng không đổi.. .Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 CHUYÊN ĐỀ 4: CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC 1/ Cho biểu thức ( x ,y, ) a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y ) kí... ta có (x + y+ z) ( + + ) ≥ 9 với x = b + c x y z 1 1 1 + + ) ≥ 9 chia 2 rồi nhân vào ta có y = a + c và z = a + b ta có 2 (a + b + c)( b+c c+a a+b được điều chứng minh IV Vài điểm chú ý khi chứng minh bất đẳng thức : 1/ Khi chứng minh bất đẳng thức , nhiều khi ta cần đổi biến 1 Ví dụ : Cho a + b + c = 1 Chứng minh a2 + b2 + c2 ≥ 3 Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 1 1 1 + x , b = +y , c =... z ) y ( y − z )( y − x) z ( z − x )( z − y ) xyz Qui đồng như bài tập G III- Bài tập áp dụng: Rút gon.: a 2 + 3ab 2a 2 − 5ab − 3b 2 1/ A = + a 2 − 9b 2 6ab − a 2 − 9b 2 (10 + 1)(102 + 1)(104 + 1) .(102 n + 1) 2/ B = Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 ( nhân 2 vvế với (10-1) a − b b − c c − a (a − b)(b − c)(c − a ) + + + 3/ C = a + b b + c c + a (a + b)(b + c )(c + a ) a ( x − b)( x − c) b( x... (x – y) ≥ 0 ⇒ x2 - 2xy + y2 ≥ 0 (2) 1 Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 ) ≥ 1 ⇒ x2 + y2 ≥ 2 1 1 minA = khi và chỉ khi x = y = 2 2 Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x Thay y = x – 1 vào A Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 - 1 2 1 1 ≥ ) + 2 2 2 1 1 khi và chỉ khi x = y = 2 2 Cách 3/ Sử dụnh điều kiện đã cho để dưa về một biến mới . c)(c –a) Giải: a/ A = 197 8( 197 9 9 + 197 9 8 +…+ 197 9 2 + 198 0) +1 = ( 197 9 – 1)( 197 9 9 + 197 9 8 +…+ 197 9 2 + 197 9 + 1) +1 Nhân vào ta được kết quả A = 197 9 10 b- Ta phân tích a 2 (b –. thức sau thành nhân tử : : 4x 2 -4 x-3 Toán bồi dưỡng HSG theo chuyên đề - Lớp 9 Ta có a.c= 4 (-3 ) = (-3 )4 = 6 (-2 ) = (-6 )2 ta thấy -6 +2 = -4 do đó ta phân tích -4 x thành -6 x + 2x . Đối với đa thức bậc. 3(a+b)(b+c)(c+a) e/ x 2 (y-z)+y 2 (z-x)+z 2 (x-y) = x 2 (y-z)+y 2 z-xy 2 +xz 2 - yz 2 =x 2 (y-z)+yz(y-z)-x(y 2 - z 2 ) =(y-z)(x 2 +yz-xy-xz) =(y-z)[x(x-y)-z(x-y) =(y-z)(x-y)(x-z) II/Phương pháp tách