Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng Tiết 13+14+15 Bài17: Chứng minh rằng: (9 n + 63)  8 Với ∀ n ∈ N Giải Ta có: 9 n + 63 = 9 n -1+ 64 Do 64  8 Vậy ta cần chứng minh: (9 n -1)  8 Ta có: 9 n -1 = (9-1)M = 8M (M ∈ N) Mà 8M  8 Vậy (9 n -1)  8 Do vậy (9 n + 63)  8 (đpcm). Bài 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x 2 -4xy+5y 2 =16 Giải: Ta có: x 2 -4xy+5y 2 =16 ⇔ x 2 -4xy+4y 2 +y 2 = 16 ⇔ (x-2y) 2 +y 2 = 16 Vì x, y ∈ Z nên (x-2y) ∈ Z Tổng hai bình phương của hai số nguyên bằng 16 thì chỉ có 2 khả năng xảy ra a) (x-2y) 2 =0 ⇔ x=8; y=4 y 2 =16 x=-8; y=-4 b) y 2 =0 x=4; y=0 (x-2y) 2 =16 ⇔ x=-4; y=0 Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên: (4;0); (-4;0); (8;4); (-8;-4) Bài 19: Cho hình vuông ABCD, trên DC lấy một điểm M bất kì, nối A với M. Kẻ phân giác của góc BAM cắt BC tại P. Phân giác của góc DAM cắt DC tại Q. Chứng minh PQ ⊥ AM. Giải Kẻ QK ⊥ AM, PK' ⊥ AM Xét hai tam giác vuông: ADQ và AKQ có AQ - cạnh chung QD=QK (Do Q nằm trên phân giác ∠ DAM) Do đó ∆ ADQ= ∆ AKQ Suy ra AD=AK (1) Tương tự ta có AB=AK' (2) Từ (1) và (2) suy ra AK=AK' Hay K ≡ K' Vậy PQ ⊥ AM (đpcm). Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 1 K' A B D C M Q P K Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng Bài 20: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G. a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm của BC. b) ∆ ABC ~ ∆ AEF c) ∠ BDF = ∠ CDE d) H cách đều các cạnh của tam giác DEF Giải a)BG ⊥ AB, CH ⊥ AB, nên BG // CH Tương tự BH ⊥ AC, CG ⊥ AC nên BH//CG Tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối song song nên nó là hình bình hành. Do đó hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.Vậy GH đi qua trung điểm M của BC. b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng Suy ra AF AE AC AB = ⇒ AF AC AE AB = (1) Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2) Từ (1) và (2) suy ra ∆ ABC ~ ∆ AEF. c) Chứng minh tương tự ta được: ∆ BDF ~ ∆ BAC, ∆ EDC ~ ∆ BAC, suy ra ∆ BDF ~ ∆ EDC ⇒ ∠ BDF = ∠ CDE d) Ta có ∠ BDF = ∠ CDE ⇒ 90 0 - ∠ BDF = 90 0 - ∠ CDE ⇒ 90 0 - ∠ BDF = 90 0 - ∠ CDE ⇒ ∠ ADB - ∠ BDF = ∠ ADC - ∠ CDE ⇒ ∠ ADF = ∠ ADE Suy ra: DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác góc EFD. Suy ra H là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF. Vậy H cách đều ba cạnh của tam giác DEF. Bài 21: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A= 1 )1(3 23 +++ + xxx x Giải Ta có: A= 1 )1(3 23 +++ + xxx x = )1()1( )1(3 2 +++ + xxx x = )1)(1( )1(3 2 ++ + xx x = 1 3 2 + x Mà x 2 +1 ≥ 1 Với mọi x suy ra: 1 3 2 + x 3 ≤ Dấu ''='' xảy ra ⇔ x = 0 Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 2 H A B C G D E F Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng Vậy giá trị lớn nhất của A là 3 khi x = 0 Bài 22: Cho hình thang ABCD đáy nhỏ BC. Từ trung điểm I của CD, kẻ đường thẳng d//AB, AH ⊥ d , BE ⊥ d. Chứng minh S ABEH = S ABCD . Giải Gọi J, K lần lượt là giao điểm của đường thẳng d với BC, AD ta có: IJC ∆=∆ IKD (c.g.c) ⇒ S IKD =S CJI ⇒ S ABCD = S ABJK (1) Và HAK ∆=∆ EBJ ⇒ S EBJ = S HAK S ABEH = S ABEK +S HAK Mà S ABJK = S ABEK +S EBJ Suy ra S ABEH = S ABJK (2) Từ (1) và (2) ta có S ABEH = S ABCD Tiết 16+17+18 CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ ĐẠI SỐ A.Mục tiêu: Học sinh hiểu được khái niệm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (cực trị) Học sinh tìm hiểu khái niệm cực trị thông qua cực trị của hàm một biến Hệ thống hoá các phương pháp tìm cực trị đã học đồng thời giới thiệu một số phương pháp mới. B. Bài mới: a) Phương pháp tam thức bậc hai: b)Phương pháp xét khoảng: c)Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức phụ: Bài 23:Tìm GTLN của các biểu thức sau: a) A=3-(2x -1) 2 b) B = 4x -x 2 +2 c) C 94 2 2 +− = xx d) D 3 215 2 2 + + = x x Giải: a) Do (2x 2 -1) 0 ≥ với mọi x, nên 3-(2x -1) 2 ≤ 3. Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 3 K B C A D G F I H E J Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng Dấu = xảy ra ⇔ (2x -1) 2 =0 ⇔ x 2 1 = Vậy GTLN của A là 3 ⇔ x 2 1 = . b) Ta có B = 4x - x 2 +2 = -(x 2 -4x +4) + 6 = 6 - (x-2) 2 Do (x-2) 2 0 ≥ với mọi x, nên B ≤ 6 Dấu = xảy ra ⇔ (x -2) 2 =0 ⇔ x=2 Vậy GTLN của B là 6 ⇔ x = 2 c) Ta có: 94 2 +− xx =(x -2) 2 +5 ≥ 5 với mọi x. Hay 94 1 2 +− xx ≤ 5 1 với mọi x Do đó ta có: C 94 2 2 +− = xx ≤ 5 2 Dấu ''='' xảy ra ⇔ (x -2) 2 =0 ⇔ x=2 Vậy GTLN của C là 5 2 ⇔ x = 2 Bài 24: Tìm GTNN của biểu thức: M = 5 − x + 2 + x Giải *Nếu x<-2, ta có: M =-x+5-x-2 ==2x+3>4+3=7 *Nếu -2 ≤ x ≤ 5,ta có: M =-x+5 +x +2 =7 *Nếu x> 5,ta có: M =x-5 +x +2 =2x -3> 10-3 =7 Vậy trong mọi trường hợp ta có minM =7, đạt được khi -2 ≤ x ≤ 5. Đối với bài trên ta có thể giải bằng cách sử dụng bất đẳng thức: ≤+ yx x + y Bài 25 :Cho a, b, c là các số thực dương , chứng minh rằng : cb a + + ac b + + ab c + > 2 Giải: Áp dụng BĐT Cauchy, ta có Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 4 Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng a+(b+c) ≥ 2 )( cba + ⇔ 2 cba ++ ≥ )( cba + ⇔ cba ++ 2 ≤ )( 1 cba + ⇔ cba a ++ 2 ≤ )( cba a + = cb a + Hay cb a + ≥ cba a ++ 2 Tương tự ta có : ca b + ≥ cba b ++ 2 ; ab c + ≥ cba c ++ 2 Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xãy ra, vì khi đó có a = b+c ,b =c+a c=a+b nên a+b+c =0( trái với giả thiết là a, b, c đều dương ) Từ đó ta suy ra cb a + + ac b + + ab c + > 2 Bài 26 : Giải phương trình x 3 - 3x 2 + 2 3 )2( + x - 6x = 0 (1) Giải: Điều kiện: x ≥ -2 (1) ⇔ x 3 -3x(x+2) + 2 3 )2( + x = 0 (2) Đặt y = 2 + x ≥ 0 .Khi đó (2) trở thành: x 3 - 3xy 2 +2y 3 = 0 ⇔ (x- y ) 2 (x+2y) = 0 Do đó x = y hoặc x = -2y Với x = y ta có x = 2 + x ⇔ x 2 = x +2 ⇔ x 2 - x -2 = 0 x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ x = 2 (thoả mãn) ⇔ (x+1) (x-2) = 0 Với x = -2y ta có : x ≤ 0 x ≤ 0 ⇔ x 2 - 4x - 8 = 0 ⇔ x = 2 -2 3 ( thoả mãn) x =-2 2 + x ⇔ x 2 = 4(x+2) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2 và x = 2 -2 3 . Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 5 Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng Bài 27: Cho tam giác ABC.Các tia phân giác trong BM và CN (M thuộc AC, N thuộc AB) cắt nhau tại D . Chứng minh rằng Tam giác ABC vuông tại A khi và chỉ khi 2BD.CD =BM.CN Giải: Đặt BC =a , CA = b , AB = c . Theo tính chất đường phân giác ta có: BC BA MC MA = Suy ra ca c MAMC MA + = + Hay MA = ca bc + Mặt khác từ AD là phân giác của góc BAM ta có MA BA DM DB = Suy ra MABA BA DMDB DB + = + Hay ca bc c c BM BD + + = = cba ca cbac cac ca bccac c ++ + = ++ + =+ ++ )( )( )( 2 Vậy cba ca BM BD ++ + = Suy ra 2BD = 2BM . cba ca ++ + (1) Tương tự ta có: cba ab CN CD ++ + = Suy ra CD = CN. cba ab ++ + (2) Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có 2BD. CD = 2BM . cba ca ++ + . CN. cba ab ++ + = 2BM.CN. 2 )( ))(( cba abca ++ ++ Suy ra CNBM CDBD . .2 = 2 )( ))(( cba abca ++ ++ .2 = 1 (vì 2BD.CD =BM.CN) Hay 2(a+c).(b+a) =(a+b+c) 2 ⇔ 2a 2 +2ab+2ac+2bc =a 2 +b 2 +c 2 +2ab+2ac+2bc ⇔ a 2 =b 2 +c 2 .Tam giác ABC vuông tại A Vậy tam giác ABC vuông tại A khi và chỉ khi 2BD.CD =BM.CN. Tiết 19+20+21 Bài 28 : Cho hình vuông ABCD. Hai điểm I,J lần lượt thuộc hai cạnh BC và CD sao cho góc IAJ =45 0 .Đường chéo BD cắt AI và AJ tương ứng tại H và K. Tính tỉ số J I HK . Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 6 D A B C M N Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng Giải: Từ giả thiết góc HAJ = góc HDJ =45 0 , suy ra tứ giác AHJD nội tiếp, từ đó góc AHJ =1v.Vậy tam giác AHJ vuông cân tại H. Suy ra 2 2 = AJ AH (1) Xét tương tự ta có 2 2 = AI AK (2) Từ (1) và (2) suy ra JI~ AAHK ∆∆ . Do đó J I HK = 2 2 = AJ AH . Bài 29: Cho phương trình 4x 2 +2(3 -2m)x+m 2 -3m +2 = 0 (1) a) Chứng tỏ (1) luôn có nghiệm với mọi m. b) Tìm m để tích hai nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất. Giải : Ta có ∆ ' = (3-2m) 2 - 4(m 2 -3m +2) = 1> 0 nên PT đã cho có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 với mọi giá trị của m. b)Theo hệ thức Vi- ét ta có: x 1 x 2 = 16 1 16 1 ) 2 3 ( 4 1 4 23 2 2 −≥−−= +− m mm Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi m = 2 3 . Vậy GTNN của x 1 x 2 là - 16 1 đạt được khi m = 2 3 . Bài 30: Giải các phương trình và hệ phương trình : a) x 2 +y 2 = 2(xy +2) b) x 2 + 2 2 )5( 25 + x x = 11 (1) x +y = 6 Giải: Hệ đã cho tương đương với (x +y) 2 =4xy +4 x +y = 6 x +y = 6 ⇔ xy = 8 Giải hệ này ta được hai nghiệm là (4;2) và (2;4) b) ĐK x ≠ -5.Khi đó (1) ⇔ x 2 - 5 10 2 + x x + 2 2 )5( 25 + x x + 5 10 2 + x x = 11 ⇔ (x - 5 5 + x x ) 2 +10( 5 2 + x x ) = 11 ⇔ ( 5 2 + x x ) 2 +10( 5 2 + x x ) = 11 (2) Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 7 H K A D B C J I Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng Đặt y = 5 2 + x x PT (2) trở thành y 2 +10y =11 suy ra y 1 =1 , y 2 =-11 Với y = -11 PT vô nghiệm Với y = 1 từ (2) ta có x 2 -x +5 = 0 ⇔ x 1 = 2 211 + , x 2 = 2 211 − . Vậy PT có hai nghiệm là: x 1 = 2 211 + , x 2 = 2 211 − . Bài 31: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O,R),góc C =45 0 Đường tròn đường kính AB cắt các cạnh AC và BC lần lượt tại M và N . a) Chứng minh MN vuong góc với OC. b) Chứng minh MN = 2 AB Giải: Dựng tia tiếp tuyến Cx với đường tròn (O) khi đó góc BAC = góc BCx ( cùng chắn cung nhỏ BC) Mặt khác : góc BAC = góc MNC (cùng bù với góc BNM) Suy ra góc MNC =góc BCx từ đó MN //Cx Mặt khác Cx ⊥ OC nên MN ⊥ OC b)Ta thấy ∆ CMN ~ ∆ CBA Suy ra 2 1 == CA CN AB MN ( vì ∆ ANC vuông cân tại N) MN = 2 AB Bài 32: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O,R).Điểm M di động trên cung nhỏ BC. Từ M kẻ các đường thẳng MH, MK lần lượt vuông góc với AB,AC . a)Chứng minh hai tam giác MBC và MHK đồng dạng với nhau. b)Tìm vị trí của M để độ dài đoạn HK lớn nhất. Giải: a) Tứ giác AHMK nội tiếp được (góc H = góc K =1v) Nên góc MKH = góc MAH Mà góc MAH =gócMCB Suy ra : góc MKH = góc MCB (1) Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 8 N O B A C M c 1 K O M H B C A H Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng Lại có góc MBC =góc MAC Mà góc MHK = góc MAC Suy ra : góc MBC =góc MHK (2) Từ (1) và (2) suy ra: Tam giác MBC và MHK đồng dạng với nhau(g-g) b) Từ câu a) suy ra HK BC MH MB = , mà MB ≥ MH dẫn đến HK BC ≥ 1 hay HK ≤ BC. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H trùng B, lúc đó góc ABM= 1v ⇔ AM là đường kính của đường tròn (O). Do đó khi M là điểm đối xứng của A qua O thì độ dài KH lớn nhất. Bài 33: Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường tròn tâm B ,bán kính BA . Trên đường thẳng BC lấy các điểm E và F sao cho B là trung điểm của EF . Vẽ đường kính AD . Các đường thẳng DE và DF cắt đường tròn (B) lần nữa theo thứ tự tại các điểm M và N .Chứng minh ba điểm M,N,C thẳng hàng. Giải: Gọi K là giao điểm của đường thẳng CD và đường tròn tâm B,bán kính BA. Xét trường hợp E,F nằm trong đường tròn ta có: ∠ CMD =180 0 - ∠ MCD - ∠ MDC hay sđ ∠ CMD =180 0 - 2 1 sđ(DN -MK) - 2 1 sđMK = 180 0 - 2 1 sđDN (1) Mặt khác ∠ NMD = 2 1 sđDN (2) Từ (1) và (2) suy ra ∠ CMD + ∠ NMD = 180 0 . Hay ba điểm M,N,C thẳng hàng Trường hợp E,F nằm ngoài đường tròn ta c/m tương tự. ĐỀ THI HSG LỚP 8 Năm học 2007 - 2008 Bài 1: Cho biểu thức M = nn aa aa 3 2 1 2 − −+ + .       − − − −+ aaa aa 22 22 3 44 )2( (n ∉ N*) a) Rút gọn M Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 9 E K M B D C A N F Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng b) Với a>2. Chứng minh rằng 0 < M < 1 Bài 2: . Chứng minh rằng với m là số nguyên lẻ thì: a) (m 3 +3m 2 - 3m -3)  48 b) ( 7.5 2n +12.6 n )  19; Với n là số nguyên dương Bài 3: Cho a, b, c và x, y, z là các số khác nhau và khác 0, đồng thời thoả mãn 0 =++ z c y b x a và 1 =++ c z b y a x . Chứng minh rằng 1 2 2 2 2 2 2 =++ c z b y a x Bài 4: Cho hình vuông ABCD, cạnh a. Một đường thẳng d đi qua đỉnh C cắt tia AB ở E và tia AD ở F. a) Chứng minh: BE.DF = a 2 b) Chứng minh đẳng thức 2 2 AF AE DF BE = c) Xác định vị trí của điểm E trên tia AB sao cho diện tích tam giác EAF có giá trị nhỏ nhất? Biết rằng " Hai số dương có tích không đổi tổng của chúng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau" Bài 5: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = 2 )2008( + x x Giải Bài 1: Cho biểu thức M = nn aa aa 3 2 1 2 − −+ + .       − − − −+ aaa aa 22 22 3 44 )2( (n ∉ N*) a) Rút gọn M Ta có: M = nn aa aa 3 2 1 2 − −+ + .       − − − −+ aaa aa 22 22 3 44 )2( M= )3( )1)(2( − −+ aa aa n       +− + − +− + )1)(1(4 )1(12 4)1)(1( )1(4 aaa a aaa aa = )3( )1)(2( − −+ aa aa n . )1(4 )3(4 − − aa a = 1 2 + + n a a b) Với a>2. Chứng minh rằng 0 < M < 1 Với a>2 ⇒ a + 2 > 0 và a n+1 > 0 Do đó 1 2 + + n a a > 0 (1) Với a>2 ⇒ a + 2 < 2a và a n+1 ≥ a 2 Do đó 1 2 + + n a a < 1 (2) Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 10 [...]... bồi Dưỡng Từ (1) và (2) suy ra 0 < M < 1 Bài 2: Chứng minh rằng với m là số nguyên lẻ thì: a) (m3+3m2 - 3m -3)  48 Ta có: m3+3m2 - 3m -3 = m2(m+3) -(m+3) = (m+3)(m-1)( m+1) Do m lẻ nên (m+3);(m-1) ;( m+1) là các số chẵn Tích 3 số chẵn liên tiếp thì chia hết cho 48 Vậy (m3+3m2 - 3m -3)  48 + b) Chứng minh ( 7.52n +12.6n ) 19; Với n là số nguyên dương 7.52n +12.6n = 7.52n +12.6n +7.6n - 7.6n =( 7.25n... AE.AF 2 Mặt khác BE.DF = a2(không đổi) ⇒ BE +DF nhỏ nhất khi BE = DF ⇒ BE+a = DF+a Hay AE = AF.Vậy để diện tích tam giác EAF có giá trị nhỏ nhất thì E phải là điểm đối xứng của A qua B ĐỀ THI HSG LỚP 8 Năm học 20 08 - 2009  1  6   x2  Bài 1: Cho biểu thức M =  x 3 − 4 x + 6 − 3x + x + 2  :  x − 2 +   10 − x 2 x +2     a) Rút gọn M b)Tính giá trị của M khi x = 1 2 Bài 2: Cho biểu thức: A... sau : B= 3( x + 1) x + x2 + x + 1 3 Bài 4: Cho hình bình hành ABCD Với AB = a ; AD = b Từ đỉnh A , kẻ một đường thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G a) Chứng minh: AE2 =EF.EG b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi Bài 5: Chứng minh rằng nếu Thì : x 2 − yz y 2 − xz = Với x (1 − yz ) y (1 − xz ) x ≠ y ; xyz ≠ 0 ; yz... nên ta có: = E 2 a) Chứng minh: EA EB = EG ED B AB DG D F C G (1) Do BF//AD nên ta có: EF EB = EA ED = AD FB Từ (1) và (2) ⇒ (2) EA EF = EG EA Hay AE2 = EF EG b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi Từ (1) và (2) ⇒ AB FB = DG AD Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng Hay BF.DG = AB.AD = ab (không đổi) 14 Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng Bài 5: Chứng minh rằng nếu Thì . 63)  8 Với ∀ n ∈ N Giải Ta có: 9 n + 63 = 9 n -1+ 64 Do 64  8 Vậy ta cần chứng minh: (9 n -1)  8 Ta có: 9 n -1 = (9-1)M = 8M (M ∈ N) Mà 8M  8 Vậy (9. ta được: ∆ BDF ~ ∆ BAC, ∆ EDC ~ ∆ BAC, suy ra ∆ BDF ~ ∆ EDC ⇒ ∠ BDF = ∠ CDE d) Ta có ∠ BDF = ∠ CDE ⇒ 90 0 - ∠ BDF = 90 0 - ∠ CDE ⇒ 90 0 - ∠ BDF = 90 0