Đang tải... (xem toàn văn)
Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối tia BA lấy E, trên tia đối tia CB lấy F sao cho AE = CF a Chứng minh D EDF vuông cân b Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD.. Gọi I là trung điể[r]
(1)ĐỀ I Bài Chứng minh : a, (n5 – 5n3 + 4n) chia hết cho 120 với m,n thuộc Z giải a)Ta cã : n – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) lµ tÝch cña số nguyên liên tiếp đó có ít hai số là bội ( đó số là bội 4, số là bội 3, số lµ béi cña 5) VËy tÝch cña sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120 b, Phân tích đa thức thành nhân tử: B x 5x 7x x 5x 12x giải B x 5x 7x x 5x 12x x 5x y 2 Khi đó B y 7xy 12x B y2 3xy 4xy 12x y y 3x 4x y 3x y 3x y 4x x 5x 3x x 5x 4x Đặt x 2x x x Bài 2: 2x x2 2 x x 3x A ( ):( ) 2 x x 2x x x3 Cho biểu thức : a,Tìm ĐKXĐ rút gọn biểu thức A ? b,Tìm giá trị x để A > 0? c,Tính giá trị A trường hợp : |x - 7| = giải a) (2) 2 x 0 x 0 2 x 0 x x 0 2 x x 0 A ( x 0 x 2 x 3 x x2 2 x x 3x (2 x) x (2 x) x (2 x) ):( 3) x x x 2x x (2 x)(2 x) x( x 3) x2 8x x(2 x) x( x 2) x(2 x) x2 (2 x )(2 x ) x (2 x )(2 x)( x 3) x Vậy với x 0, x 2, x 3 thì A 4x x b) x 0, x 3, x 2 : A x2 0 x Với x ( Vì 4x2 > x # 0) x 3(TMDKXD) Vậy với x > thì A > c) x 4 x 4 x x 11(TMDKXD ) x 3( KTMDKXD ) Với x = 11 thì A = 121 Bµi ( 3®iÓm) a) Giải phương trình: x +4 x+6 x 2+16 x +72 x2 +8 x +20 x +12 x + 42 + = + x +2 x+ x+4 x +6 b) Gi¶i phư¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn: (3) x( x + x + 1) = 4y( y + 1) Giải a) ( 1,5 điểm) x+ 2¿ +2 ¿ x +8 ¿ 2+ ¿ x+4 ¿ 2+ ¿ x +6 ¿ 2+6 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x+ 2+ + x +8+ =x +4 + + x+ 6+ x +2 x +8 x+ x+6 + = + + = + x +2 x +8 x +4 x+ x +2 x +8 x +4 x+ x +16 x+24 = ( x+2)(x +8) ( x +4 )( x+6) (5x+16)(x+4)(x+6) = (5x+24)(x+2)(x+8) (5x+16)(x2 +10x + 24) = (5x+24)( x2 +10x + 16) 5x3 + 50x2 + 120x + 16x2 + 160x + 16.24 = 5x3 + 50x2 + 80x + 24x2 + 240x + 24.16 8x2 + 40x = 8x(x + 5) = x = 0; x = -5 Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm b) ( 1,5 điểm) + Phơng trình đợc biến đổi thành: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) 2 + Ta chøng minh (x + 1) vµ (x + 1) nguyªn tè cïng ! V× nÕu d = UCLN (x+1, x + 1) th× d ph¶i lµ sè lÎ (v× 2y+1 lÎ) (4) x x d x 1d x 1d x 1d x 1d x 1d x 1d 2d mµ d lÎ nªn d = + Nªn muèn (x + 1)(x + 1) lµ sè chÝnh ph¬ng Thì (x+1) và (x + 1) phải là số chính phơng 2 2 x k §Æt: x 1 t k 1 x 0 k x 0 (k + x)(k – x) = hoÆc + Víi x = th× (2y + 1) = y = hoÆc y = -1.(Tháa m·n pt) VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: (x;y) Bµi ( ®iÓm) Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh a Một điểm M chuyển động trên cạnh DC (M D, M C) chọn điểm N trên c¹nh BC cho ∠ MAN = 45o, DB thø tù c¾t AM, AN t¹i E vµ F Chøng minh: ° ABF # °AMC 2.Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o Chøng minh S Δ AEF = 12 S Δ AMN Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi M chuyển động trên DC Gäi H lµ giao ®iÓm cña MF vµ NE Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 Giải Bài ( điểm) A B F N H I E K D M C Chøng minh: ° ABF # °AMC ( 1,25 điểm) -Ta cm: ∠ ABF = ∠ ACM = 450 - ∠ BAF = ∠ MAC ( v× cïng céng víi gãc CAN b»ng 450 ) (5) suy : ° ABF # °AMC Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o ( 1,5 điểm) Tõ D AFB # D AMC (g.g) => AF = AB ⇔ AF = AM (1) AM AC AB AC Cã ∠ MAF = ∠ BAC = 45 0(2) Tõ vµ => D AFM # D ABC => ∠ AFM = ∠ ABC = 90o C/M hoµn toµn t¬ng tù cã ∠ AEN = 900 v× vËy ∠ AFM = ∠ AEN = 90o S D AEF = 1/2 S D AMN (2 điểm) AF AE Cã D AFM # D AEN => AM = AN => D AEF # D AMN (c.g.c) => AF ¿ (1) AM SAEF =¿ SAMN Cã ∠ FAM = 450, ∠ AFM = 900 => D AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 AF => AM ¿ ¿ = Thay vào (1) ta đợc SAEF SAMN = hay: S D AEF = 1/2 S D AMN C/M chu vi D CMN không đổi ( 1,25 điểm) Trên tia đối tia DC lấy điểm K cho DK = BN D ADK = D ABN => AK = AN vµ ∠ BAN = ∠ DAK đó D AMN = D AKM (c.gc) => MN=KM V× vËy: Chu vi D CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN = CD + KD + CN = CD + NB + CN = CD + CB = 2a không đổi Tức là: Chu vi D CMN không thay đổi M chuyển động trên cạnh DC Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 (2 điểm) KÎ HI ^ MN t¹i I - Cm: ° MHI # ° MNF => MH.MF =MI.MN - Cm: °NHI # °NME => NH.NE =NI.NM - suy ra: MH.MF + NH.NE =MI.MN + NI.NM = MN( MI+NI ) = MN2 - áp dụng định lí Pitago vào °CMN ta có: MN2 = MC2 +CN2 VËy: MH.MF + NH.NE = MC2 +CN2 (6) Bµi a) Chứng minh rằng: x3m + + x3n + + chia hết cho x2 + x + với m, n N b) Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng a b c + + ≥ b+c c +a a+b giải Bµi 5: ( điểm) a) ( 1,0 điểm) Ta coù: x3m + + x3n + + = x3m + - x + x3n + – x2 + x2 + x + = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1) Vì x3m – vaø x3n – chia heát cho x3 – neân chia heát cho x2 + x + Vậy: x3m + + x3n + + chia hết cho x2 + x + với m, n N b) ( 1,0 điểm) §Æt x= b + c ; y= c + a ; z = a + b ta cã a = y+z − x ; b= ta cã (1) ⇔ ⇔ z+x − y x+y −z y + z − x z +x − y x+ y − z + + 2x 2y 2z y z x z x y + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 x x y y z z ⇔ đúng? ;c= ( y x z x z y + ¿+( + )+( + )≥ x y x z y z lµ B®t (7) Đề Bài a Phân tích đa thức thành nhân tử: x xy y x x x x 2012 2012 2013 2012 2011 b Giải phương trình: c Tìm đa thức f ( x) biết: f ( x) chia cho x dư 5; f ( x) chia cho x dư 7; f ( x) chia cho ( x 2)( x 3) thương là x và đa thức dư bậc x Giải a, x xy y = ( x2 – 9) + 2y(x + 3) = (x – 3)(x + 3) + 2y(x + 3) =(x+ 3)(x + 2y – 3) x x x x 2012 2012 b, 2013 2012 2011 x x x x 2012 1 1 0 2013 2012 2011 x 2014 x 2014 x 2014 x 2014 0 (x 2013 2012 2011 – 2014)( 1 2013 2012 )=0 x = 2014 c,Gọi dư phép chia f(x) cho x2 - là ax + b Ta có : f(x) = (x – 2)(x – 3)(x2- 1) + ax + b Theo bài : f(2) = nên ta có 2a + b = ; f(3) = nên 3a + b = HS tính a = ; b = Vậy đa thức cần tìm là : f(x) = (x – 2)( x – 3)(x2 - 1) + 2x + Bài (8) Cho: P 7.2014n 12.1995n với Chứng minh: a b P Q n N ; chia hết cho 19 không phụ thuộc vào x và ( x2 n)(1 n) n2 x2 1 Q ( x n)(1 n) n2 x2 1 Q 0 Giải a ,P = 7.2014n + 12.1995n = 19.2014n -12.2014n + 12.1995n = 19.2014n - 12(2014n -1995n) Ta có : 19 2014n 19 ; (2014n -1995n) 19 nên P 19 b,Q = ( x n)(1 n) n x x x n n n n x ( x n)(1 n) n x x x n n n n x x (n n 1) n n x (n n 1) n n ( n n 1)( x 1) (n n 1) ( n n 1)( x 1) (n n 1) = = Vậy Q không phụ thuộc vào x (n ) n2 n 1 0 n n (n )2 Q= Bài 2 a Chứng minh: a 5b (3a b) 3ab b Tìm các nghiệm nguyên phương trình: x y x 19 giải 3ab a, a + 5b – (3a + b) – 2a2 + 10b2 – 6a -2b – 6ab +10 0 a2 – 6ab +9b2 + a2 – 6a + + b2 - 2b +1 0 (a – 3b)2 +(a - 3)2 + (b – 1)2 0 Dấu « = » xảy a = ; b = (9) 2 b, x y x 19 2x2 + 4x + = 21 – 3y2 2(x + 1)2 = 3(7 – y2) (*) Xét thấy VT chia hết cho nên 3(7 – y2) 2 y lẻ (1) Mặt khác VT 0 3(7 – y2) 0 y2 (2) Từ (1) và (2) suy y2 = thay vào (*) ta có : 2(x + 1)2 = 18 HS tính nghiệm nguyên đó là (2 ; 1) ; (2 ; -1) ; (-4 ; -1) ; (-4 ; 1) Bài4 Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) Các đường cao AE, BF cắt H Gọi M trung điểm BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM, a cắt AB, AC I và K a Chứng minh D ABC đồng dạng D EFC b Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự N và D Chứng minh NC = ND và HI = HK c Gọi G là giao điểm CH và AB Chứng minh: AH BH CH 6 HE HF HG Giải (10) A F K G H I B E M C N D Ta có D AEC D BFC (g-g) nên suy CE CA CF CB CE CA CF CB và Xét D ABC và D EFC có góc C chung nên suy D ABC D EFC ( c-g-c) Vì CN //IK nên HM CN M là trực tâm D HNC MN CH mà CH AD (H là trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD Do M là trung điểm BC nên NC = ND IH = IK ( theo Ta let) Ta có: AH S AHC S ABH S AHC S ABH S AHC S ABH HE SCHE S BHE SCHE S BHE S BHC Tương tự ta có BH S BHC S BHA BF S AHC và CH S BHC S AHC CG S BHA AH BH CH S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC S BHC S AHC S BHA HE HF HG S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC = SBHC SBHC S AHC S AHC + S BHA S BHA 6 Dấu ‘=’ tam giác ABC đều, mà theo gt thì AB < AC nên không xảy dấu (11) Đề Bài Cho P= a − a −a+ a − a +14 a− a) Rót gän P b) Tìm giá trị nguyên a để P nhận giá trị nguyên Giai a) (1,5) a - 4a - a + = a( a2 - ) - 4(a2 - ) =( a2 - 1)(a-4) =(a-1)(a+1)(a-4) a3 -7a2 + 14a - =( a3 -8 ) - 7a( a-2 ) =( a -2 )(a + 2a + 4) 7a( a-2 ) =( a -2 )(a2 - 5a + 4) = (a-2)(a-1)(a-4) Nªu §KX§ : a 1; a≠ ; a ≠ Rót gän P= b) P= a+1 a− a− 2+3 =1+ a−2 a −2 ; ta thÊy P nguyªn a-2 lµ íc cña 3, mµ ¦(3)= { −1 ; 1; − ;3 } 0,25 Từ đó tìm đợc a { −1 ; ; } Bài a) Chøng minh r»ng nÕu tæng cña hai sè nguyªn chia hÕt cho th× tæng c¸c lËp ph¬ng cña chóng chia hÕt cho b) Tìm các giá trị x để biểu thức : P=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6) cã gi¸ trÞ nhá nhÊt T×m gi¸ trị nhỏ đó Giải a) Gäi sè ph¶i t×m lµ a vµ b , ta cã a+b chia hÕt cho (12) Ta cã a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b) [( a +2 ab+b )− ab ] = 2 a+b ¿ − ab ¿ ¿ =(a+b) V× a+b chia hÕt cho nªn (a+b)2-3ab chia hÕt cho ; Do vËy (a+b) a+b ¿ − ab ¿ ¿ chia hÕt cho b)P=(x-1)(x+6)(x+2)(x+3)=(x2+5x-6)(x2+5x+6)=(x2+5x)236 Ta thÊy (x2+5x)2 nªn P=(x2+5x)2-36 -36 Do đó Min P=-36 (x2+5x)2=0 Từ đó ta tìm đợc x=0 x=-5 thì Min P=-36 Bài a) Gi¶i ph¬ng tr×nh : 1 1 + + = x +9 x +20 x + 11 x+30 x +13 x +42 18 b) Cho a , b , c lµ c¹nh cña mét tam gi¸c Chøng minh r»ng : A= a b c + + ≥3 b+c − a a+c −b a+b − c Giải a) x +9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; §KX§ : x ≠ − ; x ≠ −5 ; x ≠ − ; x ≠ −7 Ph¬ng tr×nh trë thµnh : ¿ 1 1 + + = (x+ 4)( x +5) ( x+5)( x +6) ( x+6)(x +7) 18 ¿ (13) 1 1 1 − + − + − = x + x +5 x +5 x +6 x+ x +7 18 1 − = x + x +7 18 18(x+7)-18(x+4)=(x+7) (x+4) (x+13)(x-2)=0 Từ đó tìm đợc x=-13; x=2; b) (1®) §Æt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 y+z x+ z x+ y ; b= ; c= ; 2 Thay vào ta đợc A= y2+xz + x2+yz + x2+zy = 12 ( yx + xy )+( xz + xz )+( zy + zy ) Từ đó suy A 12 (2+2+2) hay A Từ đó suy a= [ ] Bài4 Cho tam giác ABC , gọi M là trung điểm BC Một gãc xMy b»ng 600 quay quanh ®iÓm M cho c¹nh Mx , My lu«n c¾t c¹nh AB vµ AC lÇn lît t¹i D vµ E Chøng minh : a) BD.CE= BC2 b) DM,EM lÇn lît lµ tia ph©n gi¸c cña c¸c gãc BDE vµ CED c) Chu vi tam giac ADE không đổi Giải a) Trong tam gi¸c BDM ta cã : M =600 nªn ta cã V× ^ : M Suy ^D = ^ ^ ^1 D 1=120 − M ^ M 3=120 − ^ M1 y A x E D B 2 M C (14) Chøng minh Suy ΔBMD BD CM = BM CE V× BM=CM= ∾ Δ CEM (1) , từ đó BD.CE=BM.CM BC , nªn ta cã BD MD = CM EM b) (1®) Tõ (1) suy BD.CE= BC mµ BM=CM nªn ta cã BD MD = BM EM Chøng minh ΔBMD ∾ Δ MED Từ đó suy ^D = ^D , đó DM là tia phân giác góc BDE Chøng minh t¬ng tù ta cã EM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED c) Gäi H, I, K lµ h×nh chiÕu cña M trªn AB, DE, AC Chøng minh DH = DI, EI = EK TÝnh chu vi tam gi¸c b»ng 2AH Bµi T×m tÊt c¶ c¸c tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè nguyªn du¬ng vµ sè ®o diÖn tÝch b»ng sè ®o chu vi Giải Gọi các cạnh tam giác vuông là x , y , z ; đó c¹nh huyÒn lµ z (x, y, z lµ c¸c sè nguyªn du¬ng ) Ta cã xy = 2(x+y+z) (1) vµ x2 + y2 = z2 (2) Tõ (2) suy z2 = (x+y)2 -2xy , thay (1) vµo ta cã : z2 = (x+y)2 - 4(x+y+z) (15) z2 +4z =(x+y)2 - 4(x+y) z2 +4z +4=(x+y)2 - 4(x+y)+4 (z+2)2=(x+y-2)2 , suy z+2 = x+y-2 z=x+y-4 ; thay vµo (1) ta ®uîc : xy=2(x+y+x+y-4) xy-4x-4y=-8 (x-4)(y-4)=8=1.8=2.4 Từ đó ta tìm đuợc các giá trị x , y , z là : (x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ; (x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10) Đề Bài Tìm nghiệm nguyên phương trình: 3xy – x – y + = Giải x2 + 2y2 + Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + 2y2 + 3xy - x - y + = ⇔ ⇔ (x + y)(x + 2y - 1) = - Vì x,y nguyên nên x + y và x + 2y - là các ước - Ta có bảng sau: x+y -3 -1 x + 2y -3 -1 -1 x -8 -6 (16) y -3 5 -3 Kết luận nghiệm (x; y) là (4; 3), (-8;5), (-6; 5), (4; -3) Bài a b c a, ab+ a+1 + bc+b+1 + ac+ c+1 =1 biết abc=1 b, a2 b2 c c b a + + ≥ + + b2 c a2 b a c Giải a, b, x=y ac abc c a b c + + + + =¿ abc+ ac+c abc2 +abc+ ac ac+c +1 ab+ a+1 bc+b+1 ac+ c+1 ac abc c abc+ ac+1 = 1+ ac+c + c +1+ac + ac+c +1 =abc+ ac+1 =1 Áp dụng bất đẳng thức: x2+y2 a2 b2 a b a + ≥ =2 b c c b c 2 c b c b b + ≥ =2 a c a a c ; a2 c a c c + ≥ =2 b a b b a 2xy dấu ; Cộng vế ba bất dẳng thức trên ta có 2( a2 b c a c b + + )≥2( + + ) c b a b c a ⇒ a2 b2 c a c b + + ≥ + + b2 c a2 c b a Bài Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối tia BA lấy E, trên tia đối tia CB lấy F cho AE = CF a) Chứng minh D EDF vuông cân b) Gọi O là giao điểm đường chéo AC và BD Gọi I là trung điểm EF Chứng minh O, C, I thẳng hàng Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC cho BD = AE Xác địnhvị trí điểm D, E cho: (17) a/ DE có độ dài nhỏ b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ Giải Chứng minh D EDF vuông cân Ta có D ADE = D CDF (c.g.c) D EDF cân D Mặt khác: D ADE = D CDF (c.g.c) Eˆ Fˆ Mà Eˆ Eˆ Fˆ = 900 Fˆ Eˆ Fˆ = 900 EDF = 900 Vậy D EDF vuông cân b)Chứng minh O, C, I thẳng Theo tính chất đường chéo hình vuông CO là trung trực BD 1 2 Mà D EDF vuông cân Tương tự BI DI = EF = EF B DI = BI I thuộc dường trung trực DB I thuộc đường thẳng CO D Hay O, C, I thẳng hàng A DE có độ dài nhỏ Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a) Áp dụng định lý Pitago với D ADE vuông A có: DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) – a2 = 2(x a2 – )2 + a2 a2 Ta có DE nhỏ BD = AE a =2 DE nhỏ x a =2 D, E là trung điểm AB, AC C E (18) b,Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ SADE = AD.AE = AD.BD Ta có: (AD2 – AB.AD) = – (AD2 – AB 2 AD + AB2 )+ AB2 = AD(AB = – (AD – – AD)= AB )2 + AB2 2 AB Vậy SBDEC = SABC – Do đó điểm AB, AC AB2 SADE SBDEC = AB2 – AB2 = AB2 không đổi D, E là trung Đề Bài Cho A = x x x 4x x 2014 x x 1 x x 1 (với x 0; x 1; x ) 1) Rút gọn A 2) Với giá trị nguyên nào x thì A có giá trị nguyên? 1, Với x 0; x 1; x Giải ta có 2 x x x 4x x 2014 x 1 x 1 x 4x x 2014 A 2 x x x x x x 1 4x x 4x x 2014 x x 2014 x 2014 x2 x 1 x x 1 x 1 x 2014 2013 A 1 x 1 x 1 2) Ta có Suy với x nguyên thì A có giá trị nguyên x + là ước 2013 (19) Ước 2013 gồm -2013;-671; -183; -61; -33; -11; -3; -1; 1; 3; 11; 33; 61; 183; 671; 2013 Từ đó tìm và đối chiếu điều kiện ta có với x nhận các giá trị là -2014; -672; -184; -62; -34; -12; -4; -2; 2; 10; 32; 60; 182; 670; 2012 thì A nhận giá trị nguyên Bài 1) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử: a x2 x b x4 2008 x2 2007 x 2008 2) Chứng minh a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thì A = 4a2b2 – (a2 + b2 - c2)2 luôn luôn dương Giải 1) a 2 x x x x x x x 1 x 1 x 1 x b x 2008 x 2007 x 2008 x x 2007 x 2007 x 2007 x x 2007 x x 1 x 1 x 2007 x x 1 x x 1 x x 1 2007 x x 1 x x 1 x x 2008 2) Ta có A = [2ab + (a2 + b2 - c2)][2ab – (a2 + b2 - c2)] = [(a + b)2 – c2][c2 – (a – b)2] = (a + b + c)(a + b – c)(c + b – a)(c + a – b) Do a, b, c là ba cạnh tam giác nên a, b, c > và theo bất đẳng thức tam giác ta có a + b – c > 0; c + b – a > 0; c + a – b > từ đó suy điều phải chứng minh Bài 1) Cho x, y thoả mãn xy 1 Chứng minh rằng: 1 2 1 x 1 y xy (20) 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 y2 4 x2 cho tích x.y đạt giá trị lớn Giải 1) 1 x y xy (1) x y x y x y 1 1 0 0 2 x xy y xy x xy y xy y x xy 1 0 x y xy Vì x 1; y 1 => xy 1 => xy 0 BĐT (2) luôn đúng => BĐT (1) luôn đúng (dấu ‘’=’’ xảy x = y) x2 2 y2 y 4 x x xy 2 xy 2 x 2 x 2) Dấu xảy (x;y) 1; ; 1; Kết luận Bài Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M, Qua điểm M kẻ các đường thẳng song song với AC và AB thứ tự cắt AB và AC E và F 1)Chứng minh ME MF AC AB có giá trị không đổi 2) Cho biết diện tích các tam giác MBE và MCF thứ tự là a2 và b2 Tính diện tích tam giác ABC theo a và b (21) 3)Xác định vị trí M để diện tích tứ giác AEMF lớn Giải A F E B C M 1) Vì ME// AC ; MF // AB theo hệ định lý Ta-Let ta có ME MF BM MC 1 AC AB BC BC 2) Chứng minh tam giác MBE đồng dạng với tam giác CBA suy dt ( MBE ) a BM BM a dt (CBA) S BC BC S ; Tương tự BM CM b a a b BC BC S S S CM b BC S ABC) suy hay Vậy dt(ABC) = (a+b)2 3) Từ phần suy dt(AEMF) = 2ab a b ( S2 là diện tích tam giác a b BC 1 S a b S a b S BC S2 2 Lại có 2ab dấu xảy a = b M là trung điểm BC Kết luận Bài Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn: y xy 3x 0 Giải 2 2 Ta có: y xy 3x 0 x xy y x 3x (*) ( x y ) ( x 1)( x 2) VT (*) là số chính phương; VP (*) là tích số nguyên (22) liên tiếp nên phải có số x 0 x 0 x y 1 x y 2 Vậy có cặp số nguyên ( x; y ) ( 1;1) ( x; y ) ( 2; 2) Bài IV nên sửa a>0, b> Đề Bài a) Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n Z b)Phân tích đa thức thành nhân tử: B x 5x 7x x 5x 12x Giải a)Ta cã : n – 5n + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) lµ tÝch cña sè nguyên liên tiếp đó có ít hai số là bội ( đó số là bội 4, số là bội 3, số là bội 5) VËy tÝch cña sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120 2 Đặt x 5x y Khi đó B y 7xy 12x B y 3xy 4xy 12x y y 3x 4x y 3x y 3x y 4x x 5x 3x x 5x 4x x 2x x x Bài 2: Cho biểu thức : A ( 2x x2 2 x x2 3x ):( ) 2 x x 2x x x3 a) Tìm ĐKXĐ rút gọn biểu thức A ? (23) b) Tìm giá trị x để A > 0? c) Tính giá trị A trường hợp : |x - 7| = Giải a) 2 x 0 x 0 2 x 0 x x 0 2 x x 0 A ( x 0 x 2 x 3 x x2 2 x x 3x (2 x) x (2 x) x (2 x) ):( 3) x x x 2x x (2 x)(2 x) x( x 3) x2 8x x(2 x) x( x 2) x(2 x) 4x2 (2 x )(2 x ) x (2 x)(2 x)( x 3) x Vậy với b) x 0, x 2, x 3 thì A 4x x x 0, x 3, x 2 : A x2 0 x Với x ( Vì 4x2 > x # 0) x 3(TMDKXD) Vậy với x > thì A > c) x 4 x 4 x x 11(TMDKXD ) x 3( KTMDKXD ) 121 Với x = 11 thì A = Bài a) Giải phương trình: x +4 x+6 x 2+16 x +72 x2 +8 x +20 x +12 x + 42 + = + x +2 x+ x+4 x +6 b) Gi¶i ph¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn: (24) x( x + x + 1) = 4y( y + 1) Giải a) ( 1,5 điểm) x+ 2¿ 2+2 ¿ x +8 ¿ 2+ ¿ x+4 ¿ 2+ ¿ x +6 ¿ 2+6 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x+ 2+ + x +8+ =x +4 + + x+ 6+ x +2 x +8 x+ x+6 + = + x 1+2 + x 4+8 = x 2+4 + x+3 x +2 x +8 x +4 x+ x +16 x+24 = ( x+2)(x +8) ( x +4 )( x+6) (5x+16)(x+4)(x+6) = (5x+24)(x+2)(x+8) (5x+16)(x2 +10x + 24) = (5x+24)( x2 +10x + 16) 5x3 + 50x2 + 120x + 16x2 + 160x + 16.24 = 5x3 + 50x2 + 80x + 24x2 + 240x + 24.16 8x2 + 40x = 8x(x + 5) = x = 0; x = -5 Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm b) ( 1,5 điểm) + Phơng trình đợc biến đổi thành: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) 2 + Ta chøng minh (x + 1) vµ (x + 1) nguyªn tè cïng ! V× nÕu d = UCLN (x+1, x + 1) th× d ph¶i lµ sè lÎ (v× 2y+1 lÎ) (25) x x d x 1d x 1d x 1d x 1d x 1d x 1d 2d mµ d lÎ nªn d = + Nªn muèn (x + 1)(x + 1) lµ sè chÝnh ph¬ng Thì (x+1) và (x + 1) phải là số chính phơng 2 2 x k §Æt: x 1 t k 1 x 0 k x 0 (k + x)(k – x) = hoÆc + Víi x = th× (2y + 1) = y = hoÆc y = -1.(Tháa m·n pt) VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: (x;y) Bài Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh a Một điểm M chuyển động trên cạnh DC (M D, M C) chọn điểm N trªn c¹nh BC cho ∠ MAN = 45o, DB thø tù c¾t AM, AN t¹i E vµ F Chøng minh: ° ABF # °AMC 2.Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o Chøng minh S Δ AEF = 12 S Δ AMN Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi M chuyển động trên DC Gäi H lµ giao ®iÓm cña MF vµ NE Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 Giải A B F N H I E K D M C Chøng minh: ° ABF # °AMC -Ta cm: ∠ ABF = ∠ ACM = 450 (26) - ∠ BAF = ∠ MAC ( v× cïng céng víi gãc CAN b»ng 450 ) suy : ° ABF # °AMC Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o Tõ D AFB # D AMC (g.g) AB AF AM = ⇔ = (1) => AF AM AC AB AC Cã ∠ MAF = ∠ BAC = 45 0(2) Tõ vµ => D AFM # D ABC => ∠ AFM = ∠ ABC = 90o C/M hoµn toµn t¬ng tù cã ∠ AEN = 900 v× vËy ∠ AFM = ∠ AEN = 90o S D AEF = 1/2 S D AMN Cã D AFM # D AEN => AF AE = AM AN => D AEF # D AMN (c.g.c) => AF ¿ (1) AM SAEF =¿ SAMN Cã ∠ FAM = 450, ∠ AFM = 900 => D AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 => AF ¿ AM ¿ = Thay vào (1) ta đợc AMN SAEF SAMN = hay: S D AEF = 1/2 S D C/M chu vi D CMN không đổi Trên tia đối tia DC lấy điểm K cho DK = BN D ADK = D ABN => AK = AN vµ ∠ BAN = ∠ DAK đó D AMN = D AKM (c.gc) => MN=KM V× vËy: Chu vi D CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN = CD + KD + CN = CD + NB + CN = CD + CB = 2a không đổi Tức là: Chu vi D CMN không thay đổi M chuyển động trªn c¹nh DC (27) Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 KÎ HI ^ MN t¹i I - Cm: ° MHI # ° MNF => MH.MF =MI.MN - Cm: °NHI # °NME => NH.NE =NI.NM - suy ra: MH.MF + NH.NE =MI.MN + NI.NM = MN( MI+NI ) = MN2 - áp dụng định lí Pitago vào °CMN ta có: MN2 = MC2 +CN2 VËy: MH.MF + NH.NE = MC2 +CN2 Bài a) Chứng minh rằng: x3m + + x3n + + chia hết cho x2 + x + với m, n N b) Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng a b c + + ≥ b+c c +a a+b Giải Bµi 5: a) Ta coù: x3m + + x3n + + = x3m + - x + x3n + – x2 + x2 + x+1 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1) Vì x3m – vaø x3n – chia heát cho x3 – neân chia heát cho x2 + x + (28) Vậy: x3m + + x3n + + chia hết cho x2 + x + với m, nN b) §Æt x= b + c ; y= c + a ; z = a + b ta cã a = ta cã (1) y+z − x z+x − y ;c= y + z − x z +x − y x+ y − z + + 2x 2y 2z ⇔ x+y −z y z x z x y + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 x x y y z z ⇔ ⇔ ; b= ( y x z x z y + ¿+( + )+( + )≥ x y x z y z là Bđt đúng Bài Cho D ABC tam giác đều, gọi M là trung điểm BC Một góc xMy = 600 quay quanh điểm M cho cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC D và E Chứng minh : a Tam giác DBMD đồng dạng với DCEM , Từ đó suy tích BD.CE không đổi b DM, EM là tia phân giác góc BDE và góc CED c Chu vi D ADE không đổi Giải + Vẽ hình đúng a, Chứng minh DBMD y A DCEM (g-g) x E D B 2 M C (29) Vì BM = CM BC = (gt) BD.CE =BM.MC = BC2 b, Chứng minh :Từ a,=>BDCE=MD.MB và B = M2 = 600 => Từ đó suy ˆ D ˆ D DBMD DMED (c-g-c) , đó DM là tia phân giác góc BDE Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác góc CED c, Gọi H, I, K là hình chiếu M trên AB, DE, AC A E D I K H B M C Chứng minh: Từ tính chất tia phân giác ta có: DH = DI, EI = EK Chu vi : PADE = AD+DE+EA =AD+DI+IE+KA = AD +DH +AE+EK = AH +AK = 2.AH (không đôỉ) Kết luận… Đề (30) Bài a) Phân tích đa thức thành nhân tử: b) Tìm các số nguyên x; y x +2011 x + 2010 x +2011 cho: 3 x + xy=3 c) Tìm các số a và b cho x+ dư 7; chia cho x − dư x + ax+b chia cho Giải a/ x +2011 x + 2010 x +2011 = x + x + x +2010(x + x +1) −(x −1) = ( x + x +1 ) ( x − x+ 2011) b/ x + xy=3 ⇔ x ( x + y ) =3 Do x ; y là các số nguyên nên ta có: 4 2 2 2 TH1: TH2: c/ Vì ¿ x=1 x2 + y =3 ⇔ ¿ x=1 y=0 ¿{ ¿ ¿ x=−1 x2 + y =−3 ⇔ ¿ x=− y=− ¿{ ¿ x + ax+b (thỏa mãn) (thỏa mãn) x 3 3 x y 1 x 3 y 26 (thỏa mãn) x x 3 x y y 28 (thỏa mãn) chia cho x+ dư nên ta có: x + ax+b = ( x+ ) Q(x)+7 đó với x=−1 thì -1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1) Vì x + ax+b chia cho x − dư nên ta có: x + ax+b = ( x − ) P( x)+ đó với x=2 thì 8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2) Từ (1) và (2) suy a=-4;b=4 Bài a) Tính giá trị biểu thức: 3 A= x + y −1 ¿2 − ¿+2 xy 2 |x + y +5+ x −4 y|− ¿ với x=2 2011 503 ; y =16 (31) x b) Tìm để B có giá trị nhỏ nhất: B x x 2011 x2 với x > Giải a/ Ta có: x + y +5+2 x − y =( x+ ) +( y −2 ) ≥ với x ; y nên ta có: A= x + y +5+2 x − y − ( x + y −1 ) +2 xy = x + y +5+2 x − y − x − y − 1− xy+ x +2 y+ xy=4 x −2 y + 4=2(2 x − y )+ Thay x=2 ; y =16 =( ) =2 vào A ta có: A= ( 2 −2 )+ 4=4 x −2 x+2011 2011 x −2 x 2011+2011 b/ B= = x 2011 x 2 2 2 2 2 2011 503 503 2011 2012 2 2012 2 x −2011 (¿) ¿ ¿2 = ¿ ¿ 2010 x2 + ( x − 2011 )2 2010 = +¿ 2011 2011 x Dấu “=” xẩy x=2011 2010 Vậy GTNN B là 2011 đạt x=2011 Bài Chứng minh 2011 +11 2011+11 a) 2011 +2000 =2011+2000 b) Nếu m; n là các số tự nhiên thỏa mãn : m +m=5 n + n thì : m n và 5m 5n là số chính phương 3 3 Giải a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000 Khi đó ta có a=b+c Xét vế phải đẳng thức ta có: Thay a=b+c vào 2 2 3 3 2011 +11 a +b ( a+b ) ( a − ab+b ) = = 3 3 2011 +2000 a +c ( a+c ) ( a2 −ac +c ) 2 2 a −ab+ b =( b +c ) − ( b+c ) b+b =b + bc+ c 2 2 2 a −ac +c =( b+ c ) − ( b+c ) c+ c =b + bc+ c Nên 2 2 a −ab+ b =a − ac+ c (32) Vậy: 2 3 3 2011 +11 a +b ( a+b ) ( a − ab+b ) a+b 2011+ 11 = = = = 20113 +20003 a3 +c ( a+c ) ( a2 −ac +c ) a+c 2011+ 2000 b/Ta có m +m=5 n + n ⇔ ( m − n ) +m −n=m ⇔ ( m− n )( m+5 n+1 )=m (*) Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1) ⇒ (5m+5n+1)+5m-5n ⋮ d ⇒ 10m+1 ⋮ d Mặt khác từ (*) ta có: m ⋮ d2 ⇒ m ⋮ d Mà 10m+1 ⋮ d nên ⋮ d ⇒ d=1 Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng là các số chính phương Bài Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD hình thang ABCD (AB//CD) Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC M và N a) Chứng minh OM=ON 1 b) Chứng minh AB + CD =MN c) Biết S =a ; S =b Tính S ? ^ 90 Chứng minh BD > AC d) Nếu ^D<C< 2 2 2 2 AOB COD ABCD B A hình vẽ A B N M O D C OA OB = AC BD OM ON = ⇒ DC DC a/ Ta có ⇒ D H E Do MN//DC OM=ON b/ Do MN//AB và CD ⇒ OM AM = CD AD và OM DM = AB AD Do đó: K C (33) OM OM AM MD 1 DC AB AD (1) ON ON Tương tự: DC + AB =1 (2) Từ (1);(2) ⇒ MN MN + =2 DC AB 1 + = DC AB MN ⇒ c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích tam giác tỉ số cạnh đáy tương ứng Do : S AOB OB = S AOD OD và S AOD OA = S COD OC OB OA = OD OC Nhưng S AOD =ab ⇒ S AOB S AOD = S AOD S COD S =S AOB S COD =a2 b ⇒ AOD A Tương tự nên S BOC=ab .Vậy B S ABCD= ( a+b )2 d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD H và K ^ 90 nên H, K nằm đoạn CD Do ^D<C< Ta có A ^E D=B C^ D=C^ > ^D ⇒ AD> AE Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE Vậy AD>BC ⇒ DH>KC ⇒ DK > CH D H E Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : DB BK DK AH CH AC (Do AH BK ) BD AC 2 2 2 2 Đề Bài a Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - b Chứng minh n N thì n n là hợp số * K C (34) c Cho hai số chính phương liên tiếp Chứng minh tổng hai số đó cộng với tích chúng là số chính phương lẻ Giải = (x - y)2 +4(x - y) - = (x - y)2 + 4(x - y)2 + -9 = (x - y + 2)2 - 32 = ( x - y + 5)(x - y -1) Ta có: n3 + n + = n3 + 1+ n+1= (n + 1)( n2 - n + 1) + (n + 1) =(n+1)( n2 - n + 2) Do n N * nên n + > và n2 - n + >1 Vậy n3 + n + là hợp số Gọi hai số là a2 và (a+1)2 Theo bài ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + = ( a2 + a + 1)2 là số chính phương lẻ vì a2 + a = a(a + 1) là số chẵn Bài a2 + a + là số lẻ x x x x 2012 2012 2012 2011 2010 a Giải phương trình: b Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = Tính S = a2 + b 2012 + c 2013 (35) Giải Bài a Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18 b Cho a; b; c là ba cạnh tam giác Chứng minh: ab bc ac a b c a b c a b c a b c Giải Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 A = 2[(x+y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y +9) + A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + Vậy minA = x = 5; y = -3 vì a; b; c là ba cạnh tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0; a - b + c > Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0 yz xz x y ;b ;c với:2 2 taPhương có: x + ytrình + z đã = acho + btương + c; đương x x x x 2012 ab bc ac ( y z )( x z ) 1( x2012 z )( x 2012 y ) ( x y )( y z ) 2010 2012 2011 a b c a b c a bc 4z 4x 4y x 2013 x 2013 x 2013 x 2013 1 01 xy xy yz xz yz xz ( 2012 2011 x y 2010 z ) 3( x y1 z ) (2 ) z x y 4 z x y 1 1 ( x 2013)( ) 0 1 y x z 2010 x y z z x y 2013 3( x y 2012 z ) 2011 ( ) ( 1) ( x )= 42 y x 2 z3 x 32 z y a1 + b + c = a + b + c = a; b; c 1;1 2 3(3x y 3z ) x 3 y z 2 x 2y z a + b + c - (a + b + c ) = a (a - 1) + b (b - 1) + 0z = a + b + c nên suy điều phải chứng c2(c Mà x -+1) y+ a a3 + b3 + c3 a;b;c nhận hai giá trị là minh b2012 = b2; c2013 = c2; S = a2 + b 2012 + c 2013 = Bài (36) Cho hình vuông ABCD có cạnh a Gọi E; F;G;H là trung điểm các cạnh AB, BC; CD; DA M là giao điểm CE và DF a Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông b Chứng minh DF CE và D MAD cân Giải A E B H M F N D C G Chứng minh: EFGH là hình thoi Chứng minh có góc vuông Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vuông BEC CFD (c.g.c) ECB FDC mà CDF vuông C CDF DFC 90 DFC ECB 90 CMF vuông M Hay CE DF Gọi N là giao điểm AG và DF Chứng minh tương tự: AG DF GN//CM mà G là trung điểm DC nên N là trung điểm DM Trong D MAD có AN vừa là đường cao vừa là trung tuyến D MAD cân A 0 (37) CMD FCD( g.g ) CD CM FD FC Do đó : Mà : SCMD CD CD SCMD SFCD SFCD FD FD 1 SFCD CF CD CD 2 Vậy : Trong SCMD CD CD FD DCF theo Pitago ta có : 1 DF CD CF CD BC CD CD CD 4 2 SMCD Do đó : CD 1 CD CD a 5 CD 4 (38)