Chuyền đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7

 Chuyên đề 8 : Các bài toán về đa thức một ẩn

 Bài 1 : Cho đa thức P(x) = a x3 + bx2 + cx + d ( a khác 0)

 Biết P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = 1 , P( 2) = 120 . Tính P(3)

 HD : ta có P(1) = 100 a + b + c + d = 100

 P(-1) = 50 - a + b – c + d = 50

 P( 0) = 1 d = 1

 P(2) = 8a + 4b + c + d = 120

 Từ đó tìm được c, d, và a và XĐ được P(x)

 

doc31 trang | Chia sẻ: dungnc89 | Lượt xem: 1137 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Chuyền đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 2y
Bài 3 : Tìm m , n nguyên dương thỏa mãn : 
 a) 2m + 2n = 2m +n b) 2m – 2n = 256
HD: a) 2m + 2n = 2m +n 2m + n – 2m – 2n = 0 2m ( 2n – 1) –( 2n – 1) = 1
 (2m -1)(2n – 1) = 1 
 b) 2m – 2n = 256 2n ( 2m – n - 1) = 28 
Dễ thấy m n, ta xét 2 trường hợp :
 + Nếu m – n = 1 n = 8 , m = 9
 + Nếu m – n 2 thì 2m – n – 1 là 1 số lẻ lớn hơn 1, khi đó VT chứa TSNT khác 2, mà VT chỉ chứa TSNT 2 suy ra TH này không xẩy ra : vậy n = 8 , m = 9
Bài 4 : Tìm x , biết : 
 HD :
Bài 5 : Tìm x, y biết : 
 HD : ta có với mọi x,y và (y – 1)2012 0 với mọi y 
 Suy ra : với mọi x,y . Mà 
 Các bài tập tương tự :
Bài 6 : Tìm x, y biết : 
 a) b) 
 Chuyên đề 4: Giá trị nguyên của biến , giá trị của biểu thức :
 1 . Các kiến thức vận dụng:
 - Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9
 - Phân tích ra TSNT, tính chất của số nguyên tố, hợp số , số chính phương
 - Tính chất chia hết của một tổng , một tích 
 - ƯCLN, BCNN của các số 
 2. Bài tập vận dụng :
 * Tìm x,y dưới dạng tìm nghiệm của đa thức 
Bài 1: a) T×m c¸c sè nguyªn tè x, y sao cho: 51x + 26y = 2000
 b) T×m sè tù nhiªn x, y biÕt: 
 c) T×m x, y nguyªn biÕt: xy + 3x - y = 6
 d) T×m mäi sè nguyªn tè tho¶ m·n : x2-2y2=1
HD: a) Từ 51x + 26y = 2000 17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) do 3,17 là số NT nên x mà x NT x = 2. Lại có 1000 – 13y , 1000 – 13y > 0 và y NT y = 
 b) Từ (1)
 do 7(x–2004)2 0 
Mặt khác 7 là số NT vậy y = 3 hoặc y = 4 thay vào (1)
 suy ra : x= 2005 ,y =4 hoặc x = 2003, y = 4
Ta có xy + 3x - y = 6 ( x – 1)( y + 3) = 3 hoặc 
hoặc hoặc 
x2-2y2=1 
 do VP = 2y2 chia hết cho 2 suy ra x > 2 , mặt khác y nguyên tố 
Bài 2 a) Tìm các số nguyên thỏa mãn : x – y + 2xy = 7 
 b) Tìm biết: 
HD : a) Từ x – y + 2xy = 7 2x – 2y + 2xy = 7 (2x - 1)( 2y + 1) = 13
 b) Từ y2 25 và 25 – y2 chia hết cho 8 , suy ra y = 1 hoặc y = 3 hoặc y = 5 , từ đó tìm x 
Bài 3 a) T×m gi¸ trÞ nguyªn d­¬ng cña x vµ y, sao cho: 
 b) T×m c¸c sè a, b, c nguyªn d­¬ng tho¶ m·n :
 vµ 
HD : a) Từ 5 ( x + y) = xy (*) 
 + Với x chia hết cho 5 , đặt x = 5 q ( q là số tự nhiên khác 0) thay vào (*) suy ra:
 5q + y = qy 5q = ( q – 1 ) y . Do q = 1 không thỏa mãn , nên với q khác 1 ta có Ư(5) , từ đó tìm được y, x
 b) a2 ( a +3) = 5b – 5 , mà a2. 5c = 5( 5b – 1 – 1)
 Do a, b, c nguyên dương nên c = 1( vì nếu c >1 thì 5b – 1 - 1 không chia hết cho 5 do đó a không là số nguyên.) . Với c = 1 a = 2 và b = 2
Bài 4: T×m c¸c cÆp sè nguyªn tè p, q tho¶ m·n:
HD : 
Do p nguyên tố nên và 2013 – q2 > 0 từ đó tìm được q
Bài 5 : T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d­¬ng n sao cho: chia hÕt cho 7
 HD : Với n < 3 thì 2n không chia hết cho 7
 Với n khi đó n = 3k hoặc n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 ( )
 Xét n = 3k , khi đó 2n -1 = 23k – 1 = 8k – 1 = ( 7 + 1)k -1 = 7.A + 1 -1 = 7.A 
 Xét n = 3k +1 khi đó 2n – 1 = 23k+1 – 1 = 2.83k – 1 = 2.(7A+1) -1 = 7A + 1 không chia hết cho 7
 Xét n = 3k+2 khi đó 2n – 1 = 23k +2 -1 = 4.83k – 1 = 4( 7A + 1) – 1 = 7 A + 3 không chia hết cho 7 . Vậy n = 3k với 
* Tìm x , y để biểu thức có giá trị nguyên, hay chia hết:
Bài 1 T×m sè nguyªn m ®Ó:
a) Gi¸ trÞ cña biÓu thøc m -1 chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc 2m + 1.
b) 
HD : a) Cách 1 : Nếu m >1 thì m -1 < 2m +1 , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1 
 Nếu m < -2 thì , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1
 Vậy m { -2; -1; 0; 1}
 Cách 2 : Để 
 b) - 3 < 3m – 1 < 3 vì m nguyên
Bài 2 a) T×m x nguyªn ®Ó 6 chia hÕt cho 2
 b) T×m ®Ó AÎ Z vµ t×m gi¸ trÞ ®ã.
 A = . HD: A = = 
Bài 3: Tìm x nguyên để 
 HD : = 
 để x là số CP. 
 Với x >1 và x là số CP thì suy ra 2009 không chia hết cho 
 Với x = 1 thay vào không thỏa mãn 
 Với x = 0 thì 
 Chuyên đề 5 : Giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 1.Các kiến thức vận dụng :
 * a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b
 * a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
 *A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A
 * , 
 * dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0
 * dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0
 2. Bài tập vận dụng:
 * Dạng vận dụng đẳng thức : a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b
 Và a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các đa thức sau:
 a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012
 b) Q(x) = x2 + 100x – 1000
HD : a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012 = 2(x2 – 2.x. + 12 ) + 2010 = 2( x – 1)2 + 2010
 Do ( x - 1)2 0 với mọi x , nên P(x) 2010 . Vậy Min P(x) = 2010 
khi ( x - 1)2 = 0 hay x = 1
 b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 = ( x + 50)2 – 3500 - 3500 với mọi x 
 Vậy Min Q(x) = -3500
 Từ đây ta có bài toán tổng quát : Tìm GTNN của đa thức P(x) = a x2 + bx +c ( a > 0)
HD: P(x) = a x2 + bx +c = a( x2 + 2.x. + ) + ( c - ) 
 = a( Vậy Min P(x) = khi x = 
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
A = - a2 + 3a + 4
B = 2 x – x2 
HD : a) A = - a2 + 3a + 4 = 
 Do nên A . Vậy Max A = khi a = 
B = . Do 
 Vậy Max B = 1 khi x = 1
Bài 3 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
 a) P = b) Q = 
 * Dạng vận dụng A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A
Bài 1 : Tìm GTNN của biểu thức :
a) P = ( x – 2y)2 + ( y – 2012)2012 
 b) Q = ( x + y – 3)4 + ( x – 2y)2 + 2012
HD : a) do và suy ra : P với mọi x,y
 Min P = 0 khi 
 b) Ta có và suy ra : Q 2012 với mọi x,y
 Min Q = 2012 khi 
Bài 3 : Tìm GTLN của R = 
Bài 4 : Cho ph©n sè: (x Î Z)
a) T×m x Î Z ®Ó C ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, t×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã.
b) T×m x Î Z ®Ó C lµ sè tù nhiªn.
HD : 
 C lớn nhất khi lớn nhất nhỏ nhất và 
Vậy Max C = khi x = 2
Bài 5 : T×m sè tù nhiªn n ®Ó ph©n sè cã gi¸ trÞ lín nhÊt
HD : Ta có 
 Để lớn nhất thì lớn nhất và 14n – 21 có giá trị nhỏ nhất và n nhỏ nhất n = 2 
 * Dạng vận dụng , 
 dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0
 dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
A = ( x – 2)2 + + 3
B = 
HD: a) ta có với mọi x và với mọi x,y A 3 với mọi x,y
 Suy ra A nhỏ nhất = 3 khi 
Ta có với mọi x 2012 với mọi x 
 với mọi x, suy ra Min B = khi x = 2010
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức 
 a) 
 b) 
 c) C = 
HD : a) Ta có = 
với mọi x với x . Vậy Min A = 1 Khi 
 b) ta có 
 Do với mọi x (1)
 Và với mọi x (2)
 Suy ra B . Vậy Min B = 2 khi BĐT (1) và (2) xẩy ra dấu “=” hay 
Ta có
 = 
 = 99 + 97 + ....+ 1 = 2500
Suy ra C với mọi x . Vậy Min C = 2500 khi 
 Chuyên đề 6 : Dạng toán chứng minh chia hết 
 1.Kiến thức vận dụng 
 * Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9
 * Chữ số tận cùng của 2n, 3n ,4n, 5n ,6n, 7n, 8n, 9n 
 * Tính chất chia hết của một tổng
 2. Bài tập vận dụng:
 Bài 1 : Chứng minh rằng : Với mọi số nguyên dương n thì : 
chia hết cho 10
 HD: ta có = 
 =
 =
 = 10( 3n -2n)
Vậy 10 với mọi n là số nguyên dương.
Bài 2 : Chứng tỏ rằng:
A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 là số chia hết cho 100
HD: A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 = 75.( 42005 – 1) : 3 + 25
 = 25( 42005 – 1 + 1) = 25. 42005 chia hết cho 100
Bài 3 : Cho m, n N* và p là số nguyên tố thoả mãn: = (1)
 Chứng minh rằng : p2 = n + 2 
 HD : + Nếu m + n chia hết cho p do p là số nguyên tố và m, n N* 
 m = 2 hoặc m = p +1 khi đó từ (1) ta có p2 = n + 2
 + Nếu m + n không chia hết cho p , từ ( 1) (m + n)(m – 1) = p2
Do p là số nguyên tố và m, n N* m – 1 = p2 và m + n =1 
m = p2 +1 và n = - p2 < 0 (loại) 
 Vậy p2 = n + 2
Bài 4: a) Sè cã chia hÕt cho 3 kh«ng ? Cã chia hÕt cho 9 kh«ng ?
 b) Chøng minh r»ng: chia hÕt cho 7 
HD: a) Ta có 101998 = ( 9 + 1)1998 = 9.k + 1 ( k là số tự nhiên khác không)
 4 = 3.1 + 1 
 Suy ra : = ( 9.k + 1) – ( 3.1+1) = 9k -3 chia hết cho 3 , không chia hết cho 9
Ta có 3638 = (362)19 = 129619 = ( 7.185 + 1) 19 = 7.k + 1 ( k N*)
 4133 = ( 7.6 – 1)33 = 7.q – 1 ( q N*) 
 Suy ra : = 7k + 1 + 7q – 1 = 7( k + q) 
Bài 5 : 
Chøng minh r»ng: chia hÕt cho 30 víi mäi n nguyªn d­¬ng 
Chøng minh r»ng: 2a - 5b + 6c 17 nÕu a - 11b + 3c 17 (a, b, c Î Z)
Bài 6 : a) Chøng minh r»ng: (a, b Î Z )
 b) Cho ®a thøc (a, b, c nguyªn). 
 CMR nÕu f(x) chia hÕt cho 3 víi mäi gi¸ trÞ cña x th× a, b, c ®Òu chia hÕt cho 3
HD a) ta có 17a – 34 b và 3a + 2b 
 vì (2, 7) = 1 
Ta có f(0) = c do f(0) 
 f(1) - f(-1) = (a + b + c) - ( a – b + c) = 2b , do f(1) và f(-1) chia hết cho 3 vì ( 2, 3) = 1
 f(1) do b và c chia hết cho 3 
 Vậy a, b, c đều chia hết cho 3
Bài 7 : a) Chøng minh r»ng lµ mét sè tù nhiên 
 b) Cho lµ sè nguyªn tè (n > 2). Chøng minh lµ hîp sè
 HD : b) ta có (2n +1)( 2n – 1) = 22n -1 = 4n -1 (1) .Do 4n- 1 chia hêt cho 3 và lµ sè nguyªn tè (n > 2) suy ra 2n -1 chia hết cho 3 hay 2n -1 là hợp số 
 Chuyên đề 7 : Bất đẳng thức 
 1.Kiến thức vận dụng
* Kỹ thuật làm trội : Nếu a1 < a2 < a3 <. < an thì n a1 < a1 + a2 +  + an < nan
 * a(a – 1) < a2 < a( a+1) 
 * a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 , * a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
 2.Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho a, b, c > 0 . Chøng tá r»ng: kh«ng lµ sè nguyªn.
 HD : Ta có 
Mặt khác 
 = 3 – N Do N >1 nên M < 2
 Vậy 1 < M < 2 nên M không là số nguyên
Bài 2 Chứng minh rằng : (1) , (2) với a, b, c 
 HD : (*)
 Do (*) đúng với mọi a,b nên (1) đúng
Bài 3 : Với a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng
 a) (1) b) (2)
HD : a) Cách 1 : Từ (*) 
 Do (*) đúng suy ra (1) đúng 
 Cách 2: Ta có và 
 Dấu “ =” xẩy ra khi a = b
Ta có : 
Lại có 
 Suy ra Dấu “ = ” xẩy ra khi a = b = c
Bài 4 : a) Cho z, y, z lµ c¸c sè d­¬ng.
 Chøng minh r»ng: 
 b) Cho a, b, c tho¶ m·n: a + b + c = 0. Chøng minh r»ng: .
HD : b) Tính ( a + b + c)2 từ cm được 
 Chuyên đề 8 : Các bài toán về đa thức một ẩn 
 Bài 1 : Cho đa thức P(x) = a x3 + bx2 + cx + d ( a khác 0)
 Biết P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = 1 , P( 2) = 120 . Tính P(3) 
 HD : ta có P(1) = 100 a + b + c + d = 100 
 P(-1) = 50 - a + b – c + d = 50 
 P( 0) = 1 d = 1
 P(2) = 8a + 4b + c + d = 120
 Từ đó tìm được c, d, và a và XĐ được P(x) 
Bài 2 : Cho víi a, b, c lµ c¸c sè h÷u tØ.
 	Chøng tá r»ng: . BiÕt r»ng 
HD : f( -2) = 4a – 2b + c và f(3) = 9a + 3b + c f(-2).f(3) =(4a – 2b + c)( 9a + 3b + c)
 Nhận thấy ( 4a – 2b + c) + ( 9a + 3b + c) = 13a + b + 2c = 0
 ( 4a – 2b + c ) = - ( 9a + 3b + c) 
 Vậy f(-2).f(3) = - ( 4a – 2b + c).( 4a – 2b + c) = - ( 4a -2b + c)2 0
Bài 3 Cho ®a thøc víi a, b, c lµ c¸c sè thùc. BiÕt r»ng f(0); f(1); f(2) cã gi¸ trÞ nguyªn. Chøng minh r»ng 2a, 2b cã gi¸ trÞ nguyªn.
HD : f(0) = c , f(1) = a + b + c , f(2) = 4a + 2b + c
Do f(0) ,f(1), f(2) nguyên c , a + b + c và 4a + 2b + c nguên 
 a + b và 4a + 2b = 2 (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên 2a , 2b nguyên 
Bài 4 Chøng minh r»ng: f(x) cã gi¸ trÞ nguyªn víi mäi x nguyªn khi vµ chØ khi 6a, 2b, a + b + c vµ d lµ sè nguyªn
 HD : f(0) = d , f(1) = a + b + c + d , f(2) = 8a +4 b + c + d 
 Nếu f(x) có giá trị nguyên với mọi x d , a + b + c + d, 8a +4b + c + d là các số nguyên . Do d nguyên a + b + c nguyên và (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b nguyên 2b nguyên 6a nguyên . Chiều ngược lại cm tương tự.
Bài 5 : T×m tæng c¸c hÖ sè cña ®a thøc nhËn ®­îc sau khi bá dÊu ngoÆc trong biÓu thøc: A(x) = 
 HD : Giả sử A( x) = ao + a1x + a2x2 + ..+ a4018x4018
 Khi đó A(1) = ao + a1 +a2 + .+ a4018 
 do A(1) = 0 nên ao + a1 +a2 + .+ a4018 = 0
 Bài 6 : Cho x = 2011. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
 HD : Đặt A = 
 tại x = 2012 thì A = 2011
 Chuyên đề 9 Các bài toán thực tế
Kiến thức vận dụng
Tính chất đại lượng tỉ lệ thuận : 
Đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x khi và chỉ khi :
 y = k.x ( k là hệ số tỉ lệ )
 - Tính chất đại lượng tỉ lệ nghịch :
 Đại lượng y và đại lượng x được gọi là hai đại lượng tỉ lệ nghịch khi :
 x.y = a ( a là hệ số tỉ lệ )
 - Tính chất dãy tỉ số bằng nhau. 
 2. Bài tập vận dụng
 *Phương pháp giải :
Đọc kỹ đề bài , từ đó xác định các đại lượng trong bài toán
 Chỉ ra các đại lượng đã biết , đại lượng cần tìm
Chỉ rõ mối quan hệ giữa các đại lượng ( tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch)
Áp dụng tính chất về đại lượng tỉ lệ và tính chất dãy tỉ số bằng nhau để giải
 Bài 1 : Một vật chuyển động trên các cạnh hình vuông. Trên hai cạnh đầu vật chuyển động với vận tốc 5m/s, trên cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, trên cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s. Hỏi độ dài cạnh hình vuông biết rằng tổng thời gian vật chuyển động trên bốn cạnh là 59 giây
 Bài 2 : Ba líp 7A,7B,7C cã 94 häc sinh tham gia trång c©y. Mçi häc sinh líp 7A trång ®­îc 3 c©y, Mçi häc sinh líp 7B trång ®­îc 4 c©y, Mçi häc sinh líp 7C trång ®­îc 5 c©y,. Hái mçi líp cã bao nhiªu häc sinh. BiÕt r»ng sè c©y mçi líp trång ®­îc ®Òu nh­ nhau.
 Bài 3 : Mét « t« ph¶i ®i tõ A ®Õn B trong thêi gian dù ®Þnh. Sau khi ®i ®­îc nöa qu·ng ®­êng « t« t¨ng vËn tèc lªn 20 % do ®ã ®Õn B sím h¬n dù ®Þnh 10 phót. 
TÝnh thêi gian « t« ®i tõ A ®Õn B.
 Bài 4 : Trªn qu·ng ®­êng AB dµi 31,5 km. An ®i tõ A ®Õn B, B×nh ®i tõ B ®Õn A. VËn tèc An so víi B×nh lµ 2: 3. §Õn lóc gÆp nhau, thêi gian An ®i so víi B×nh ®i lµ 3: 4. 
TÝnh qu·ng ®­êng mçi ng­êi ®i tíi lóc gÆp nhau ?
 Bài 5 : Ba đội công nhân làm 3 công việc có khối lượng như nhau. Thời gian hoàn thành công việc của đội І, ІІ, ІІІ lần lượt là 3, 5, 6 ngày. Biêt đội ІІ nhiều hơn đội ІІІ là 2 người và năng suất của mỗi công nhân là bằng nhau. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu công nhân ?
 Bài 6 : Ba ô tô cùng khởi hành đi từ A về phía B . Vận tốc ô tô thứ nhất kém ô tô thứ hai là 3 Km/h . Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai và thứ ba đi hết quãng đường AB lần lượt là : 40 phút, giờ , giờ . Tính vận tốc mỗi ô tô ?
 PHẦN HÌNH HỌC
Một số phương pháp chứng minh hình hoc
 1.Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau:
 P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai đoạn thẳng đó
 - Chứng minh hai đoạn thẳng đó là hai cạnh bên của một tam giác cân
 - Dựa vào tính chất đường trung tuyến, đường trung trực của đoạn thẳng
 - Dựa vào định lí Py-ta- go để tính độ dài đoạn thẳng
 2.Chứng minh hai góc bằng nhau:
 P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai góc đó
- Chứng minh hai góc đó là hai góc ở đáy của một tam giác cân
- Chứng minh hai đường thẳng song song mà hai góc đó là cặp góc so le trong ,đồng vị 
- Dựa vào tính chất đường phân giác của tam giác 
 3. Chứng minh ba điểm thẳng hàng:
 P2 : - Dựa vào số đo của góc bẹt ( Hai tia đối nhau)
- Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 tại một điểm
- Hai đường thẳng đi qua một điểm và song song với đường thẳng thứ 3
- Dựa vào tính chất 3 đường trung tuyến, phân giác, trung trực, đường cao
 4. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc 
 P2 : - Tính chất của tam giác vuông, định lí Py – ta – go đảo
- Qua hệ giữa đường thẳng song song và đường thẳng vuông góc 
 - Tính chất 3 đường trung trực, ba đường cao
 5 . Chứng minh 3 đường thẳng đồng quy( đi qua một điểm ) 
 P2 : - Dựa vào tính chất của các đường trong tam giác 
 6. So sánh hai đoạn thẳng, hai góc :
 P2 : - Gắn hai đoạn thẳng , hai góc vào một tam giác từ đó vận định lí về quan hệ giữa cạnh và góc đối diện trong một tam giác , BĐT tam giác
Dựa vào định lí về quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu, đường xiên và đường vuông góc . 
Bài tập vận dụng
 Bài 1 : Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC.
 Chøng minh: DC = BE vµ DC BE
HD: 
 Phân tích tìm hướng giải 
*Để CM DC = BE cần CM ∆ABE = ∆ ADC ( c.g.c) 
 Có : AB = AD, AC = AE (gt)
 Cần CM : 
 Có : 
* Gọi I là giao điểm của AB và CD
Để CM : DC BE cần CM 
 Có ( Hai góc đối đỉnh) và 
 Cần CM ( vì ∆ABE = ∆ ADC)
 Lời giải
a) Ta có , mặt khác AB = AD, AC = AE (gt)
 Suy ra ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c) DC = BE
b) Gọi I là giao điểm của AB và CD
 Ta có ( Hai góc đối đỉnh) , ( ∆ ADI vuông tại A) và ( vì ∆ABE = ∆ ADC) DC BC
*Khai thác bài 1:
 Từ bài 1 ta thấy : DC = BE vµ DC BE khi ∆ABD và ∆ ACE vuông cân, vậy nếu có ∆ABD và ∆ ACE vuông cân , Từ B kẻ BK CD tại D thì ba điểm E, K, B thẳng hàng
 Ta có bài toán 1.2
 Bài 1. 1: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Từ B kẻ BK CD tại K 
Chứng minh rằng ba điểm E, K, B thẳng hàng
HD : Từ bài 1 chứng minh được DC BE mà BK CD tại K suy ra ba điểm E, K, B thẳng hàng
*Khai thác bài 1.1
 Từ bài 1.1 nếu gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A thì MA BC từ đó ta có bài toán 1.2
 Bài 1.2: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A . Chứng minh rằng : MA BC 
 Phân tích tìm hướng giải
HD: Gọi H là giao điểm của tia MA và BC 
 Để CM MA BC ta cần CM ∆AHC vuông tại H
Để CM ∆AHC vuông tại H ta cần tạo ra 1 tam giác 
vuông bằng ∆AHC 
 Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN 
Kẻ DQ AM tại Q 
 Cần CM ∆AHC = ∆DQN (g.c.g)
 CM: ND = AC , ,
 CM : ∆ABC = ∆DNA ( c.g.c)
 Có AD = AB (gt) 
 Cần CM : ND = AE ( = AC) và 
 + Để CM ND = AE
 CM : ∆MDN = ∆MEA (c.g.c)
 + Để CM 
 vì 
 CM AE // DN (∆MDN = ∆MEA)
 Lời giải
Gọi H là giao điểm của tia MA và BC , Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN
kẻ DQ AM tại Q 
 Ta có ∆MDN = ∆MEA ( c.g.c) vì : 
AM = MN ; MD = ME (gt) và ( hai góc đối đỉnh)
 DN = AE ( = AC) và AE // DN vì ( cặp góc so le trong )
( cặp góc trong cùng phía) mà 
 Xét ∆ABC và ∆DNA có : AB = AD (gt) , AC = DN và ( chứng minh trên ) ∆ABC = ∆DNA (c.g.c) 
 Xét ∆AHC và ∆DQN có : AC = DN , và 
 ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) ∆AHC vuông tại H hay MA BC
* Khai thác bài toán 1.3
+ Từ bài 1.2 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MABC , ngược lại 
nếu AH BC tại H thì tia HA sẽ đi qua trung điểm M của DE , ta có bài toán 1.4
 Bài 1.3 : Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC . Chứng minh rằng tia HA đi qua trung điểm của đoạn thẳng DE 
 HD : Từ bài 1.2 ta có định hướng giải như sau: 
Kẻ DQ AM tại Q, ERAM tại R . 
 Ta có : + ( Cùng phụ )
 AD = AB (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn) 
 DQ = AH (1)
 + ( cùng phụ )
AC = AE (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn)
 ER = AH ( 1) . Từ (1) và (2) ER = DQ 
Lại có ( hai góc đối đỉnh ) 
 ∆QDM = ∆REM ( g.c.g) MD = ME hay M là trung 
điểm của DE
 + Từ bài 1.3 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MADE , ngược lại 
nếu H là trung điểm của BC thì tia KA sẽ vuông góc với DE, ta có bài toán 1.4
 Bài 1.4: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi H trung điểm của BC . 
 Chứng minh rằng tia HA vuông góc với DE
HD : Từ bài 1.3 ta dễ dạng giải bài toán 1.4 
 Trên tia AH lấy điểm A’ sao cho AH = HA’ 
 Dễ CM được ∆AHC = ∆A’HB ( g.c.g)
 A’B = AC ( = AE) và 
 AC // A’B ( cặp góc trong cùng phía)
Mà 
 Xét ∆DAE và ∆ABA’ có : AE = A’B , AD = AB (gt)
 ∆DAE = ∆ABA’(c.g.c) 
 mà 
 Suy ra HA vuông góc với DE
 Bài 2 : Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC). Trªn c¹nh BC lÊy ®iÓm D, trªn tia ®èi cña tia CB lÊy ®iÓm E sao cho BD = CE. C¸c ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi BC kÎ tõ D vµ E c¾t AB, AC lÇn l­ît ë M, N. Chøng minh r»ng:
a) DM = EN
b) §­êng th¼ng BC c¾t MN t¹i trung ®iÓm I cña MN.
 c) §­êng th¼ng vu«ng gãc víi MN t¹i I lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi D thay ®æi trªn c¹nh BC
 * Phân tích tìm lời giải
 a) Để cm DM = EN 
 Cm ∆BDM = ∆CEN ( g.c.g)
 Có BD = CE (gt) , ( MD, NEBC)
 ( ∆ABC cân tại A)
Để Cm §­êng th¼ng BC c¾t MN t¹i trung 
 ®iÓm I cña MN Cần cm IM = IN
 Cm ∆MDI = ∆NEI ( g.c.g)
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A xuống BC , O là giao điểm của AH với đường thẳng vuông góc với MN kẻ từ I Cần cm O là điểm cố định
 Để cm O là điểm cố định
 Cần cm OC AC
 Cần cm 
 Cần cm : và 
 Cần cm ∆OBM = ∆OCN ( c.c.c) và ∆OAB = ∆OAC (c.g.c)
 *Khai thác bài 2
 Từ bài 2 ta thấy BM = CN , vậy ta có thể phát biểu lại bài toán như sau:
 Bài 2.1 Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC). Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm M, trªn tia AC lÊy ®iÓm N sao cho BM = CN . Đường thẳng BC cắt MN tại I .
 Chøng minh r»ng:
a) I là trung điểm của MN
 b) §­êng th¼ng vu«ng gãc víi MN t¹i I lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi D thay đổi
 lời giải:
Từ lời giải bài 2 để giải bài 2.1 ta cần kẻ MDBC ( D BC)
 NE BC ( EBC) 
 Bài 3 : Cho ∆ABC vuông tại A, K là trung điểm của cạnh BC . Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với AK , đường thẳng này cắt các đường th

File đính kèm:

  • docON_TOAN_7_LEN_8.doc