Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 theo Chuyên đề

6k có chữ số tận cùng là 6
Nên A có chữ số tận cùng là chữ số tận cùng của tổng các chữ số tận cùng của tổng 
1 + 5 + 5 + 6 = 17, có chữ số tận cùng là 7 nên không thể là số chính phương
b) Ta có :k chẵn nên k = 2n (n N)
 20042004k = (20044)501k = (20044)1002n = (...6)1002n là luỹ thừa bậc chẵn của số có chữ số tận cùng là 6 nên có chữ số tận cùng là 6 nên B = 20042004k + 2001 có chữ số tận cùng là 7, do đó B không là số chính phương
Bài 2:
Tìm số dư khi chia các biểu thức sau cho 5
a) A = 21 + 35 + 49 +...+ 20038005
b) B = 23 + 37 +411 +...+ 20058007
Giải
a) Chữ số tận cùng của A là chữ số tận cùng của tổng
(2 + 3 +... + 9) + 199.(1 + 2 + ... + 9) + 1 + 2 + 3 = 9005
Chữ số tận cùng của A là 5 nên chia A cho 5 dư 0
b)Tương tự, chữ số tận cùng của B là chữ số tận cùng của tổng
(8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 + ...+ 9) + 8 + 7 + 4 + 5 = 9024
B có chữ số tận cùng là 4 nên B chia 5 dư 4
Bài tập về nhà
Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của: 3102 ; ; 320 + 230 + 715 - 816
Bài 2: Tìm hai, ba chữ số tận cùng của: 3555 ; 
Bài 3: Tìm số dư khi chia các số sau cho 2; cho 5: 
a) 38; 1415 + 1514
b) 20092010 – 20082009
CHUYÊN ĐỀ 9 – ĐỒNG DƯ
A. Định nghĩa:
Nếu hai số nguyên a và b có cùng số dư trong phép chia cho một số tự nhiên m 0 thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m, và có đồng dư thức: a b (mod m)
Ví dụ:7 10 (mod 3) , 12 22 (mod 10)
+ Chú ý: a b (mod m) a – b m
B. Tính chất của đồng dư thức:
1. Tính chất phản xạ: a a (mod m)
2. Tính chất đỗi xứng: a b (mod m) b a (mod m)
3. Tính chất bắc cầu: a b (mod m), b c (mod m) thì a c (mod m)
4. Cộng , trừ từng vế: 
Hệ quả:
a) a b (mod m) a + c b + c (mod m)
b) a + b c (mod m) a c - b (mod m)
c) a b (mod m) a + km b (mod m)
5. Nhân từng vế : 
Hệ quả:
a) a b (mod m) ac bc (mod m) (c Z)
b) a b (mod m) an bn (mod m)
6. Có thể nhân (chia) hai vế và môđun của một đồng dư thức với một số nguyên dương
 a b (mod m) ac bc (mod mc)
Chẳng hạn: 11 3 (mod 4) 22 6 (mod 8)
7. 
Chẳng hạn : 
C. Các ví dụ:
1. Ví dụ 1:
Tìm số dư khi chia 9294 cho 15
Giải
Ta thấy 92 2 (mod 15) 9294 294 (mod 15) (1)
Lại có 24 1 (mod 15) (24)23. 22 4 (mod 15) hay 294 4 (mod 15) (2)
Từ (1) và (2) suy ra 9294 4 (mod 15) tức là 9294 chia 15 thì dư 4
2. Ví dụ 2:
Chứng minh: trong các số có dạng 2n – 4(n N), có vô số số chia hết cho 5
Thật vậy:
Từ 24 1 (mod 5) 24k 1 (mod 5) (1)
Lại có 22 4 (mod 5) (2)
Nhân (1) với (2), vế theo vế ta có: 24k + 2 4 (mod 5) 24k + 2 - 4 0 (mod 5)
Hay 24k + 2 - 4 chia hết cho 5 với mọi k = 0, 1, 2, ... hay ta được vô số số dạng 2n – 4
(n N) chia hết cho 5
Chú ý: khi giải các bài toán về đồng dư, ta thường quan tâm đến a 1 (mod m)
 a 1 (mod m) an 1 (mod m)
 a -1 (mod m) an (-1)n (mod m)
3. Ví dụ 3: Chứng minh rằng
a) 2015 – 1 chia hết cho 11 b) 230 + 330 chi hết cho 13
c) 555222 + 222555 chia hết cho 7
Giải
a) 25 - 1 (mod 11) (1); 10 - 1 (mod 11) 105 - 1 (mod 11) (2)
Từ (1) và (2) suy ra 25. 105 1 (mod 11) 205 1 (mod 11) 205 – 1 0 (mod 11)
b) 26 - 1 (mod 13) 230 - 1 (mod 13) (3)
 33 1 (mod 13) 330 1 (mod 13) (4)
Từ (3) và (4) suy ra 230 + 330 - 1 + 1 (mod 13) 230 + 330 0 (mod 13)
Vậy: 230 + 330 chi hết cho 13
c) 555 2 (mod 7) 555222 2222 (mod 7) (5)
 23 1 (mod 7) (23)74 1 (mod 7) 555222 1 (mod 7) (6)
222 - 2 (mod 7) 222555 (-2)555 (mod 7)
Lại có (-2)3 - 1 (mod 7) [(-2)3]185 - 1 (mod 7) 222555 - 1 (mod 7)
Ta suy ra 555222 + 222555 1 - 1 (mod 7) hay 555222 + 222555 chia hết cho 7
4. Ví dụ 4: Chứng minh rằng số + 7 chia hết cho 11 với mọi số tự nhiên n
Thật vậy:Ta có: 25 - 1 (mod 11) 210 1 (mod 11)
Xét số dư khi chia 24n + 1 cho 10. Ta có: 24 1 (mod 5) 24n 1 (mod 5)
 2.24n 2 (mod 10) 24n + 1 2 (mod 10) 24n + 1 = 10 k + 2
Nên + 7 = 210k + 2 + 7 =4. 210k + 7 = 4.(BS 11 + 1)k + 7 = 4.(BS 11 + 1k) + 7
= BS 11 + 11 chia hết cho 11
Bài tập về nhà:
Bài 1: CMR:
a) 228 – 1 chia hết cho 29
b)Trong các số có dạng2n – 3 có vô số số chia hết cho 13
Bài 2: Tìm số dư khi chia A = 2011 + 2212 + 19962009 cho 7.
CHUYÊN ĐỀ 10 – TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC
A. Dạng 1: Tìm dư của phép chia mà không thực hiện phép chia
1. Đa thức chia có dạng x – a (a là hằng)
a) Định lí Bơdu (Bezout, 1730 – 1783):
Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của f(x) tại x = a
Ta có: f(x) = (x – a). Q(x) + r
Đẳng thức đúng với mọi x nên với x = a, ta có
f(a) = 0.Q(a) + r hay f(a) = r
Ta suy ra: f(x) chia hết cho x – a f(a) = 0
b) f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1
c) f(x) có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì chia hết cho x + 1
Ví dụ : Không làm phép chia, hãy xét xem A = x3 – 9x2 + 6x + 16 chia hết cho 
B = x + 1, C = x – 3 không
Kết quả:
A chia hết cho B, không chia hết cho C
2. Đa thức chia có bậc hai trở lên
Cách 1: Tách đa thức bị chia thành tổng của các đa thức chia hết cho đa thức chia và dư
Cách 2: Xét giá trị riêng: gọi thương của phép chia là Q(x), dư là ax + b thì
f(x) = g(x). Q(x) + ax + b
Ví dụ 1: Tìm dư của phép chia x7 + x5 + x3 + 1 cho x2 – 1
Cách 1: Ta biết rằng x2n – 1 chia hết cho x2 – 1 nên ta tách:
x7 + x5 + x3 + 1 = (x7 – x) + (x5 – x) +(x3 – x) + 3x + 1
= x(x6 – 1) + x(x4 – 1) + x(x2 – 1) + 3x + 1 chia cho x2 – 1 dư 3x + 1
Cách 2:
Gọi thương của phép chia là Q(x), dư là ax + b, Ta có:
x7 + x5 + x3 + 1 = (x -1)(x + 1).Q(x) + ax + b với mọi x
Đẳng thức đúng với mọi x nên với x = 1, ta có 4 = a + b (1)
với x = - 1 ta có - 2 = - a + b (2)
Từ (1) và (2) suy ra a = 3, b =1 nên ta được dư là 3x + 1
Ghi nhớ:
an – bn chia hết cho a – b (a -b)
an + bn ( n lẻ) chia hết cho a + b (a -b)
Ví dụ 2: Tìm dư của các phép chia
a) x41 chia cho x2 + 1 
b) x27 + x9 + x3 + x cho x2 – 1
c) x99 + x55 + x11 + x + 7 cho x2 + 1
Giải
a) x41 = x41 – x + x = x(x40 – 1) + x = x[(x4)10 – 1] + x chia cho x4 – 1 dư x nên chia cho 
x2 + 1 dư x
b) x27 + x9 + x3 + x = (x27 – x) + (x9 – x) + (x3 – x) + 4x 
= x(x26 – 1) + x(x8 – 1) + x(x2 – 1) + 4x chia cho x2 – 1 dư 4x
c) x99 + x55 + x11 + x + 7 = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) – 2x + 7 
chia cho x2 + 1 dư – 2x + 7
B. Sơ đồ HORNƠ
1. Sơ đồ
Để tìm kết quả của phép chia f(x) cho x – a 
(a là hằng số), ta sử dụng sơ đồ hornơ
Nếu đa thức bị chia là a0x3 + a1x2 + a2x + a3, 
đa thức chia là x – a ta được thương là 
b0x2 + b1x + b2, dư r thì ta có
Ví dụ:
Đa thức bị chia: x3 -5x2 + 8x – 4, đa thức chia x – 2
Ta có sơ đồ
1
- 5
8
- 4
2
1
2. 1 + (- 5) = -3
2.(- 3) + 8 = 2
r = 2. 2 +(- 4) = 0
Vậy: x3 -5x2 + 8x – 4 = (x – 2)(x2 – 3x + 2) + 0 là phép chia hết
2. Áp dụng sơ đồ Hornơ để tính giá trị của đa thức tại x = a
Giá trị của f(x) tại x = a là số dư của phép chia f(x) cho x – a
1. Ví dụ 1:
Tính giá trị của A = x3 + 3x2 – 4 tại x = 2010
Ta có sơ đồ:
1
3
0
-4
a = 2010
1
2010.1+3 = 2013
2010.2013 + 0
= 4046130
 2010.4046130 – 4
= 8132721296
Vậy: A(2010) = 8132721296
C. Chưngs minh một đa thức chia hết cho một đa thức khác
I. Phương pháp:
1. Cách 1: Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có một thừa số là đa thức chia
2. Cách 2: biến đổi đa thức bị chia thành một tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia
3. Cách 3: Biến đổi tương đương f(x) g(x) f(x) g(x) g(x)
4. cách 4: Chứng tỏ mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia
II. Ví dụ
1.Ví dụ 1:
Chứng minh rằng: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1
Ta có: x8n + x4n + 1 = x8n + 2x4n + 1 - x4n = (x4n + 1)2 - x4n = (x4n + x2n + 1)( x4n - x2n + 1)
Ta lại có: x4n + x2n + 1 = x4n + 2x2n + 1 – x2n = (x2n + xn + 1)( x2n - xn + 1) 
chia hết cho x2n + xn + 1
Vậy: x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1
2. Ví dụ 2:
Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n N
Ta có: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + 1
 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1)
Vì x3m – 1 và x3n – 1 chia hết cho x3 – 1 nên chia hết cho x2 + x + 1
Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n N
3. Ví dụ 3: Chứng minh rằng 
f(x) = x99 + x88 + x77 + ... + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + ....+ x + 1
Ta có: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + ... + x11 – x + 1 – 1
 = x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + ....+ x(x10 – 1) chia hết cho x10 – 1
Mà x10 – 1 = (x – 1)(x9 + x8 + x7 +...+ x + 1) chia hết cho x9 + x8 + x7 +...+ x + 1
Suy ra f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 +...+ x + 1
Nên f(x) = x99 + x88 + x77 + ... + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + ....+ x + 1
4. Ví dụ 4: CMR: f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – 2 chia hết cho g(x) = x2 – x
Đa thức g(x) = x2 – x = x(x – 1) có 2 nghiệm là x = 0 và x = 1
Ta có f(0) = (-1)10 + 110 – 2 = 0 x = 0 là nghiệm của f(x) f(x) chứa thừa số x
f(1) = (12 + 1 – 1)10 + (12 – 1 + 1)10 – 2 = 0 x = 1 là nghiệm của f(x) f(x) chứa thừa số x – 1, mà các thừa số x và x – 1 không có nhân tử chung, do đó f(x) chia hết cho x(x – 1)
hay f(x) = (x2 + x – 1)10 + (x2 - x + 1)10 – 2 chia hết cho g(x) = x2 – x
5. Ví dụ 5: Chứng minh rằng
a) A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1
b) C = 8x9 – 9x8 + 1 chia hết cho D = (x – 1)2
c) C (x) = (x + 1)2n – x2n – 2x – 1 chia hết cho D(x) = x(x + 1)(2x + 1)
Giải
a) A = x2 – x9 – x1945 = (x2 – x + 1) – (x9 + 1) – (x1945 – x)
Ta có: x2 – x + 1 chia hết cho B = x2 – x + 1
 x9 + 1 chia hết cho x3 + 1 nên chia hết cho B = x2 – x + 1
 x1945 – x = x(x1944 – 1) chia hết cho x3 + 1 (cùng có nghiệm là x = - 1) 
nên chia hết cho B = x2 – x + 1
Vậy A = x2 – x9 – x1945 chia hết cho B = x2 – x + 1
b) C = 8x9 – 9x8 + 1 = 8x9 – 8 - 9x8 + 9 = 8(x9 – 1) – 9(x8 – 1)
 = 8(x – 1)(x8 + x7 + ...+ 1) – 9(x – 1)(x7 + x6 + ...+ 1)
 = (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1)
(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho x – 1 vì có tổng hệ số bằng 0
suy ra (x – 1)(8x8 – x7 – x6 – x5 – x4 – x3 – x2 – x – 1) chia hết cho (x – 1)2
c) Đa thức chia D (x) = x(x + 1)(2x + 1) có ba nghiệm là x = 0, x = - 1, x = - 
Ta có:
C(0) = (0 + 1)2n – 02n – 2.0 – 1 = 0 x = 0 là nghiệm của C(x)
C(-1) = (-1 + 1)2n – (- 1)2n – 2.(- 1) – 1 = 0 x = - 1 là nghiệm của C(x)
C(- ) = (- + 1)2n – (-)2n – 2.(- ) – 1 = 0 x = - là nghiệm của C(x)
Mọi nghiệm của đa thức chia là nghiệm của đa thức bị chia đpcm
6. Ví dụ 6: 
Cho f(x) là đa thức có hệ số nguyên. Biết f(0), f(1) là các số lẻ. Chứng minh rằng f(x) không có nghiệm nguyên
Giả sử x = a là nghiệm nguyên của f(x) thì f(x) = (x – a). Q(x). Trong đó Q(x) là đa thức có hệ số nguyên, do đó f(0) = - a. Q(0), f(1) = (1 – a). Q(1)
Do f(0) là số lẻ nên a là số lẻ, f(1) là số lẻ nên 1 – a là số lẻ, mà 1 – a là hiệu của 2 số lẻ không thể là số lẻ, mâu thuẩn
Vậy f(x) không có nghiệm nguyên
Bài tập về nhà:
Bài 1: Tìm số dư khi
a) x43 chia cho x2 + 1
b) x77 + x55 + x33 + x11 + x + 9 cho x2 + 1
Bài 2: Tính giá trị của đa thức x4 + 3x3 – 8 tại x = 2009
Bài 3: Chứng minh rằng
a) x50 + x10 + 1 chia hết cho x20 + x10 + 1
b) x10 – 10x + 9 chia hết cho x2 – 2x + 1
c) x4n + 2 + 2x2n + 1 + 1 chia hết cho x2 + 2x + 1
d) (x + 1)4n + 2 + (x – 1)4n + 2 chia hết cho x2 + 1
e) (xn – 1)(xn + 1 – 1) chia hết cho (x + 1)(x – 1)2
CHUYÊN ĐỀ 11 – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC HỮU TỈ
A. Nhắc lại kiến thức:
Các bước rút gọn biểu thức hửu tỉ
a) Tìm ĐKXĐ: Phân tích mẫu thành nhân tử, cho tất cả các nhân tử khác 0
b) Phân tích tử thành nhân , chia tử và mẫu cho nhân tử chung 
B. Bài tập:
Bài 1: Cho biểu thức A = 
a) Rút gọn A
b) tìm x để A = 0
c) Tìm giá trị của A khi 
Giải
a)Đkxđ : 
 x4 – 10x2 + 9 0 [(x2)2 – x2] – (9x2 – 9) 0 x2(x2 – 1) – 9(x2 – 1) 0
(x2 – 1)(x2 – 9) 0 (x – 1)(x + 1)(x – 3)(x + 3) 0 
Tử : x4 – 5x2 + 4 = [(x2)2 – x2] – (x2 – 4) = x2(x2 – 1) – 4(x2 – 1) 
= (x2 – 1)(x2 – 4) = (x – 1)(x + 1)(x – 2)(x + 2) 
Với x 1; x 3 thì 
A = 
b) A = 0 = 0 (x – 2)(x + 2) = 0 x = 2
c) 
* Với x = 4 thì A = 
* Với x = - 3 thì A không xác định
2. Bài 2:
Cho biểu thức B = 
a) Rút gọn B
b) Tìm x để B > 0
Giải 
a) Phân tích mẫu: 3x3 – 19x2 + 33x – 9 = (3x3 – 9x2) – (10x2 – 30x) + (3x – 9) 
= (x – 3)(3x2 – 10x + 3) = (x – 3)[(3x2 – 9x) – (x – 3)] = (x – 3)2(3x – 1)
Đkxđ: (x – 3)2(3x – 1) 0 x 3 và x 
b) Phân tích tử, ta có:
 2x3 – 7x2 – 12x + 45 = (2x3 – 6x2 ) - (x2 - 3x) – (15x - 45) = (x – 3)(2x2 – x – 15)
= (x – 3)[(2x2 – 6x) + (5x – 15)] = (x – 3)2(2x + 5)
Với x 3 và x 
Thì B = = 
c) B > 0 > 0 
3. Bài 3 
Cho biểu thức C = 
a) Rút gọn biểu thức C
b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên
Giải
a) Đkxđ: x 1
C = 
b) B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì có giá trị nguyên 
 2x – 1 là Ư(2) 
Đối chiếu Đkxđ thì chỉ có x = 0 thoả mãn
4. Bài 4
Cho biểu thức D = 
a) Rút gọn biểu thức D
b) Tìm x nguyên để D có giá trị nguyên
c) Tìm giá trị của D khi x = 6
Giải
a) Nếu x + 2 > 0 thì = x + 2 nên 
D = = 
Nếu x + 2 < 0 thì = - (x + 2) nên
D = = 
Nếu x + 2 = 0 x = -2 thì biểu thức D không xác định
b) Để D có giá trị nguyên thì hoặc có giá trị nguyên
+) có giá trị nguyên 
Vì x(x – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 với mọi x > - 2
+) có giá trị nguyên 
c) Khia x = 6 x > - 2 nên D = = 
Bài tập về nhà
Bài 1:
Cho biểu thức A = 
a) Rút gọn A
b) Tìm x để A = 0; A > 0
Bài 2:
Cho biểu thức B = 
a) Rút gọn B
b) Tìm số nguyên y để có giá trị nguyên
c) Tìm số nguyên y để B 1
CHUYÊN ĐỀ 12 – CÁC BÀI TOÁN VỀ BIỂU THỨC (TIẾP)
* Dạng 2: Các biểu thức có tính quy luật
Bài 1: Rút gọn các biểu thức
a) A = 
Phương pháp: Xuất phát từ hạng tử cuối để tìm ra quy luật
Ta có = Nên
A = 
b) B = 
Ta có Nên
B = 
c) C = = 
 = 50.
d) D = = 
 = 
Bài 2: 
a) Cho A = ; B = . Tính 
Ta có
A = 
 = = n
b) A = ; B = 1 + 
Tính A : B
Giải
A = 
Bài tập về nhà
Rút gọn các biểu thức sau:
a) b) 
c) 
* Dạng 3: Rút gọn; tính giá trị biểu thức thoả mãn điều kiện của biến
Bài 1: Cho . TÝnh gi¸ trÞ cđa c¸c biĨu thøc sau :
 a) ; b) ; c) ; d) .
Lêi gi¶i
 a) ;
 b) ;
 c) ;
 d) Þ D = 7.18 – 3 = 123.
Bài 2: Cho (1); (2). 
 Tính giá trị biểu thức D = 
Từ (1) suy ra bcx + acy + abz = 0 (3)
Từ (2) suy ra 
 (4)
Thay (3) vào (4) ta có D = 4 – 2.0 = 4
Bài 3
a) Cho abc = 2; rút gọn biểu thức A = 
Ta có : 
A = 
 = 
b) Cho a + b + c = 0; rút gọn biểu thức B = 
Từ a + b + c = 0 a = -(b + c) a2 = b2 + c2 + 2bc a2 - b2 - c2 = 2bc
Tương tự ta có: b2 - a2 - c2 = 2ac ; c2 - b2 - a2 = 2ab (Hoán vị vòng quanh), nên
B = (1)
a + b + c = 0 -a = (b + c) -a3 = b3 + c3 + 3bc(b + c) -a3 = b3 + c3 – 3abc 
 a3 + b3 + c3 = 3abc (2)
Thay (2) vào (1) ta có B = (Vì abc 0)
c) Cho a, b, c từng đôi một khác nhau thoả mãn: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2
Rút gọn biểu thức C = 
Từ (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 ab + ac + bc = 0
 a2 + 2bc = a2 + 2bc – (ab + ac + bc) = a2 – ab + bc – ac = (a – b)(a – c)
Tương tự: b2 + 2 ac = (b – a)(b – c) ; c2 + 2ab = (c – a)(c – b)
C = 
 = 
* Dạng 4: Chứng minh đẳng thức thoả mãn điều kiện của biến
1. Bài 1: Cho (1); (2).
Chứng minh rằng: a + b + c = abc 
Từ (1) suy ra 
 a + b + c = abc
2. Bài 2: Cho a, b, c ≠ 0 vµ a + b + c ≠ 0 tháa m·n ®iỊu kiƯn . 
Chøng minh r»ng trong ba sè a, b, c cã hai sè ®èi nhau. 
Tõ ®ã suy ra r»ng :.
 Ta cã : Û Û 
Tõ ®ã suy ra : 
 Þ .
3. Bài 3: Cho (1)
chứng minh rằng : trong ba số a, b, c tồn tại hai số bằng nhau
Từ (1) 
 (c – b)(a2 – ac = ab + bc) = 0 (c – b)(a – b)( a – c) = 0 đpcm
4. Bài 4: Cho (a2 – bc)(b – abc) = (b2 – ac)(a – abc); abc 0 và a b
 Chứng minh rằng: 
Từ GT a2b – b2c - a3bc + ab2c2 = ab2 – a2c – ab3c + a2bc2
 (a2b – ab2) + (a2c – b2c) = abc2(a – b) + abc(a - b)(a + b)
 (a – b)(ab + ac + bc) = abc(a – b)(a + b + c) 
5. Bài 5: Cho a + b + c = x + y + z = ; Chứng minh rằng: ax2 + by2 + cz2 = 0
Từ x + y + z = 0 x2 = (y + z)2 ; y2 = (x + z)2 ; z2 = (y + x)2
 ax2 + by2 + cz2 = a(y + z)2 + b(x + z)2 + c (y + x)2 = 
 = (b + c)x2 + (a + c)y2 + (a + b)z2 + 2(ayz + bxz + cxy) (1)
Từ a + b + c = 0 - a = b + c; - b = a + c; - c = a + b (2)
Từ ayz + bxz + cxy = 0 (3). Thay (2), (3) vào (1); ta có: 
ax2 + by2 + cz2 = -( ax2 + by2 + cz2 ) ax2 + by2 + cz2 = 0
6. Bài 6: Cho ; chứng minh: 
Từ 
 (1) (Nhân hai vế với )
Tương tự, ta có: (2) ; (3)
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm
7. Bài 7: 
Cho a + b + c = 0; chứng minh: = 9 (1)
Đặt 
(1) 
Ta có: (2)
Ta lại có: 
= (3)
Tương tự, ta có: (4) ; (5)
Thay (3), (4) và (5) vào (2) ta có: 
 + = 3 + (a3 + b3 + c3 ) (6)
Từ a + b + c = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc (7) ?
Thay (7) vào (6) ta có: + . 3abc = 3 + 6 = 9
Bài tập về nhà:
1) cho ; tính giá trị biểu thức A = 
HD: A = ; vận dụng a + b + c = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc
2) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc ; Tính giá trị biểu thức A = 
3) Cho x + y + z = 0; chứng minh rằng: 
4) Cho a + b + c = a2 + b2 + c2 = 1; . Chứng minh xy + yz + xz = 0
CHUYÊN ĐỀ 13 – CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
A. Kiến thức:
* Tam giác đồng dạng:
a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c)
ABC A’B’C’ 
b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c)
ABC A’B’C’ ; 
c. Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g)
ABC A’B’C’ ; 
AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: = k (Tỉ số đồng dạng); = K2
B. Bài tập áp dụng
Bài 1:
Cho ABC có, AB = 8 cm, BC = 10 cm. 
a)Tính AC
b)Nếu ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì mỗi cạnh là bao nhiêu?
Giải
Cách 1:
Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC
ACD ABC (g.g) 
 = AB(AB + BC) 
= 8(10 + 8) = 144 AC = 12 cm
Cách 2:
Vẽ tia phân giác BE của ABE ACB
= 8(8 + 10) = 144
 AC = 12 cm
b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1)
Vì b > anên có thể b = a + 1 hoặc b = a + 2
+ Nếu b = a + 1 thì (a + 1)2 = a2 + ac 2a + 1 = ac a(c – 2) = 1
a = 1; b = 2; c = 3(loại)
+ Nếu b = a + 2 thì a(c – 4) = 4
- Với a = 1 thì c = 8 (loại)
- Với a = 2 thì c = 6 (loại)
- với a = 4 thì c = 6 ; b = 5
Vậy a = 4; b = 5; c = 6
Bài 2:
Cho ABC cân tại A, đường phân giác BD; tính BD 
biết BC = 5 cm; AC = 20 cm
Giải
Ta có CD = 4 cm và BC = 5 cm
Bài toán trở về bài 1 
Bài 3:
Cho ABC cân tại A và O là trung điểm của BC. Một điểm O di động trên AB, lấy điểm E trên AC sao cho . Chứng minh rằng
a) DBOOCE
b) DOE DBOOCE
c) DO, EO lần lượt là phân giác của các góc BDE, CED
d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi khi D di động trên AB
Giải
a) Từ và (gt) DBOOCE
b) Từ câu a suy ra (1)
 Vì B, O ,C thẳng hàng nên (2)
trong tam giác EOC thì (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra 
DOE và DBO có (Do DBOOCE) 
và (Do OC = OB) và 
nên DOE DBOOCE
c) Từ câu b suy ra DO là phân giác của các góc BDE
Củng từ câu b suy ra EO là phân giác của các góc CED
c) Gọi OH, OI là khoảng cách từ O đến DE, CE thì OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi OI không đổi khi D di động trên AB
Bài 4: (Đề HSG huyện Lộc hà – năm 2007 – 2008)
Cho ABC cân tại A, có BC = 2a, M là trung điểm BC, lấy D, E thuộc AB, AC sao cho 
a) Chứng minh tích BD. CE không đổi
b)Chứng minh DM là ti