BDHS gioi toan 7

tỷ số ở tỉ lệ thức phải chứng minh theo k.Phơng pháp 3: Dùng t/c hoán vị , t/c của dãy tỷ số bằng nhau, t/c của đẳng thức biến đổi tỷ số ở vế trái của tỉ lệ thứccần chứng minh thành vế

Ngµy so¹n : 14 / 9 /2019 Buæi 1: Chuyên đề 1:

C¸c d¹ng to¸n vÒ luü thõa vµ ph¬ng ph¸p gi¶i

Néi Dung

D¹ng 1: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc

Bµi 1 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:

A = 3 4 2

108

54

72 B = 12 11 412

2 3

3 3 13

3 + C =

104 2

65 2 13 2

8

10

10 + D = 104 1110

4 8

4 8 +

72 = 3 223 3 4 3 2

) 3 2 (

) 3 2 (

) 3 2 (

= 9 86 122 6

3 2

3 2 3

2 = 118 1212

3 2

3

2 = 23 = 8

B = 12 11 412

2 3

3 3 13

3 + = 12 11 4

2 3

) 3 13 (

3 + = 1112 44

2 3

2 3

= 3

C =

104 2

65 2 13 2

8

10

10 + =

13 2 2

) 65 13 ( 2

3 8

10 + =

13 2

78 2

11

10 =

13 2

13 3 2

11

11 = 3

D = 104 1110

4 8

4 8 +

+ = 1230 2220

2 2

2 2 +

+ =

) 2 1 ( 2

) 1 2 ( 2

10 12

10 20

e, (x – 3)6 = (x – 3)7 g, x100 = x

Giải: a, 2x 22 = 26 b, 2 1 3

2

1 2

- ở câu a, b ta biến đổi 2 vế của đẳng thức về luỹ thừa cùng cơ

số, đẳng thức xảy ra khi số mũ ở 2 vế bằng nhau

- ở câu c, d ta biến đổi 2 vế về luỹ thừa cùng số mũ, đẳng thứcxảy ra khi cơ số ở 2 vế bằng nhau

- ở câu e, g ta sử dụng công thức 0n = 0 và 1n = 1 (n∈N*) hoặc

3A - A = 32009- 3

2A = 32009- 3

⇒ 2A + 3 = 32009- 3 + 3 ⇒ 2A + 3 = 32009

Mặt khác: 2A + 3 = 3x Suy ra: 32009 = 3x hay x = 2009

n

n ( n, k ∈ N; n >1, k ≥ 1)

Cao hơn ta có dạng toán đối với 2 ẩn x,y sau:

Bài 4 Tìm x, y biết: a, ( x- 3)2 + (y+2)2 = 0

= 0 ) 2 (

0 3) - (x

2

2

3 x

8 x

2

4 2 2

= 7 3

4 x

* Phơng pháp giải:

- Câu a, b vì các hạng tử đều lớn hơn hoặc bằng 0 nên đẳng thức xảy ra khi các hạng tử đều bằng 0

- Câu c ta biến đổi vế phải về dạng tổng thích hợp với vế trái,

đẳng thức xảy ra khi ta đồng nhất các hạng tử thích hợp của 2

n = Bài 5 Tìm x, y biết: a, 2x+1 3y = 12x

x y

x

2 1 x

1 x

2

1 0

1 2

6 3 3

y

x x

x y

x x

*Phơng pháp giải:

Ta biến đổi 2 vế về luỹ thừa của các số nguyên tố, đẳng thức xảy ra khi số mũ của luỹ thừa cùng cơ số ở 2 vế bằng nhau (câu a,b) Đồng thời triệt tiêu các số mũ của luỹ thừa không cùng cơ

số(câu c)

BTVN: Bài 1.Tính giá trị của biểu thức:

A = 57 64

189 12

54 126

e) 1 5

.2 4.2 9.2 2

n+ n = g) 13 + 23 + 33 + + 103 = ( x +1)2 Bài 3 T×m x, y biÕt:a) 2x 3y+2 = 122y b)35x + 9 = 2 5y

2

3

1 3

3

3

1 3

L u ý: Với trờng hợp m, n là số chẵn ta đa về dạng bài 7

Dạng 3.2: Đa về 2 luỹ thừa cùng số mũ

4

> nên 20 20

49

9 5

( b gọi là thành phần trung gian)

- Câu a ta sử dụng 648 làm luỹ thừa trung gian để so sánh

- Câu b ta sử dụng 1614 và 3211 làm luỹ thừa trung gian để

so sánh

Đối với những bài toán không thể sử dụng đợc các phơng pháp trên

ta còn có phơng pháp cao và khó hơn sau:

Dạng 3.4: Sử dụng tính chất đơn điệu của phép

64 125

b a

⇒ a c >

b d

Trường hợp luỹ thừa có mặt trong các biểu thức ta có dạng so sánh sau

Dạng 4: So sánh các biểu thức có chứa luỹ thừa

Bài 6: So sánh 2 biểu thức A và B trong từng trờng hợp:

a, A =

1 10

1 10

1 10

17

16

+ +

b, C =

1 2

3 2

3 2

1 10

16

15

+ + => 10A = 10  + 

+ 1 10

1 10

16

15 =

1 10

10 10

16

16

+ +

=

1 10

9 1 1 10

9 1 10

16 16

16

+ +

= +

+

B =

1 10

1 10

17

16

+ + ⇒ 10B = 10  + 

+ 1 10

1 10

17

16 =

1 10

10 10

17

17

+ + =

1 10

9 1 1 10

9 1 10

17 17

17

+ +

= +

+

Vì 1016 + 1 < 1017 + 1 nên

1 10

9 1

10

9

17

16 + > + ⇒

1 10

9 1 1 10

9

+ +

>

+ + ⇒ 10A > 10B hay A > B

b, Ta có C =

1 2

3 2

1 2 2 2 2

3 2 1 2

3 2

2008

2008 2008

2008 2007

3 2

1 2 2

2 2

3 2 1 2

3 2

2007

2007 2007

2007 2006

1 2

1

1 2007

−

−

Bµi 7: So s¸nh M = 3 4

8

7 8

3 + vµ N = 3 4

8

3 8

7 +

Gi¶i Ta cã: 3 4

8

7 8

8

4 8

3 8

3 + + = 3 4 8 4

4 8

3 8

8

3 8

4 8

3 + + = 3 4 8 3

4 8

3 8

4 < ⇒ 3 4 8 4

4 8

3 8

3 8

9999

d) 202 303 vµ 303 202 e) 3 21 vµ 2 31 g) 11 1979 vµ1320

37

h) 10 10 vµ 48.50 5 i) 1990 10 + 1990 9 vµ 1991 10

Bµi 2 T×m sè tù nhiªn n biÕt

a) 5n = 12534 3n = 37 7 3n = 243 49.7n = 2401 b) 9 < 3n < 81 25 ≤ 5n ≤ 125

Bµi 3 So s¸nh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A vµ B biÕt: A =

40 23

3 23

3 23

I Môc tiªu :

Vận dụng c¸c c«ng thøc c¬ b¶n vÒ luü thõa vµo giải các bài toán chia hết:

II.Néi Dung

D¹ng 5: T×m sè c¸c ch÷ sè cña mét luü thõa

Bµi 1: T×m c¸c ch÷ sè cña c¸c sè n vµ m trong c¸c trêng hîp

b, 735 = (7)4.8 + 3 = (74)8 73 = (…1)8 243 = (…3) VËy 735 cã tËn cïng lµ 3

* NhËn xÐt: T×m mét ch÷ sè tËn cïng cña mét luü thõa

- C¸c sè cã tËn cïng b»ng 0; 1; 5; 6 n©ng lªn luü thõa nµo ( kh¸c

Do đó: 2100 = (210)10 = 102410 = ( 10242)5 = (…76)5 =(…76) Vậy 2100 có hai chữ số tận cùng là 76

* Nhận xét:

- Các số có tận cùng bằng 001; 376; 625 dù nâng lên luỹ thừa nào(khác 0) cũng có tận cùng là chính nó

- Các số có tận cùng là 0625 dù nâng lên luỹ thừa nào(khác 0) cũng

có tận cùng là 0625

Dạng 7: Luỹ thừa trong toán chứng minh chia hết

Dạng 7.1: Vận dụng chữ số tận cùng của luỹ thừa

3333163 = (3333)160+3 = ( 33334)40 33 = (…1)40 27 = (…7)

Do đó 7777197 - 3333163 có tận cùng là 7 - 7 = 0 nên chia hếtcho 10

( tức là 24n+2 + 1  5 ; ∀n∈N)

Ta cã: 24n+2 + 1 = (24)n 22 + 1 = (…6)n 4 + 1 = (…5) (∀n∈N)

VËy 24n+2 + 1 cã tËn cïng lµ 5 nªn chia hÕt cho 5

- Sö dông dÊu hiÖu chia hÕt cho 5; 10; …

D¹ng 7.2: Sö dông tÝnh chia hÕt cña mét tÝch

Bµi5 Chøng minh r»ng:

a, 76 + 75 - 74 chia hÕt cho 11

b*, 2454 5424 210 chia hÕt cho 7263

Gi¶i: a, Ta cã: 76 + 75 - 74 = 74 (72 + 7 - 1) = 74 (49 + 7 - 1) = 74 55 = 74 5 11 11

VËy 3n+2 - 2n+2 + 3n - 2n chia hÕt cho 10

b, 3n + 3 + 3n + 1 + 2n + 3 + 2n + 2 = 3n + 1 (32 + 1) + 2n + 2 (2 + 1) = 3n 3 10 + 2n + 1 2 3

Vậy A là số chia hết cho 100

*Phơng pháp giải:

- Phân tích thàng tích, đồng thời sử dụng các công thức cơ bản về luỹ thừa

- Sử dụng tính chất chia hết của một tích

Dạng 8: Luỹ thừa trong bất đẳng thức

Bài 8: Tìm số nguyên dơng n biết:a, 64 < 2n < 256 b, 243 >

Số nguyên lớn nhất thoã mãn (*) là n = 14

Nâng cao bài 21 lên ta có dạng toán khó hơn sau

Bài 10 Tìm các số nguyên n thoã mãn: 364 < n48 <

⇔ n2 < 125

và n ∈ Z => -11 ≤ n ≤ 11 (2)

Từ (1) và (2) => 4 < n ≤ 11 Vậy n ∈ { 5; 6; 7; 8; 9; 10; 11}

* Từ bài toán trên có thể thay đổi câu hỏi để đợc các bài toán sau:

Bài 1: Tìm tổng các số nguyên n thoã mãn: 364 < n48 < 572

( giải tơng tự trên ta có các số nguyên n thoã mãn là

x x x

Trong bài tập này x nằm ở cả 4 số hạng của tỉ lệ thức và hệ số

đều bằng 1 do đó sau khi biến đổi thì x2 bị triệt tiêu, có thểlàm bài tập trên bằng cách áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằngnhau

2.Tìm nhiều số hạng cha biết

a)Xét bài toán cơ bản thờng gặp sau:

Tìm các số x, y, z thoả mãn x y z

a = =b c (1) và x +y + z =d (2)( trong đó a, b, c, a+b+c ≠ 0 và a, b, c, d là các số cho trớc)

b).Hớng khai thác từ bài trên nh sau

+Giữ nguyên điều kiện (1) thay đổi đk (2) nh sau:

Tõ bµi tËp trªn ta cã thÓ thµnh lËp c¸c bµi to¸n sau:

Bµi tËp 2: T×m 3 sè x,y,z biÕt

2 3 4

= = vµ 2x + 3y – 5z = -21Gi¶i: C¸ch 1: §Æt

2 3 4

x = =y z=kC¸ch 2: Tõ

2 3 4

x= =y z= k

Sau đó ta giải tiếp nh bài tập 1.

Bài tập 6 Tìm x, y, z biết 3x = 2y; 4x = 2z và x + y+ z = 27

Giải:áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có

Hay 6x = 4y = 3z sau đó giải tiếp nh bài tập 6

Bài tập 9: Tìm x,y,z biết 4 6 8

x− = y− = z−

và x +y +z =27Giải: - Cách 1: Đặt 4 6 8

tỷ số ở tỉ lệ thức phải chứng minh theo k.

Phơng pháp 3: Dùng t/c hoán vị , t/c của dãy tỷ số bằng nhau,

t/c của đẳng thức biến đổi tỷ số ở vế trái ( của tỉ lệ thứccần chứng minh ) thành vế phải

Phơng pháp 4: dùng t/c hoán vị, t/c của dãy tỉ số bằng nhau,

t/c của đẳng thức để từ tỉ lệ thức đã cho biến đổi dầnthành tỉ lệ thức phải chứng minh

2) Bài tập:

Bài1.Cho a, b, c, d khác 0 từ tỷ lệ thức:a c

b =d hãy suy ra tỉ lệthức:a b c d

− = −

.Giải:- Cách 1: Xét tích (a - b ) = ac - bc (1)

Bài 2: chứng minh rằng nếu a2 =bc thì

Từ đó ta có bài toán cho a b c a

a b c b

+ = +

− − chứng minh rằng nếu 3 số a, b,

c đều khác 0 thì từ 3 số a, b, c có 1 số đợc dùng 2 lần, có thể lậpthành 1 tỉ lệ thức

= (b2 + a2)c = b2c + a2c = b2c + bc.c= bc( b+c)

Bµi 3: Cho 4 sè kh¸c 0 lµ a a a a1 , , , 2 3 4 tho¶ m·n 2 3

2 1 3 ; 3 2 4

a =a a a =a a chøngtá

z c

b a

y c

b a

= +

z y x

c z

y x

b z

= +

Lời giải: áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có :

) 1 ( 9

2 2

2 4 4

4 2

2 2

2 4

2 4

4 2

z y x c b a c b a c b a

z y x c

b a

y c

b a

z c

b a

y c

b

a

− + + +

− + + +

+ +

=

− +

= +

−

=

− +

= +

+

) 2 ( 9

2 ) 4 4 ( 2

4 2

2 4

2

2 4

4 2

z y x c b a c b a c b a

b y x c

b a

x c

b a

z c

b a

y c

− +

− +

= + +

= +

−

=

− +

= +

+

) 3 ( 9

4 4 4

4 ) 4 4 8 ( 4 8

4

4 4

4 4 8

4 4

8 4

4 4

4 2

2

c

z y x c b a c b a c b a

z y x

c b a

y c

b a

x c

b a

z c

b a

y c

− +

− +

− + +

+ +

=

− +

= + +

= +

−

=

− +

= +

+

Từ (1),(2),(3) suy ra

c

b y x b

z y x a

z y x

9

4 4 9

2 9

+

suy ra

z y x

c z

y x

b z

= +

Dạng 3: Toán chia tỉ lệ 1.Phơng pháp giải

Bớc 1:Dùng các chữ cái để biểu diễn các đại lợng cha biết

Bớc 2:Thành lập dãy tỉ số bằng nhau và các điều kiện

Bớc 3:Tìm các số hạng cha biết

Bớc 4:Kết luận.

2.Bài tập

Bài 1:Tính độ dài các cạnh một tam giác biết chu vi là 22 cm

và các cạnh của tam giác tỉ lệ với các số 2;4;5

Lời giải: Gọi độ dài 3 cạnh của tam giác là a,b,c (cm,a,b,c> 0)

Vì chu vi của tam giác bằng 22 nên ta có a + b + c = 22

Vì các cạnh của tam giác tỉ lệ với 2;4;5 nên ta có

5 4 2

c b

a = =

áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ,ta có

2 11

22 5 4 2 5 4

+ +

+ +

=

=

= b c a b c

a

Thử lại các giá trên ta thấy thoả mãn

Vậy độ dài ba cạnh của tam giác đó là 4cm,8cm,10cm

Có thể thay điều kiện ( 2) nh sau : biết hiệu giữa cạnh lớn nhất

và cạnh nhỏ nhất bằng 3.Khi đó ta có đợc c - a = 3

Bài 2: Ba lớp 7A,7B,7C cùng tham gia lao động trồng cây, số cây

mỗi lớp trồng đợc tỉ lệ với các số 2;4;5 và 2 lần số cây của lớp 7Acộng với 4 lần số cây của lớp 7B thì hơn số cây của lớp 7C là 119cây.Tính số cây mỗi lớp trồng đợc

16 6

4 2 5 16

4 6

2 5 4

− +

− +

Thử lại các giá trên ta thấy thoả mãn

Vậy số cây trồng đợc của 3 lớp 7A,7B,7C lần lợt là21cây,28cây,35cây

Bài 3:Tổng các luỹ thừa bậc ba của 3 số là -1009 Biết tỉ số giữa

6 số thóc ở kho II và 1

11số thóc ở kho III thì số thóccòn lại của 3 kho bằng nhau Hỏi lúc đầu mỗi kho có bao nhiêu tấnthóc

Lời giải:

Gọi số thóc của 3 kho I,II,III lúc đầu lần lợt là a,b,c (tấn, a,b,c>0)

Số thóc của kho I sau khi chuyển là 1 4

từ 4 5 10 4 5 10

5a= 6b= 11c⇒ 5.20a= 6.20b= 11.20c

710 10

25 24 22 25 24 22 71

a b c a b c+ +

+ +Suy ra a = 25.10 = 250; b = 24.10 = 240 ; c = 22.10 = 220

Thử lại các giá trên ta thấy thoả mãn

Vậy số thóc lúc đầu của của kho I,II,III lần lợt là 250tấn , 240 tấn,

220 tấn

Bài 3: Trong một đợt lao động ba khối 7,8,9 chuyển đợc 912 m3

đất , trung bình mỗi học sinh khối 7,8,9theo thứ tự làm đợc

1, 2m ;1, 4m ;1, 6m Số học sinh khối 7 và khối 8 tỉ lệ với 1 và 3 ; số họcsinh khối 8 và khố 9 tỉ lệ với 4 và 5 Tính số học sinh của mỗi khối

Lời giải:Gọi số học sinh của khối 7,8,9 lần lợt là a,b,c(h/s)(a,b,c∈N)

Số đất khối 7 chuyển đợc là 1,2a

Số đất khối 8 chuyển đợc là 1,4b

Số đất khối 9 chuyển đợc là 1,6c

Theo bài ra ta có ;

1 3 4 5

a =b b =c

Và 1,2a +1,4b + 1,6c = 912 giải ra ta đợc a= 80, b= 240, c= 300Thử lại các giá trên ta thấy thoả mãn

Vậy số học sinh của khối 7,8,9 lần lợt là 80 h/s,240h/s,300h/s

3 8

3x = y = z và 2x2 + 2y2 −z2 = 1 g) x y z

4

3 3

2 2

= 15

4.Cho a b c

b = =c a và a + b + c ≠ 0; a = 2011 Tớnh b, c.

5.Cho a,b,c ∈ R và a,b,c ≠ 0 thoả mãn b2 = ac C/m rằng:

c

a

=

2 2

( 2012 ) ( 2012 )

+ +

b a b a

* Mọi số đều lớn hơn hoặc bằng đối của GTTĐ của nó và đồng thời nhỏ hơn hoặcbằng GTTĐ của nó

TQ: 2 2

a

a =

* Tổng hai GTTĐ của hai số luôn lớn hơn hoặc bằng GTTĐ của hai số, dấu bằng

xảy ra khi và chỉ khi hai số cùng dấu

TQ: a + b ≥ a+b và a +b = a+b ⇔a.b≥ 0

2 Các dạng toán :

I.Tìm giá trị của x thoả mãn đẳng thức có chứa dấu GTTĐ:

1 Dạng 1 : A(x)=k (Trong đó A(x) là biểu thức chứa x, k là một số cho trước )

k x A k x A

) (

) ( )

1 − − x = c) 21− x+51 =13 d)

8

7 1 2 4

3

= +

2

= + +

5

1 2 3

1 − = +

4

5 4

1 2

3 5

4 2

3 + x− = d)

6

5 3

5 2

1 4

3 5 ,

9 5 ,

6 − x+ = b) : 4 51 72

2

3 4

2

1 4

3 : 5 , 2 4

3

2 4 : 3 5

b a b

) ( ) ( )

( ) (

x B x A

x B x A x

B x A

Bài 1: Tìm x, biết:

a) 5x− 4 = x+ 2 b) 2x− 3 − 3x+ 2 = 0c) 2 + 3x = 4x− 3 d) 7x+ 1 − 5x+ 6 = 0

a) 5x− 4 = x+ 2

x 1,5 5x 4 x 2

1 5x 4 -x-2 x

5

3 8

5 2

7 4

5x− − x+ = c)

4

1 3

4 3

2 5

2

1 6

5 8

7x+ − x+ =

3 Dạng 3: A(x)=B(x) ( Trong đó A(x) và B(x) là hai biểu thức chứa x )

* Cách 1: Ta thấy nếu B(x) < 0 thì không có giá trị nào của x thoả mãn vì

GTTĐ của mọi số đều không âm Do vậy ta giải như sau:

) ( ) (x B x

) ( ) ( )

( ) (

x B x A

x B x A x

B x

điều kiện ( * )

* Cách 2: Chia khoảng xét điều kiện bỏ dấu GTTĐ:

Nếu a≥ 0 ⇒ a =a Nếu a< 0 ⇒ a = −a

Ta giải như sau: A(x) =B(x) (1)

-Nếu A(x) ≥ 0 thì (1) trở thành: A(x) = B(x) ( Đối chiếu giá trị x tìm được với đk)-Nếu A(x ) < 0 thì(1) trở thành: -A(x)= B(x) (Đối chiếu giá trị x tìm được với đk)VD1: Giải : a) Tìm x ∈ Q biết =2x

2 4 5

2 3 4 81 A

b)Chứng minh: f(-a) = -f(a)

Câu 4: Tìm cặp số nguyên (x;y) biết: x + y = x.y

Câu 5:Cho ∆ABC có góc A nhỏ hơn 900 Vẽ ra ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân tại A là ∆ABM và ∆ACN

a)Chứng minh rằng: ∆AMC = ∆ABN; b)Chứng minh: BN ⊥ CM;

c)Kẻ AH ⊥BC (H ∈ BC) Chứng minh AH đi qua trung điểm của MN

Câu 6 : Cho ba số a, b, c thỏa mãn: 0 ≤ ≤ + ≤ +a b 1 c 2 và a + b + c = 1

P = -1,5 -4(-1,5).(-0,75) - 0,75 = -1,5(1+3) - 0,75 = -6,75

1,51,5

12 5 6 6

2 4 5

2 3 4 81 A

AM = AB (∆AMB vuông cân)

AC = AN (∆ACN vuông cân)

∠ MAC = ∠NAC ( = 900 + ∠BAC)Suy ra ∆AMC = ∆ABN (c - g -c)

D

K I

H

E F

A M

N

1,01,0

0,5

b) Gọi I là giao điểm của BN với AC, K là giao điểm của BN với MC Xét ∆KIC và ∆AIN, có:

∠ANI = ∠KCI (∆AMC = ∆ABN) ∠ AIN = ∠KIC (đối đỉnh)

⇒ ∠IKC = ∠NAI = 900, do đó: MC ⊥ BN

110,5

c) Kẻ ME⊥AH tại E, NF⊥AH tại F Gọi D là giao điểm của

MN và AH

- Ta có: ∠BAH + ∠MAE = 900(vì ∠MAB = 900)Lại có ∠MAE + ∠AME = 900, nên ∠AME = ∠BAH Xét ∆MAE và ∆ABH , vuông tại E và H, có:

∠AME = ∠BAH (chứng minh trên)

MA = ABSuy ra ∆MAE =∆ABH(cạnh huyền-góc nhọn)⇒ME=AH

- Chứng minh tương tự ta có ∆AFN = ∆CHA ⇒FN=AHXét ∆MED và ∆NFD, vuông tại E và F, có:

ME = NF (= AH)

∠EMD = ∠FND(phụ với ∠MDE và ∠FDN, mà ∠MDE =∠

FDN) ⇒ ∆MED = ∆NFD ⇒BD = ND.

Vậy AH đi qua trung điểm của MN

0,250,25

0,250,25

Chú ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

- Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm bài hình

4 Dạng 4: Đẳng thức chứa nhiều dấu GTTĐ:

* Cách giải: Lập bảng xét điều kiện bỏ dấu GTTĐ: A(x) + B(x) + C(x) =m

Căn cứ bảng trên xét từng khoảng giải bài toán ( Đối chiếu đ kiện tương ứng )

Ví dụ1 : Tìm x biết rằng x− + − =1 x 3 2x−1 (1)

Nhận xét: Như trên chúng ta đã biến đổi được biểu thức chứa dấu GTTĐ thành các

biểu thức không chứa dấu GTTĐ Vậy ta sẽ biến đổi biểu thức ở vế trái của đẳng thức trên Từ đó sẽ tìm được x

Giải

4 (giá trị này không thuộc khoảng đang xét)Xét khoảng 1 ≤ x ≤ 3 ta có:

1 5

1

5

1 2 2

1 3 2

1 3 2

3 101

2 101

1

= + + + + + + + +

100 99

1

4 3

1 3

2

1 2

1

1

= +

+ + + + + + +

99 97

1

7 5

1 5

3

1 3

1

1

= +

+ + + + + + +

401 397

1

13 9

1 9

5

1 5

1

1

= +

+ + +

+ + + +

6 Dạng 6: Dạng hỗn hợp:

Bài 1: Tìm x, biết:a)

5

4 2

1 1

x + =

Bài 2: Tìm x, biết:a) 2x− 1 −21 = 51 b)

5

2 4

3 1 2

Vận dụng tính chất không âm của GTTĐ dẫn đến phương pháp bđ thức

* Nhận xét: Tổng của các số không âm là một số không âm và tổng đó bằng 0 khi vàchỉ khi các số hạng của tổng đồng thời bằng 0

Bài1: Tìm x, y : a) 3x− 4 + 3y+ 5 = 0 b) 0

25

9 = + +

3

13

23 17

11 5 , 1 4

3 2

1 3

Bài 3: Tìm x, y thoả mãn:

a) 5x+ 1 + 6y− 8 ≤ 0 b) x+ 2y + 4y− 3 ≤ 0 c) x−y+ 2 + 2y+ 1 ≤ 0

Bài 4: Tìm x, y thoả mãn:

a) 12x+ 8 + 11y− 5 ≤ 0 b) 3x+ 2y + 4y− 1 ≤ 0 c) x+ y− 7 + xy− 10 ≤ 0

* Chú ý 2: Do tính chất không âm của GTTĐ tương tự như tính chất không âm của

luỹ thừa bậc chẵn nên có thể kết hợp hai kiến thức ta cũng có các bài tương tự

2

1 2 1 3

7 5

≤ + +

−y y x

25

6 5

4 2008

2007 2

1 4

2 1

10

x x

10

x x

x x

* Nếu m > 0 ta giải như sau: A+ B =m (1)

Do A ≥ 0 nên từ (1) ta có: 0 ≤ B ≤m từ đó tìm giá trị của B và A tương ứng

Bài 1.1: Tìm cặp số nguyên ( x, y) thoả mãn:

A + < (1)

0 0

0

≥ +

A

(2)

Từ (1) và (2⇒ 0 ≤ A + B <m từ đó giải bài toán A + B =k như dạng 1 với 0 ≤k <m

Bài 2.1: Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thoả mãn:

a) x + y ≤ 3 b) x+ 5 + y− 2 ≤ 4 c) 2x+ 1 + y− 4 ≤ 3 d) 3x + y+ 5 ≤ 4

Bài 2.2: Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thoả mãn:

a) 5x+ 1 + y− 2 ≤ 7 b) 4 2x+ 5 + y+ 3 ≤ 5 c) 3x+ 5 + 2y− 1 ≤ 3 d) 3 2x+ 1 + 4 2y− 1 ≤ 7

3 Dạng 3: Sử dụng bất đẳng thức:a + b ≥ a+b xét khoảng giá trị của ẩn số.

Bài 3.1: Tìm các số nguyên x thoả mãn:

4 Dạng 4: Kết hợp tính chất không âm của GTTĐ và dấu của một tích:

* Cách giải : A(x).B(x) = A(y)

Đánh giá: A(y) ≥ 0 ⇒ A(x).B(x) ≥ 0 ⇒n≤ x≤m tìm được giá trị của x

Bài 4.1: Tìm các số nguyên x thoả mãn:

m A B

+

−

= + +

2 3

y x

+ +

−

=

− + +

y y

x x

12 5

3 1

+ +

=

− + +

y x

Bài 5.3: Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thoả mãn:

3 1

14 7

2 2

− +

−

= +

− +

y y

y

5 2 3

20 4

2 2

+ +

= + +

y x

c) 2x−2007 +3= y−20086 +2 d) x+ y+2+5=3y+305+6

III – Rút gọn biểu thức chứa dấu GTTĐ:

• Cách giải chung: Xét điều kiện bỏ dấu GTTĐ rồi thu gọn:

Bài 1: Rút gọn biểu thức sau với 3 , 5 ≤ x≤ 4 , 1

a) A= x− 3 , 5 + 4 , 1 −x b) B= −x+ 3 , 5 + x− 4 , 1

Bài 2: Rút gọn biểu thức sau khi x < - 1,3:

3 7

1

+ +

3 7

1

−

−

− + +

1 5

1

3 + − +

c) C = 2x− 2 − 1 −x với x = 4 d)

1 3

1 7

V – Tìm GTLN – NN của một biểu thức chứa dấu GTTĐ:

1 Dạng 1: Sử dụng tính chất không âm của GTTĐ:

* Cách giải chủ yếu là từ tính chất không âm của GTTĐ vận dụng tính chất của bấtđẳng thức để đánh giá giá trị của biểu thức:

Bài 1.1 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức:

a) A= 0 , 5 − x− 3 , 5 b) B= − 1 , 4 −x − 2 c)

5 4

2 3

3 2

2 + + + +

+

=

x y

x E

Bài 1.4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

a)

4 5 7

11 5 7 2

+ +

+ +

13 7 2

+ +

+ +

32 1 15

+ +

+ +

=

x

x C

Bài 1.5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a) 5 45 78 24

+ +

− +

33 6 4 21

+ +

+ +

14 5 6

+ +

+ +

68 7 15

+ +

− +

−

=

x

x C

2 Dạng 2: Xét điều kiện bỏ dấu GTTĐ xác định khoảng giá trị của biểu thức: Bài 2.1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

c) C = 4x+ 3 + 4x− 5 + 12

Bài 3.3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a) A= x+ 3 + 2x− 5 + x− 7 b) B= x+ 1 + 3x− 4 + x− 1 + 5

c) C = x+ 2 + 4 2x− 5 + x− 3 d) D= x+ 3 + 5 6x+ 1 + x− 1 + 3

Bài 3.4 : Cho x + y = 5 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= x+ 1 + y− 2

Bài 3.5: Cho x – y = 3, tìm giá trị của biểu thức: B= x− 6 + y+ 1

Bài 3.6: Cho x – y = 2 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C = 2x+ 1 + 2y+ 1

Bài 3.7: Cho 2x+y = 3 tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: D= 2x+ 3 + y+ 2 + 2

Ngµy so¹n 28 - 1 -2019

Buæi 13+14+15 PHẦN HÌNH HỌC

I 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 letrong ,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

P 2 : - 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 gúc vào một tam giỏc từ đú vận định lớ về quan hệ giữa cạnh và gúc đối diện trong một tam giỏc , BĐT tam giỏc

- Dựa vào định lớ về quan hệ giữa đường xiờn và hỡnh chiếu, đường xiờn và đường vuụng gúc

I Bài tập vận dụng Bài 1 : Cho tam giỏc ABC cú Â < 900

Vẽ ra phớa ngoài tam giỏc đú hai đoạn thẳng

AD vuụng gúc và bằng AB; AE vuụng gúc và

BAE= +BAC DAC=

* Gọi I là giao điểm của AB và CD

Ta cú bài toỏn 1.2

Bài 1 1: Cho tam giác ABC có Â < 900 Vẽ ra phía ngoài tam giác

đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC Từ B kẻ BK ⊥CD tại K

Bài 1.2: Cho tam giác ABC có Â < 900 Vẽ ra phía ngoài tam giác

đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC Gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A Chứng minh rằng : MA ⊥BC

Phõn tớch tỡm hướng giải

HD: Gọi H là giao điểm của tia MA và BC

Để CM MA ⊥BC ⇒ ta cần CM ∆AHC vuụng tại H

⇒Để CM ∆AHC vuụng tại H ta cần tạo ra 1

AM = MN ; MD = ME (gt) và ãEMA DMN=ã ( hai gúc đối đỉnh)

⇒ DN = AE ( = AC) và AE // DN vỡ Nả1 =MAEã ( cặp gúc so le trong )

⇒EAD ADNã + ã = 180 0( cặp gúc trong cựng phớa) mà EAD BACã +ã = 180 0 ⇒ BACã = ãADN

Xột ∆ABC và ∆DNA cú : AB = AD (gt) , AC = DN và BACã = ãADN ( chứng minh trờn ) ⇒∆ABC = ∆DNA (c.g.c) ⇒ Nả1= ãACB

Xột ∆AHC và ∆DQN cú : AC = DN , ãBAC=ãADN và ảN1 =ãACB

⇒ ∆AHC = ∆DQN (g.c.g) ⇒ ∆AHC vuụng tại H hay MA ⊥BC

* Khai thỏc bài toỏn 1.3

+ Từ bài 1.2 ta thấy với M là trung điểm của DE thỡ tia MA⊥BC , ngược lại

nếu AH ⊥BC tại H thỡ tia HA sẽ đi qua trung điểm M của DE , ta cú bài toỏn 1.4

Bài 1.3 : Cho tam giác ABC có Â < 900 Vẽ ra phía ngoài tam giác

đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và

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:

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 HAC HA B· = · '

DAE BAC+ = ⇒DAE· =·ABA'

Xét ∆DAE và ∆ABA’ có : AE = A’B , AD =

ADE B+ = ⇒ADE MDA+ =

Suy ra HA vuông góc với DE

Bài 2 : Cho tam giác cân ABC (AB = AC).

Trên cạnh BC lấy điểm D, trên tia đối của tia

CB lấy điểm E sao cho BD = CE Các đường

thẳng vuông góc với BC kẻ từ D và E cắt AB,

AC lần lượt ở M, N Chứng minh rằng:

a) DM = EN

b) Đường thẳng BC cắt MN tại trung điểm I của MN

c) Đường thẳng vuụng gúc với MN tại I luụn đi qua một điểm cố định khi D thay đổi trờn cạnh BC

* Phõn tớch tỡm lời giải

BCA CBAã =ã ( ∆ABC cõn tại A)

b) Để Cm Đường thẳng BC cắt MN tại trung

điểm I của MN ⇒ Cần cm IM = IN

⇑

Cm ∆MDI = ∆NEI ( g.c.g)

c) Gọi H là chõn đường vuụng gúc kẻ từ A

xuống BC , O là giao điểm của AH với

đường thẳng vuụng gúc với MN kẻ từ I ⇒

Từ bài 2 ta thấy BM = CN , vậy ta cú thể phỏt biểu lại bài toỏn như sau:

Bài 2.1 Cho tam giác cân ABC (AB = AC) Trên cạnh AB lấy

điểm M, trên tia AC lấy điểm N sao cho BM = CN Đường thẳng BCcắt MN tại I

Chứng minh rằng:

a) I là trung điểm của MN

b) Đờng thẳng vuông góc với MN

tại I luôn đi qua một điểm cố định

khi D thay đổi

lời giải:

Từ lời giải bài 2 để giải bài 2.1 ta cần kẻ MD⊥

BC ( D ∈BC)

NE ⊥ BC ( E∈BC)

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 thẳng AB và AC lần lượt ở D và E Gọi I là trung điểm của DE

a) Chứng minh rằng : AI ⊥ BC

b) Có thể nói DE nhỏ hơn BC được không ? vì sao?

*Phân tích tìm lời giải

a) Gọi H là giao điểm của BC và AI

b) ta có BC = 2 CK = 2AK ( CK = AK) , DE = 2IE = 2.AI ( AI = IE)

Mà AI ≥ AK ⇒DE BC≥ , DE = BC khi K trùng với I khi đó ∆ABC vuông cân tại A

Bài 4: Cho tam giác ABC (AB > AC ) , M là trung điểm của BC Đường thẳng đi

qua M và vuông góc với tia phân giác của góc A tại H cắt hai tia AB, AC lần lượt tại

E và F Chứng minh rằng:

a) 2 2 2

4

EF + AH = AE b) 2BME ACB B· = · −µ

M E

D B

A

F