Chuynbidnghsgmntonlp7 151008091156-lva1-app6891

GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO
http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126
------------------***-------------------
Đăng ký học Toán lớp 7 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 1
CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 7
PHẦN ĐẠI SỐ
Chuyền đề 1: Các bài toán thực hiện phép tính:
1. Các kiến thức vận dụng:
- Tính chất của phép cộng , phép nhân
- Các phép toán về lũy thừa:
an
= . ....
n
a a a ; am
.an
= am+n
; am
: an
= am –n
( a  0, m n)
(am
)n
= am.n
; ( a.b)n
= an
.bn
; ( ) ( 0)
n
n
n
a a
b
b b
 
2 . Một số bài toán :
Bài 1: a) Tính tổng : 1+ 2 + 3 +…. + n , 1+ 3 + 5 +…. + (2n -1)
b) Tính tổng : 1.2 + 2.3 + 3.4 + …..+ n.(n+1)
1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2)
Với n là số tự nhiên khác không.
HD : a) 1+2 + 3 + .. ..+ n = n(n+1)
1+ 3+ 5+ …+ (2n-1) = n2
b) 1.2+2.3+3.4+ …+ n(n+1)
= [1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + …..+ n(n + 1)( (n+2) – (n – 1))] : 3
= [ 1.2.3 – 1.2.3 + 2.3.4 – 2.3.4 +……+ n( n+1)(n+2)] : 3
= n(n+ 1)(n+2) :3
1.2.3 + 2.3.4+ 3.4.5 + ….+ n(n+1)(n+2)
= [ 1.2.3(4 – 0) + 2.3.4( 5 -1) + 3.4.5.(6 -2) + ……+ n(n+1)(n+2)( (n+3) – (n-1))]: 4
= n(n+1)(n+2)(n+3) : 4
Tổng quát:

------------------***-------------------
Bài 2: a) Tính tổng : S = 1+ a + a2
+…..+ an
b) Tính tổng : A =
1 2 2 3 1
......
. . .n n
c c c
a a a a a a
   với a2 – a1 = a3 – a2 = … = an – an-1 = k
HD: a) S = 1+ a + a2
+…..+ an
aS = a + a2
+…..+ an
+ an+1
Ta có : aS – S = an+1
– 1  ( a – 1) S = an+1
– 1
Nếu a = 1  S = n
Nếu a khác 1 , suy ra S =
1
1
1
n
a
a



b) Áp dụng
1 1
( )
.
c c
a b k a b
  với b – a = k
Ta có : A =
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ..... ( )
n n
c c c
k a a k a a k a a
     
=
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1
( ...... )
n n
c
k a a a a a a
     
=
1
1 1
( )
n
c
k a a

Bài 3 : a) Tính tổng : 12
+ 22
+ 32
+ …. + n2
b) Tính tổng : 13
+ 23
+ 33
+ …..+ n3
HD : a) 12
+ 22
+ 32
+ ….+ n2
= n(n+1)(2n+1): 6
b) 13
+ 23
+ 33
+ …..+ n3
= ( n(n+1):2)2
Bài 3: Thùc hiÖn phÐp tÝnh:
a) A =
1 1 1 1 1 3 5 7 ... 49
( ... )
4.9 9.14 14.19 44.49 89
    
   
b)
   
12 5 6 2 10 3 5 2
6 3 9 32 4 5
2 .3 4 .9 5 .7 25 .49
125.7 5 .142 .3 8 .3
B
 
 

HD : A =
9
28

; B =
7
2
Bài 4: 1, Tính: P =
1 1 1 2 2 2
2003 2004 2005 2002 2003 2004
5 5 5 3 3 3
2003 2004 2005 2002 2003 2004
   

   

------------------***-------------------
2, Biết: 13 + 23 + . . . . . . .+ 103 = 3025.
Tính: S = 23 + 43 + 63 + . . . .+ 203
Bài 5: a) TÝnh 115
2005
1890
:
12
5
11
5
5,0625,0
12
3
11
3
3,0375,0
25,1
3
5
5,2
75,015,1


















A
b) Cho 20052004432
3
1
3
1
...
3
1
3
1
3
1
3
1
B
Chøng minh r»ng
2
1
B .
Bài 6: a) Tính :




















7
2
14
3
1
12:
3
10
10
3
1
4
3
46
25
1
230.
6
5
10
27
5
2
4
1
13
b) TÝnh
1 1 1 1
...
2 3 4 2012
2011 2010 2009 1
...
1 2 3 2011
P
   

   
HD: Nhận thấy 2011 + 1 = 2010+2 = ….
2012 2010 1
1 1 .... 1 2011
1 2 2011
MS        
2012 2012
2012 .... 2011
2 2011
     =
1 1 1 1
2012( ...... )
2 3 4 2012
   
c)
10099...4321
)6,3.212,1.63(
9
1
7
1
3
1
2
1
)10099...321(








A
Bài 7: a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
50
31
.
93
14
1.
3
1
512
6
1
6
5
4
19
2
.
3
1
615
7
3
4.
31
11
1

































A
b) Chøng tá r»ng:
2004
1
2004
1
...
3
1
3
1
2
1
1 2222
B

------------------***-------------------
Bài 8: a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
25
13
:)75,2(53,388,0:
25
11
4
3
125505,4
3
4
4:624,81
2
22
2






























A
b) Chøng minh r»ng tæng:
2,0
2
1
2
1
....
2
1
2
1
...
2
1
2
1
2
1
20042002424642
  nn
S

------------------***-------------------
CHUYÊN ĐỀ 2: BÀI TOÁN VỀ TÍNH CHẤT CỦA DÃY TỈ SỐ BẰNG NHAU
1. Kiến thức vận dụng :
- . .
a c
a d b c
b d
  
-Nếu
a c e
b d f
  thì
a c e a b e
b d f b d f
 
  
 
với gt các tỉ số dều có nghĩa
- Có
a c e
b d f
  = k Thì a = bk, c = d k, e = fk
2. Bài tập vận dụng
Dạng 1 Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để chứng minh đẳng thức
Bài 1: Cho
a c
c b
 . Chứng minh rằng:
2 2
2 2
a c a
b c b



HD: Từ
a c
c b
 suy ra 2
.c a b
khi đó
2 2 2
2 2 2
.
.
a c a a b
b c b a b
 

 
=
( )
( )
a a b a
b a b b



Bài 2: Cho a,b,c  R và a,b,c  0 thoả mãn b2
= ac. Chứng minh rằng:
c
a
=
2
2
( 2012 )
( 2012 )
a b
b c


HD: Ta có (a + 2012b)2
= a2
+ 2.2012.ab + 20122
.b2
= a2
+ 2.2012.ab + 20122
.ac
= a( a + 2.2012.b + 20122
.c)
(b + 2012c)2
= b2
+ 2.2012.bc + 20122
.c2
= ac+ 2.2012.bc + 20122
.c2
= c( a + 2.2012.b + 20122
.c)
Suy ra :
c
a
=
2
2
( 2012 )
( 2012 )
a b
b c



------------------***-------------------
Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu
d
c
b
a
 th×
dc
dc
ba
ba
35
35
35
35





HD : Đặt
a c
k
b d
  a = kb, c = kd .
Suy ra :
5 3 (5 3) 5 3
5 3 (5 3) 5 3
a b b k k
a b b k k
  
 
  
và
5 3 (5 3) 5 3
5 3 (5 3) 5 3
c d d k k
c d d k k
  
 
  
Vậy
dc
dc
ba
ba
35
35
35
35





Bài 4: BiÕt
2 2
2 2
a b ab
c d cd



với a,b,c, d  0 Chứng minh rằng :
a c
b d
 hoặc
a d
b c

HD : Ta có
2 2
2 2
a b ab
c d cd



=
2 2
2 2
2 2
2 2
ab a ab b
cd c cd d
 
 
 
2
2
2
( )
( )
( )
a b a b
c d c d
 

 
(1)
2 2
2 2
a b ab
c d cd



=
2 2
2 2
2 2
2 2
ab a ab b
cd c cd d
 
 
 
2
2
2
( )
( )
( )
a b a b
c d c d
 

 
(2)
Từ (1) và (2) suy ra : 2 2
( ) ( )
a b a b
a b a b c d c d
a b b ac d c d
c d d c
 
   
  
    
  
Xét 2 TH đi đến đpcm
Bài 5 : Cho tØ lÖ thøc
d
c
b
a
 . Chøng minh r»ng:
22
22
dc
ba
cd
ab


 vµ 22
222
dc
ba
dc
ba










HD : Xuất phát từ
d
c
b
a
 biến đổi theo các
hướng làm xuất hiện
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
( )
ab a b a c a b a b
cd c d b d c d c d
  
    
  
Bài 6 : Cho d·y tØ sè b»ng nhau:

------------------***-------------------
d
dcba
c
dcba
b
dcba
a
dcba 2222 






TÝnh
cb
ad
ba
dc
ad
cb
dc
ba
M












HD : Từ
d
dcba
c
dcba
b
dcba
a
dcba 2222 






Suy ra :
2 2 2 2
1 1 1 1
a b c d a b c d a b c d a b c d
a b c d
           
      

a b c d a b c d a b c d a b c d
a b c d
           
  
Nếu a + b + c + d = 0  a + b = -( c+d) ; ( b + c) = -( a + d)

cb
ad
ba
dc
ad
cb
dc
ba
M











 = -4
Nếu a + b + c + d  0  a = b = c = d 
cb
ad
ba
dc
ad
cb
dc
ba
M











 = 4
Bài 7 : a) Chøng minh r»ng:
NÕu
cba
z
cba
y
cba
x




 4422
Th×
zyx
c
zyx
b
zyx
a




 4422
b) Cho:
d
c
c
b
b
a
 .
Chøng minh:
d
a
dcb
cba








3
HD : a) Từ
cba
z
cba
y
cba
x




 4422

2 2 4 4a b c a b c a b c
x y z
     
 

2 2(2 ) 4 4
2 2
a b c a b c a b c a
x y z x y z
     
  
 
(1)
2( 2 ) (2 ) 4 4
2 2
a b c a b c a b c b
x y z x y z
     
  
 
(2)

------------------***-------------------
4( 2 ) 4(2 ) 4 4
4 4 4 4
a b c a b c a b c c
x y z x y z
     
  
 
(3)
Từ (1) ;(2) và (3) suy ra :
zyx
c
zyx
b
zyx
a




 4422
Bài 8: Cho
zyx
t
yxt
z
xtz
y
tzy
x







chøng minh r»ng biÓu thøc sau cã gi¸ trÞ nguyªn.
zy
xt
yx
tz
xt
zy
tz
yx
P












HD Từ
zyx
t
yxt
z
xtz
y
tzy
x








y z t z t x t x y x y z
x y z t
       
  
 1 1 1 1
y z t z t x t x y x y z
x y z t
       
      

x y z t z t x y t x y z x y z t
x y z t
           
  
Nếu x + y + z + t = 0 thì P = - 4
Nếu x + y + z + t  0 thì x = y = z = t  P = 4
Bài 9 : Cho 3 số x , y , z khác 0 thỏa mãn điều kiện :
y z x z x y x y z
x y z
     
 
Hãy tính giá trị của biểu thức : B = 1 1 1
x y z
y z x
   
     
   
Bài 10 : a) Cho các số a,b,c,d khác 0 . Tính
T =x2011
+ y2011
+ z2011
+ t2011
Biết x,y,z,t thỏa mãn:
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
2 2 2 2 2 2 2 2
x y z t x y z t
a b c d a b c d
  
   
  
b) Tìm số tự nhiên M nhỏ nhất có 4 chữ số thỏa mãn điều kiện:
M = a + b = c +d = e + f
Biết a,b,c,d,e,f thuộc tập N*
và
14
22
a
b
 ;
11
13
c
d
 ;
13
17
e
f


------------------***-------------------
c) Cho 3 số a, b, c thỏa mãn :
2009 2010 2011
a b c
  .
Tính giá trị của biểu thức : M = 4( a - b)( b – c) – ( c – a )2
MỘT SỐ BÀI TƯƠNG TỰ
Bài 11: Cho d·y tØ sè b»ng nhau:
2012 2012 2012 2012a b c d a b c d a b c d a b c d
a b c d
           
  
TÝnh
cb
ad
ba
dc
ad
cb
dc
ba
M












Bài 12: Cho 3 số x , y , z, t khác 0 thỏa mãn điều kiện :
y z t nx z t x ny t x y nz x y z nt
x y z t
           
   ( n là số tự nhiên)
và x + y + z + t = 2012 . Tính giá trị của biểu thức P = x + 2y – 3z + t

------------------***-------------------
DẠNG 2 : VẬN DỤNG TÍNH CHẤT DÃY TỈ SỐ BẰNG NHAU ĐỂ TÌM X,Y,Z,…
Bài 1: Tìm cặp số (x;y) biết :  
1+3y 1+5y 1+7y
12 5x 4x
HD : Áp dông tÝnh chÊt d·y tØ sè b»ng nhau ta cã:
     
     
   
1+3y 1+5y 1+7y 1 7y 1 5y 2y 1 5y 1 3y 2y
12 5x 4x 4x 5x x 5x 12 5x 12
=>
2 2
5 12
y y
x x

 
với y = 0 thay vào không thỏa mãn
Nếu y khác 0
=> -x = 5x -12
=> x = 2. Thay x = 2 vµo trªn ta ®-îc:
1 3 2
12 2
y y
y

  

=>1+ 3y = -12y => 1 = -15y => y =
1
15

VËy x = 2, y =
1
15

tho¶ m·n ®Ò bµi
Bài 3 : Cho
a b c
b c a
  và a + b + c ≠ 0; a = 2012.
Tính b, c.
HD : từ 1
a b c a b c
b c a a b c
 
   
 
 a = b = c = 2012
Bài 4 : Tìm các số x,y,z biết :
1 2 3 1y x x z x y
x y z x y z
     
  
 
HD: Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau:
1 2 3 2( ) 1
2
( )
y x x z x y x y z
x y z x y z x y z
       
    
   
(vì x+y+z  0)
Suy ra : x + y + z = 0,5 từ đó tìm được x, y, z

------------------***-------------------
Bài 5 : Tìm x, biết rằng:
1 2 1 4 1 6
18 24 6
y y y
x
  
 
HD : Từ
1 2 1 4 1 6 2(1 2 ) (1 4 ) 1 2 1 4 (1 6 )
18 24 6 2.18 24 18 24 6
y y y y y y y y
x x
          
   
  
Suy ra :
1 1
1
6 6
x
x
  
Bài 6: T×m x, y, z biÕt: zyx
yx
z
zx
y
yz
x





 211
(x, y, z 0 )
HD : Từ
1
1 1 2 2( ) 2
x y z x y z
x y z
z y x z x y x y z
 
      
       
Từ x + y + z =
1
2
 x + y =
1
2
- z , y +z =
1
2
- x , z + x =
1
2
- y thay vào đẳng thức ban đầu để tìm
x.
Bài 7 : T×m x, y, z biÕt
216
3
64
3
8
3 zyx
 vµ 122 222
 zyx
Bài 8 : Tìm x , y biết :
2 1 4 5 2 4 4
5 9 7
x y x y
x
   
 

------------------***-------------------
CHUYÊN ĐỀ 3: VẬN DỤNG TÍNH CHẤT PHÉP TOÁN ĐỂ TÌM X, Y
1. Kiến thức vận dụng :
- Tính chất phép toán cộng, nhân số thực
- Quy tắc mở dấu ngoặc, quy tắc chuyển vế
- Tính chất về giá trị tuyệt đối : 0A  với mọi A ;
, 0
, 0
A A
A
A A

  
- Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối :
A B A B   dấu ‘=’ xẩy ra khi AB 0; A B A B   dấu ‘= ‘ xẩy ra A,B >0
( 0)
A m
A m m
A m

    
; ( )
A m
A m hay m A m
A m

    
 
với m > 0
- Tính chất lũy thừa của 1 số thực : A2n
 0 với mọi A ; - A2n
 0 với mọi A
Am
= An
 m = n; An
= Bn
 A = B (nếu n lẻ ) hoặc A =  B ( nếu n chẵn)
0< A < B  An
< Bn
;
Dạng 1: Các bài toán cơ bản
Bài 1: Tìm x biết
a) x + 2x + 3x + 4x + …..+ 2011x = 2012.2013
b)
1 2 3 4
2011 2010 2009 2008
x x x x   
  
HD : a) x + 2x + 3x + 4x + …..+ 2011x = 2012.2013
x( 1 + 2 + 3 + ….+ 2011) = 2012.2013
2011.2012
. 2012.2013
2
x 
2.2013
2011
x 
b) Nhận xét : 2012 = 2011+1= 2010 +2 = 2009 +3 = 2008 +4
Từ
1 2 3 4
2011 2010 2009 2008
x x x x   
  
( 2012) 2011 ( 2012) 2010 ( 2012) 2009 ( 2012) 2008
2011 2010 2009 2008
x x x x       
   

------------------***-------------------
2012 2012 2012 2012
2
2011 2010 2009 2008
1 1 1 1
( 2012)( ) 2
2011 2010 2009 2008
1 1 1 1
2:( ) 2012
2011 2010 2009 2008
x x x x
x
x
   
     
      
      
Bài 2 Tìm x nguyên biết
a)
1 1 1 1 49
....
1.3 3.5 5.7 (2 1)(2 1) 99x x
    
 
b) 1- 3 + 32
– 33
+ ….+ (-3)x
=
1006
9 1
4

Dạng 2 : Tìm x có chứa giá trị tuyệt đối
 Dạng : x a x b   và x a x b x c    
Khi giải cần tìm giá trị của x để các GTTĐ bằng không, rồi so sánh các giá trị đó để chia ra
các khoảng giá trị của x ( so sánh –a và –b)
Bài 1 : Tìm x biết :
a) 2011 2012x x   b) 2010 2011 2012x x   
HD : a) 2011 2012x x   (1) do VT = 2011 0,x x  
nên VP = x – 2012 0 2012x   (*)
Từ (1)
2011 2012 2011 2012( ô )
2011 2012 (2011 2012): 2
x x v ly
x x x
    
       
Kết hợp (*)  x = 4023:2
b) 2010 2011 2012x x    (1)
Nếu x  2010 từ (1) suy ra : 2010 – x + 2011 – x = 2012 x = 2009 :2 (lấy)
Nếu 2010 < x < 2011 từ (1) suy ra : x – 2010 + 2011 – x = 2012 hay 1 = 2012 (loại)
Nếu x 2011 từ (1) suy ra : x – 2010 + x – 2011 = 2012  x = 6033:2(lấy)
Vậy giá trị x là : 2009 :2 hoặc 6033:2
Một số bài tương tự:
Bài 2 : a) T×m x biÕt 431  xx
b) T×m x biÕt: 426 22
 xxx

------------------***-------------------
c) T×m x biÕt: 54232  xx
Bài 3 : a)T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó: xxx 313 
b) Tìm x biết: 2 3 2x x x   
Bài 4 : tìm x biết :
a) 1 4x   b) 2011 2012x  
DẠNG TOÁN: SỬ DỤNG BĐT GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
Bài 1 : a) Tìm x ngyên biết : 1 3 5 7 8x x x x       
b) Tìm x biết : 2010 2012 2014 2x x x     
HD : a) ta có 1 3 5 7 1 7 3 5 8x x x x x x x x                (1)
Mà 1 3 5 7 8x x x x        suy ra ( 1) xẩy ra dấu “=”
Hay
1 7
3 5
3 5
x
x
x
 
  
 
do x nguyên nên x {3;4;5}
b) ta có 2010 2012 2014 2010 2014 2012 2x x x x x x            (*)
Mà 2010 2012 2014 2x x x      nên (*) xẩy ra dấu “=”
Suy ra:
2012 0
2012
2010 2014
x
x
x
 
 
 
Các bài tương tự
Bài 2 : Tìm x nguyên biết : 1 2 ..... 100 2500x x x      
Bài 3 : Tìm x biết 1 2 ..... 100 605x x x x      
Bài 4 : T×m x, y tho¶ m·n: x 1 x 2 y 3 x 4       = 3
Bài 5 : Tìm x, y biết : 2006 2012 0x y x   
HD : ta có 2006 0x y  với mọi x,y và 2012 0x   với mọi x

------------------***-------------------
Suy ra : 2006 2012 0x y x    với mọi x,y mà 2006 2012 0x y x   

0
2006 2012 0 2012, 2
2012 0
x y
x y x x y
x
 
       
 
Bài 6 : T×m c¸c sè nguyªn x tho¶ m·n.
2004 4 10 101 990 1000x x x x x         
DẠNG CHỨA LŨY THỪA CỦA MỘT SỐ HỮU TỈ
Bài 1: Tìm số tự nhiên x, biết :
a) 5x
+ 5x+2
= 650 b) 3x-1
+ 5.3x-1
= 162
HD : a) 5x
+ 5x+2
= 650 5x
( 1+ 52
) = 650  5x
= 25 x = 2
b) 3x-1
+ 5.3x-1
= 162 3x -1
(1 + 5) = 162  3x – 1
= 27  x = 4
Bài 2 : Tìm các số tự nhiên x, y , biết:
a) 2x + 1
. 3y
= 12x
b) 10x
: 5y
= 20y
HD : a) 2x + 1
. 3y
= 12x

2
1
1
2 3
2 3
2 3
x y
x y x
x x
 

  
Nhận thấy : ( 2, 3) = 1  x – 1 = y-x = 0  x = y = 1
b) 10x
: 5y
= 20y
 10x
= 102y
 x = 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 
2 1 1
1
2 1 1
n
m
m n
  
  
 
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 :    
1 11
7 7 0
x x
x x
 
   
HD :
   
   
1 11
1 10
7 7 0
7 1 7 0
x x
x
x x
x x
 

   
     
 
  
 
1 10
8
6
1
10
7 0
1 ( 7) 0
7 0 7
( 7) 1
7 1 7 0
10
x
x
x
x
x
x
x x
x
x x

 
 
 

 

 
  
   
  
     
 

 




Bài 5 : Tìm x, y biết : 2012
2011 ( 1) 0x y y   
HD : ta có 2011 0x y  với mọi x,y và (y – 1)2012
 0 với mọi y
Suy ra : 2012
2011 ( 1) 0x y y    với mọi x,y . Mà 2012
2011 ( 1) 0x y y   

2011 0
2011, 1
1 0
x y
x y
y
 
  
 
Các bài tập tương tự :
Bài 6 : Tìm x, y biết :
a) 2012
5 (3 4) 0x y    b) 2 2
(2 1) 2 8 12 5.2x y x     
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: 22
23)2004(7 yx 
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 2 mà x NT x
= 2. Lại có 1000 – 13y 51 , 1000 – 13y > 0 và y NT  y =
b) Từ 22
23)2004(7 yx  (1)
do 7(x–2004)2
0 2 2
23 0 23 {0,2,3,4}y y y      
Mặt khác 7 là số NT 2
13 7y  vậy y = 3 hoặc y = 4 thay vào (1)
suy ra : x= 2005 ,y =4 hoặc x = 2003, y = 4
c) Ta có xy + 3x - y = 6  ( x – 1)( y + 3) = 3 
1 1
3 3
x
y
 

 
hoặc
1 1
3 3
x
y
  

  
hoặc
1 3
3 1
x
y
 

 
hoặc
1 3
1 1
x
y
  

  
d) x2
-2y2
=1 2 2 2
1 2 ( 1)( 1) 2x y x x y      
do VP = 2y2
chia hết cho 2 suy ra x > 2 , mặt khác y nguyên tố
1 2 3
1 2
x y x
x y y
   
  
   
Bài 2 a) Tìm các số nguyên thỏa mãn : x – y + 2xy = 7
b) Tìm ,x y biết: 2 2
25 8( 2012)y x  
HD : a) Từ x – y + 2xy = 7  2x – 2y + 2xy = 7  (2x - 1)( 2y + 1) = 13
b) Từ 2 2
25 8( 2012)y x    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:
1 1 1
x y 5
 
b) T×m çc sè a, b, c nguyªn d-¬ng tho¶ m·n :
b
aa 553 23
 vµ c
a 53 
HD : a) Từ
1 1 1
x y 5
   5 ( x + y) = xy (*)
5
5
5
x
xy
y

  

+ 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
5 5
5 1
1 1
q
y Z q
q q
      
 
Ư(5) , từ đó tìm được y, x
b) b
aa 553 23
  a2
( a +3) = 5b
– 5 , mà c
a 53   a2
. 5c
= 5( 5b – 1
– 1)
1
2
1
5 1
5
b
c
a



  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 çc cÆp sè nguyªn tè p, q tho¶ m·n:
2
2 2 2
5 2013 5p p
q  
HD :
2 2
2 2 2 2 2
5 2013 5 2013 25 25 2013 25 (25 1)p p p p p p
q q q          
Do p nguyên tố nên 2 2
2013 25q và 2013 – q2
> 0 từ đó tìm được q
Bài 5 : T×m tÊt c¶ çc sè nguyªn d-¬ng n sao cho: 12 n
chia hÕt cho 7
HD : Với n < 3 thì 2n
không chia hết cho 7
Với n 3 khi đó n = 3k hoặc n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 ( *
k N )
Xét n = 3k , khi đó 2n
-1 = 23k
– 1 = 8k
– 1 = ( 7 + 1)k
-1 = 7.A + 1 -1 = 7.A 7
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 *
k N
* 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) 313 m
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 1 2 1m m   , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1
Vậy m { -2; -1; 0; 1}
Cách 2 : Để 1 2 1 2( 1) 2 1 (2 1) 3 2 1 3 2 1m m m m m m m          
b) 313 m  - 3 < 3m – 1 < 3 
02 4
13 3
m
m
m

    
vì m nguyên
Bài 2 a) T×m x nguyªn ®Ó 6 1x chia hÕt cho 2 3x
b) T×m Zx  ®Ó A Z vµ t×m gi¸ trÞ ®ã.
A =
3
21


x
x
. HD: A =
3
21


x
x
=
1 2( 3) 6 7
2
3 3
x
x x
  
 
 
Bài 3: Tìm x nguyên để
2012 5
1006 1
x
x


HD :
2012 5
1006 1
x
x


=
2(1006 1) 2009 2009
2
1006 1 1006 1
x
x x
 
 
 
để
2012 5
1006 1
x
x


2009 1006 1x  x là số CP.
Với x >1 và x là số CP thì 1006 1 2012 2009x    suy ra 2009 không chia hết cho
1006 1x 
Với x = 1 thay vào không thỏa mãn
Với x = 0 thì 2009:1006 1 2009x  

------------------***-------------------
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
*A2n
 0 với mọi A, - A2n
 0 với mọi A
* 0,A A  , 0,A A  
* , ,A B A B A B    dấu “ = ” xẩy ra khi A.B  0
* , ,A B A B A B    dấu “ = ” xẩy ra khi A,B  0
2. Bài tập vận dụng:
* Dạng vận dụng đẳng thức : a2
+ 2.ab + b2
= ( a + b)2
Và a2
– 2 .ab + b2
= ( a – b)2
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.
2
b
a
+ 2
( )
2
b
a
) + ( c -
2
4
b
a
)
= a(
2 2
2 4 4
) ( ) ,
2 4 4
b ac b ac b
x x
a a a
 
    Vậy Min P(x) =
2
4
4
ac b
a

khi x =
2
b
a

Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a) A = - a2
+ 3a + 4
b) B = 2 x – x2

------------------***-------------------
HD : a) A = - a2
+ 3a + 4 = 2 2 23 3 9 3 25
( 2. . ( ) ) (4 ) ( )
2 2 4 2 4
a a a        
Do
3
( ) 0,
2
a a    nên A
25
,
4
a  . Vậy Max A =
25
4
khi a =
3
2
c) B = 2 2 2 2
2 ( 2. .1 1 ) 1 ( 1) 1x x x x x          . Do ( 1) 0, 1,x x B x      
Vậy Max B = 1 khi x = 1
Bài 3 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
a) P = 2
2012
4 2013x x 
b) Q =
2012
2012
2013
2011
a
a


* 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 2
( 2 ) 0, ,x y x y   và 2012
( 2012) 0,y y   suy ra : P 0 với mọi x,y
 Min P = 0 khi
2 0 4024
2012 0 2012
x y x
y y
   
 
   
b) Ta có 4
( 3) 0. ,x y x y    và 2
( 2 ) 0. ,x y x y   suy ra : Q  2012 với mọi x,y
 Min Q = 2012 khi
2
2
( 3) 0 2
1( 2 ) 0
x y x
yx y
    
 
  
Bài 3 : Tìm GTLN của R = 4
2
2013
( 2) ( ) 3x x y   
Bài 4 : Cho ph©n sè:
54
23



x
x
C (x  Z)
a) T×m x  Z ®Ó C ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, t×m gi¸ trÞ lín nhÊt ®ã.
b) T×m x  Z ®Ó C lµ sè tù nhiªn.
HD :
3 2 4.(3 2) 12 83 3 3 23
. . .(1 )
4 5 4 3.(4 5) 4 12 15 4 12 15
x x x
C
x x x x
  
    
   
C lớn nhất khi
23
12 15x 
lớn nhất 12 15x  nhỏ nhất và 12 15 0x   2x 

------------------***-------------------
Vậy Max C =
3 23 8
(1 )
4 9 3
  khi x = 2
Bài 5 : T×m sè tù nhiªn n ®Ó ph©n sè
32
87


n
n
cã gi¸ trÞ lín nhÊt
HD : Ta có
7 8 7 2(7 8) 7 14 16 7 5
. . (1 )
2 3 2 7(2 3) 2 14 21 2 14 21
n n n
n n n n
  
   
   
Để
32
87


n
n
lớn nhất thì
5
14 21n 
lớn nhất 14 21 0n   và 14n – 21 có giá trị nhỏ nhất
21 3
14 2
n   và n nhỏ nhất  n = 2
* Dạng vận dụng 0,A A  , 0,A A  
, ,A B A B A B    dấu “ = ” xẩy ra khi A.B  0
, ,A B A B A B    dấu “ = ” xẩy ra khi A,B  0
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a) A = ( x – 2)2
+ y x + 3
b) B =
2011
2012 2010x 
HD: a) ta có 2
( 2) 0x   với mọi x và 0y x  với mọi x,y  A  3 với mọi x,y
Suy ra A nhỏ nhất = 3 khi
2
( 2) 0 2
20
x x
yy x
   
 
  
b) Ta có 2010 0x   với mọi x  2012 2010 2012x   với mọi x
B
2011
2012
B  với mọi x, suy ra Min B =
2011
2012
khi x = 2010
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
a) 2011 2012A x x   
b) 2010 2011 2012B x x x     
c) C = 1 2 ..... 100x x x     
HD : a) Ta có 2011 2012A x x    = 2011 2012 2011 2012 1x x x x       
với mọi x 1A  với x . Vậy Min A = 1 Khi ( 2011)(2012 ) 0 2011 2012x x x     

------------------***-------------------
b) ta có 2010 2011 2012B x x x      ( 2010 2012 ) 2011x x x     
Do 2010 2012 2010 2012 2x x x x        với mọi x (1)
Và 2011 0x   với mọi x (2)
Suy ra B ( 2010 2012 ) 2011x x x      2 . Vậy Min B = 2 khi BĐT (1) và (2) xẩy ra
dấu “=” hay
( 2010)(2012 ) 0
2011
2011 0
x x
x
x
  
 
 
c) Ta có
1 2 ..... 100x x x      = ( 1 100 ) ( 2 99 ) ..... ( 50 56 )x x x x x x           
1 100 2 99 .... 50 56x x x x x x             = 99 + 97 + ....+ 1 = 2500
Suy ra C 2050 với mọi x . Vậy Min C = 2500 khi
( 1)(100 ) 0 1 100
( 2)(99 ) 0 2 99
............................ ................
( 50)(56 ) 0 50 56
x x x
x x x
x x x
     
      
 
 
      
50 56x  

------------------***-------------------
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 :
2 2
3 2 3 2n n n n 
   chia hết cho 10
HD: ta có 2 2
3 2 3 2n n n n 
   = 2 2
3 3 2 2n n n n 
  
= 2 2
3 (3 1) 2 (2 1)n n
  
= 1
3 10 2 5 3 10 2 10n n n n
      
= 10( 3n
-2n
)
Vậy 2 2
3 2 3 2n n n n 
   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m
p
=
p
nm 
(1)
Chứng minh rằng : p2
= n + 2
HD : + Nếu m + n chia hết cho p ( 1)p m  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 4101998
A cã chia hÕt cho 3 kh«ng ? Cã chia hÕt cho 9 kh«ng ?
b) Chøng minh r»ng: 3338
4136 A 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 : 4101998
A = ( 9.k + 1) – ( 3.1+1) = 9k -3 chia hết cho 3 , không chia hết cho 9
b) 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 : 3338
4136 A = 7k + 1 + 7q – 1 = 7( k + q) 7
Bài 5 :
a) Chøng minh r»ng: nnnn
2323 42
 
chia hÕt cho 30 víi mäi n nguyªn d-¬ng
b) Chøng minh r»ng: 2a - 5b + 6c  17 nÕu a - 11b + 3c  17 (a, b, c  Z)
Bài 6 : a) Chøng minh r»ng: 17101723  baba  (a, b  Z )
b) Cho ®a thøc cbxaxxf  2
)( (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 17 và 3a + 2b 17 17 34 3 2 17 2(10 16 ) 17a b a b a b     
10 16 17a b  vì (2, 7) = 1 10 17 16 17 10 17a b b a b    
b) Ta có f(0) = c do f(0) 3 3c
f(1) - f(-1) = (a + b + c) - ( a – b + c) = 2b , do f(1) và f(-1) chia hết cho 3
2 3 3b b  vì ( 2, 3) = 1
f(1) 3 3a b c   do b và c chia hết cho 3 3a
Vậy a, b, c đều chia hết cho 3
Bài 7 : a) Chøng minh r»ng
2006
10 53
9

lµ mét sè tù nhiên
b) Cho 12 n
lµ sè nguyªn tè (n > 2). Chøng minh 12 n
lµ hîp sè
HD : b) ta có (2n
+1)( 2n
– 1) = 22n
-1 = 4n
-1 (1) .Do 4n
- 1 chia hêt cho 3 và 12 n
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
1 2 1
1 1 1 1 1
.....
n nna a a a na
     
* a(a – 1) < a2
< a( a+1) 2
1 1 1
( 1) ( 1)a a a a a
  
 
* a2
+ 2.ab + b2
= ( a + b)2
 0 , * a2
– 2 .ab + b2
= ( a – b)2
2.Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho a, b, c > 0 . Chøng tá r»ng:
ac
c
cb
b
ba
a
M





 kh«ng lµ sè nguyªn.
HD : Ta có 1
a b c a b c a b c
M
a b b c c a a b c c a b a b c a b c
 
       
          
1M 
Mặt khác
( ) ( ) ( )a b c a b b b c c c a a
M
a b b c c a a b b c c a
     
     
     
3 ( )
b c a
a b b c c a
  
  
= 3 – N Do N >1 nên M < 2
Vậy 1 < M < 2 nên M không là số nguyên
Bài 2 Chứng minh rằng : 2a b ab  (1) , 3
3a b c abc   (2) với a, b, c 0
HD : 2a b ab  2 2 2 2 2 2
( ) 4 2 4 2 0 ( ) 0a b ab a ab b ab a ab b a b              (*)
Do (*) đúng với mọi a,b nên (1) đúng

------------------***-------------------
Bài 3 : Với a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng
a)
1 1
( )( ) 4a b
a b
   (1) b)
1 1 1
( )( ) 9a b c
a b c
     (2)
HD : a) Cách 1 : Từ 2 21 1
( )( ) 4 ( ) 4 ( ) 0a b a b ab a b
a b
         (*)
Do (*) đúng suy ra (1) đúng
Cách 2: Ta có 2a b ab  và
1 1 2
a b ab
 
1 1 2
( )( ) 2 . 4a b ab
a b ab
    
Dấu “ =” xẩy ra khi a = b
b) Ta có :
1 1 1
( )( ) 3 3 ( ) ( ) ( )
b c a c a b a b b c a c
a b c
a b c a b c b a c b c a
  
              
Lại có 2; 2; 2
a b b c a c
b a c b c a
     
Suy ra
1 1 1
( )( )a b c
a b c
    3 2 2 2 9     Dấu “ = ” xẩy ra khi a = b = c
Bài 4 : a) Cho z, y, z lµ c¸c sè d-¬ng.
Chøng minh r»ng:
4
3
222





 yxz
z
xzy
y
zyx
x
b) Cho a, b, c tho¶ m·n: a + b + c = 0. Chøng minh r»ng: 0 cabcab .
HD : b) Tính ( a + b + c)2
từ cm được 0 cabcab

------------------***-------------------
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 cbxaxxf  2
)( víi a, b, c lµ çc sè h÷u tØ.
Chøng tá r»ng: 0)3().2(  ff . BiÕt r»ng 0213  cba
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 cbxaxxf  2
)( víi a, b, c lµ çc 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) dcxbxax  23
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 çc hÖ sè cña ®a thøc nhËn ®-îc sau khi bá dÊu ngoÆc trong biÓu thøc: A(x) =
2005220042
)43(.)43( xxxx 

------------------***-------------------
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:
2011 2010 2009 2008 2
2012 2012 2012 .... 2012 2012 1x x x x x x      
HD : Đặt A = 2011 2010 2009 2008 2
2012 2012 2012 .... 2012 2012 1x x x x x x      
2010 2009 2008
( 2011) ( 2011) ( 2011) .... ( 2011) 1x x x x x x x x x         
 tại x = 2012 thì A = 2011
CHUYÊN ĐỀ 9 : CAC BAI TOAN THỰC TẾ
1. 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  31 2
1 2 3
..... n
n
y yy y
k
x x x 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 1 1 2 2 3 3. . . ...... .n nx y x y x y x y a      ( a là hệ số tỉ lệ )
- Tính chất dãy tỉ số bằng nhau.

------------------***-------------------
*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 ng-êi ®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,
5
8
giờ ,
5
9
giờ . Tính vận tốc mỗi ô tô ?

------------------***-------------------
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 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 .

------------------***-------------------
II. 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 : DAC BAE
Có : 0
90BAE BAC DAC  
* Gọi I là giao điểm của AB và CD
Để CM : DC BE cần CM 0
2 1 90I B 
Có 1 2I I ( Hai góc đối đỉnh) và 0
1 1 90I D 
 Cần CM 1 1B D ( vì ∆ABE = ∆ ADC)
Lời giải
a) Ta có 0
90BAE BAC DAC    DAC BAE , 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 1 2I I ( Hai góc đối đỉnh) , 0
1 1 90I D  ( ∆ ADI vuông tại A) và 1 1B D ( vì ∆ABE = ∆
ADC)  0
2 1 90I B   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
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
1
1
2
1
K
I
C
E
D
B
A

------------------***-------------------
*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
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 , 1N ACB , BAC ADN

CM : ∆ABC = ∆DNA ( c.g.c)

Có AD = AB (gt)
Cần CM : ND = AE ( = AC) và BAC ADN
+ Để CM ND = AE

CM : ∆MDN = ∆MEA (c.g.c)
+ Để CM BAC ADN

0
180EAD ADN  vì 0
180EAD BAC 

CM AE // DN (∆MDN = ∆MEA)
1
1
Q
H
M
N
C
E
D
B
A

------------------***-------------------
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 EMA DMN ( hai góc đối đỉnh)
 DN = AE ( = AC) và AE // DN vì 1N MAE ( cặp góc so le trong )
 0
180EAD ADN  ( cặp góc trong cùng phía) mà 0
180EAD BAC   BAC ADN
Xét ∆ABC và ∆DNA có : AB = AD (gt) , AC = DN và BAC ADN ( chứng minh trên ) 
∆ABC = ∆DNA (c.g.c)  1N ACB
Xét ∆AHC và ∆DQN có : AC = DN , BAC ADN và 1N ACB
 ∆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 MA BC , 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
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, ER AM tại R .
Ta có : + DAQ HBH ( Cùng phụ BAH )
AD = AB (gt)  ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn)
 DQ = AH (1)
+ ACH EAR ( cùng phụ CAH )
AC = AE (gt)  ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn)
ER = AH ( 1) . Từ (1) và (2)  ER = DQ
Lại có 1 2M M ( hai góc đối đỉnh )
 ∆QDM = ∆REM ( g.c.g) MD = ME hay M là trung
điểm của DE
2
1
R
1
Q
H
M
C
E
D
B
A

------------------***-------------------
+ Từ bài 1.3 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MADE , 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
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 'HAC HA B
 AC // A’B 0
' 180BAC ABA   ( cặp góc trong cùng phía)
Mà 0
180DAE BAC  'DAE ABA 
Xét ∆DAE và ∆ABA’ có : AE = A’B , AD = AB (gt)
'DAE ABA ∆DAE = ∆ABA’(c.g.c)
 AA'ADE B mà 0 0
AA' 90 90ADE B ADE MDA    
Suy ra HA vuông góc với DE
A'
H
M
C
E
D
B
A

------------------***-------------------
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 l-ît 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) , 0
90D E  ( MD, NE  BC)
BCA CBA ( ∆ABC cân tại A)
b) Để Cm §-êng th¼ng BC c¾t MN t¹i trung
®iÓm I cña MN  Cần cm IM = IN

Cm ∆MDI = ∆NEI ( g.c.g)
c) 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 0
90OAC OCN 

Cần cm : OBA OCA và OBM OCM

Cần cm ∆OBM = ∆OCN ( c.c.c) và ∆OAB = ∆OAC (c.g.c)
*Khai thác bài 2
N
O
E
D H
A
M
B
CI
N
O
E
D H
A
M
B
CI

------------------***-------------------
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 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
Để cm AI  BC  Cần cm 0
1 90A ACK 
Để cm 0
1 90A ACK 

Có 0
90AEK EAK 
 cần cm 1A AEK và ACK CAK
N
O
E
D H
A
M
B
CI
1
B
D
K
I
H
A
C
E

------------------***-------------------

Cần cm ∆AIE cân tại I và ∆AKC cân tại K
b) Để so sánh DE với BC
 cần so sánh IE với CK ( vì 2.IE = DE, 2CK = BC)

So sánh AI với AK ( vì AI = IE, AK = CK)
Có AI  AK
Lời giải :
a)Dễ dàng chứng được ∆AIE cân tại I và ∆AKC cân tại K  cần cm 1A AEK và ACK CAK
mà 0
90AEK EAK   0
1 90A ACK   AI  BC
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  .
c) BE = CF
lơì giải
Áp dụng định lý Py –ta-go cho tam giác vuông AFH, ta có:
HF2
+ AH2
= AF2
Mà  AHE =  AHF (g-c-g) nên HF =
1
2
EF; AF = AE
Suy ra:
2
2 2
4
EF
AH AE 
Tõ AEH AFH   Suy ra 1E F
XÐt CMF cã ACB lµ gãc ngoµi suy ra CMF ACB F 
BME cã 1E lµ gãc ngoµi suy ra 1BME E B 
vËy 1( ) ( )CMF BME ACB F E B    
1
C
H
ME
DB
A
F

------------------***-------------------
hay 2BME ACB B  (®pcm).
Từ AHE AHF   Suy ra AE = AF và 1E F
Từ C vẽ CD // AB ( D  EF ) => ( ) (1)BME CMD g c g BE CD      
Lại có: 1E CDF (cặp góc đồng vị) Do đó CDF F  CDF cân  CF = CD ( 2)
Từ (1) và (2) suy ra BE = CF
Bài 5 : Cho tam giác ABC có góc B và góc C là hai góc nhọn .Trên tia đối của tia
AB lấy điểm D sao cho AD = AB , trên tia đối của tia AC lấy điểm E sao cho AE = AC.
a) Chứng minh rằng : BE = CD.
b) Gọi M là trung điểm của BE , N là trung điểm của CB. Chứng minh M,A,N thẳng hàng.
c)Ax là tia bất kỳ nằm giữa hai tia AB và AC. Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của B và C trên tia Ax
. Chứng minh BH + CK  BC.
d) Xác định vị trí của tia Ax để tổng BH + CK có giá trị lớn nhất.
a) Để cm BE = CD

Cần cm  ABE =  ADC (c.g.c)
b) Để cm M, A, N thẳng hàng.

Cần cm 0
180BAN BAM 

Có 0
180BAN NAD   Cần cm MAB NAD
Để cm MAB NAD

Cần cm  ABM =  ADN (c.g.c)
c) Gọi là giao điểm của BC và Ax
x
k
I
A
B C
D
E
H
K
NM

------------------***-------------------
 Để cm BH + CK  BC

Cần cm ;BH BI CK CI 
Vì BI + IC = BC
d) BH + CK có giá trị lớn nhất = BC
khi đó K,H trùng với I , do đó Ax vuông góc với BC
Bài 6 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän, ®-êng cao AH. ë miÒn ngoµi cña tam gi¸c ABC ta vÏ c¸c
tam gi¸c vu«ng c©n ABE vµ ACF ®Òu nhËn A lµm ®Ønh gãc vu«ng. KÎ EM, FN cïng vu«ng gãc víi
AH (M, N thuéc AH).
a) Chøng minh: EM + HC = NH.
b) Chøng minh: EN // FM.
a) Để cm EM + HC = NH

Cần cm EM = AH và HC = AN
+ Để cm EM = AH  cần cm ∆AEM =∆BAH ( cạnh huyền – góc nhon)
+ Để cm HC = AN  cần cm ∆AFN =∆CAH ( cạnh huyền – góc nhon)
b) Để cm EN // FM

EFAEF N ( cặp góc so le trong)
Gọi I là giao điểm của AN và EF
 để cm EFAEF N

Cần cm ∆MEI = ∆NFI ( g.c.g)
Bài 7 : Cho tam ABC vuông tại A , ®-êng cao AH, trung tuyÕn AM. Trªn tia ®èi tia MA lÊy
®iÓm D sao cho DM = MA. Trªn tia ®èi tia CD lÊy ®iÓm I sao cho CI = CA, qua I vÏ ®-êng th¼ng
song song víi AC c¾t ®-êng th¼ng AH t¹i E.
Chøng minh: AE = BC
N
E
H
M
C
F
B
A

------------------***-------------------
Gọi F là giao điểm của BA và IE
 để Cm AE = BC cần cm : ∆AFE = ∆ CAB
Để cm : ∆AFE = ∆ CAB

Cần cm AF = AC (2); 0
AF 90C BAC  (1); EAF ACB (3)
+ Để cm (1) : 0
AF 90C BAC 

Cm CI // AE vì có FI // AC và 0
90BAC 
 Để Cm CI // AE

Cm ∆AMB = ∆ DMC ( c.g.c)
+ Để cm (2) : AF = AC

Cm ∆AFI = ∆ ACI ( Cạnh huyền – góc nhọn)
+ Cm (3) : EAF ACB ( vì cùng phụ HAC )
*Khai thác bài toán :
Từ bài 7 ta thấy AH  AM  HE  AM + BC = 3AM ( vì AM = MB = MC)
Vậy HE lớn nhất = 3AM =
3
2
BC khi H trùng M khi đó tam giác ABC vuông cân
Bài 8 Cho tam gi¸c ABC cã AB < AC. Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC, tõ M kÎ ®-êng th¼ng vu«ng
gãc víi tia ph©n gi¸c cña gãc A, c¾t tia nµy t¹i N, c¾t tia AB t¹i E vµ c¾t tia AC t¹i F. Chøng minh
r»ng:
a) AE = AF
b) BE = CF
c)
2
ACAB
AE


* Phân tích tìm lời giải
a) Để cm AE = AF

A
B
H
M
D
C
I
F
E
I
M
C
E
N
F
B
A

------------------***-------------------
∆ANE = ∆ ANF ( c. g . c)
Hoặc ∆AEF cân tại A
( Có AH vừa là tia phân giác , vừa là đương cao)
b) Để cm BE = CF
 cần tạo tam giác chứa BE( hoặc có 1 cạnh = BE) mà bằng tam giác MCF
+ Kẻ BI // AC  ∆MBI = ∆CMF( c. g . c)
 Để cm BE = CF  ∆ BEI cân tại B  E BEI  Có BIE ABF ( cặp góc đồng vị
) mà AFE E vì ∆AEF cân tại A
c) AB + AC = AB + AF + CF =( AB + FC) + AF mà CF = BC và AE = AF
 2 AE = AB + AC hay
2
ACAB
AE


Bài 9 Cho tam gi¸c ABC cã gãc A kh¸c 900
, gãc B vµ C nhän, ®-êng cao AH. VÏ c¸c ®iÓm D, E
sao cho AB lµ trung trùc cña HD, AC lµ trung trùc cña HE. Gäi I, K lÇn l-ît lµ giao ®iÓm cña DE víi
AB vµ AC.
a) Chứng minh : Tam giác ADE cân tại A
b) TÝnh sè ®o c¸c gãc AIC vµ AKB ?
*Phân tich tìm hướng giải
- Xét TH góc A < 900
a) Để cm ∆ ADE cân tại A
 cần cm : AD = AH = AE
( Áp dụng t/c đường trung trực)
b) Dự đoán CI  IB , BK  KC
Do IB, KC tia phân giác góc ngoài của ∆ HIK
nên HA là tia phân giác trong. Do 0
90AHC  nên HC
là tia phân giác ngoài đỉnh H . Các tia phân giác góc ngoài đỉnh H và K của ∆ HIK cắt nhau ở C nên
IC là tia phân giác của góc HIK , do đó IB  IC , Chứng minh tượng tự
ta có BK  KC
- Xét TH góc A>900
*Khai thác bài toán :
Gọi M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC , qua M lấy điểm D’, E’ sao cho AB là trung trực của D’M, AC
là trung trực của ME’ . Khi đó ta có ∆ AD’E’ cân tại A và góc DAC có
K
I E
CH
B
D
A

------------------***-------------------
Từ đó ta có bài toán sau:
Bài 9.1 Cho tam giác ABC nhọn . Tìm điểm M trên cạnh BC sao cho nếu vẽ các điểm D, E trong đó
AB là đường trung trực của MD, AC là đường trung trực của ME thì DE có độ dài nhỏ nhất.
HD . Tự nhận xét bài 9 dễ dàng tìm được
vị trí điểm M trên cạnh BC.
Bài 10. Cho ∆ ABC với góc A không vuông và góc B khác 135o
. Gọi M là trung điểm của BC. Về
phía ngoài ∆ ABC vẽ ∆ ABD vuông cân đáy AB. Đường thẳng qua A vuông góc với AB và đường
thẳng qua C song song với MD cắt nhau tại E. Đường thẳng AB cắt CE tại P và DM tại Q . Chứng
minh rằng Q là trung điểm của BP.
HD. Trên tia đối của tia MQ lấy điểm H sao cho MH = MQ
- Cm ∆ BMQ = ∆ CMH ( c.g.c)
 BQ = CH (1) và MBQ MCH
 BQ//CH hay PQ // CH ( vì ,MBQ MCH là
cặp góc so le trong)
- Nối PH , cm ∆ PQH = ∆ HCP ( g.c.g)
 PQ = CH (2) , Do Q nằm giữa B và P dù góc B nhỏ hơn 1350
Từ (1) và (2) Suy ra đpcm.
Bài 11. Cho tam giác ABC cân tại A có 0
A 20 , vẽ tam giác đều DBC (D nằm trong tam giác
ABC). Tia phân giác của góc ABD cắt AC tại M. Chứng minh:
a) Tia AD là phân giác của góc BAC
b) AM = BC
HD a) Chứng minh  ADB =  ADC (c.c.c)
suy ra DAB DAC
Do đó 0 0
20 :2 10DAB  
b)  ABC cân tại A, mà 0
20A  (gt)
nên 0 0 0
(180 20 ):2 80ABC   
A
E
D
H M
C
B
C
H
M
Q
P
A
E
D
B
200
M
A
B C
D

------------------***-------------------
 ABC đều nên 0
60DBC 
Tia BD nằm giữa hai tia BA và BC
suy ra 0 0 0
80 60 20ABD    .
Tia BM là phân giác của góc ABD
nên 0
10ABM 
Xét tam giác ABM và BAD có:
AB cạnh chung ; 0 0
20 ; 10BAM ABD ABM DAB   
Vậy:  ABM =  BAD (g.c.g)
suy ra AM = BD, mà BD = BC (gt) nên AM = BC
Bài 12. Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB > AC) . Tia phân giác góc B cắt AC ở D. Kẻ DH vuông
góc với BC. Trên tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB . Đường thẳng vuông góc với AE tại E cắt tia
DH ở K . Chứng minh rằng :
a) BA = BH
b) 0
45DBK 
c) Cho AB = 4 cm, tính chu vi tam giác DEK
HD : a) Cm ∆ABD = ∆HBD ( cạnh huyền – góc nhọn)
b) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với EK , cắt EK tại I
Ta có : 0
90ABI  , Cm ∆HBK = ∆IBK ( cạnh huyền – cạnh góc vuông)
 3 4B B mà 1 2B B  0
45DBK 
c) Chu vi tam giác DEK = DE + EK + KD = ….. = 2.4 = 8 cm
* Từ bài ta thấy khi 0
45DBK  thì chu vi ∆DEK = 2. AB vậy nếu có chu vi ∆DEK = 2 thì ta
cũng cm được 0
45DBK  . Ta có bài toán sau :
4
3
21
H
I
K
E
CD
A
B

Chuynbidnghsgmntonlp7 151008091156-lva1-app6891

More Related Content

What's hot (20)

Similar to Chuynbidnghsgmntonlp7 151008091156-lva1-app6891 (20)

Recently uploaded (9)

Chuynbidnghsgmntonlp7 151008091156-lva1-app6891