-1 Mot so dang toan thi vao THPT D¹ng 1: Toán tìm điều kiện để phương trình nguyên Ví dơ Cho biĨu thøc: a 3a (a 1)( a b ) ): a ab b a a b b a b 2a ab 2b a, Rót gọn b, Tìm giá trị a để M nguyên M( Giải a, Rút gọn M= a b, Để M nguyên a-1 phải ước a – = => a = a – = -1 => a = ( lo¹i ) a – = => a = a – = -2 => a = -1 ( loại ) Vậy M nguyên a = hc a = 2, VÝ dơ 2: 1 Cho biÓu thøc: A 1 a 1 a Tìm giá trị nguyên a để A nguyên Gi¶i a ( a 1) a 1 a 1 1 1 1 a 1 a a Để A nguyên a ước A Tổng quát : Để giải toán tìm điều kiện để biểu thức nguyên ta làm theo bước sau: Bước 1: Đặt điều kiện DeThiMau.vn -2 Bíc 2: Rót gän vỊ d¹ng f (x) a hay a f (x) f (x) f(x) bội a a a Nếu f(x) ước a f (x ) Bước 3: Căn vào điều kiện loại giá trị ngoại lai Nếu Dạng 6: Toán tính giá trị biểu thức chứa nhiều tầng VÝ dô : TÝnh A 2 12 18 128 Ta cã : 18 128 (4 ) 2 12 12 ( 1) A 2( 1) ( 1) D¹ng 2: Phương trình vô tỷ I.Định nghĩa : Phương trình vô tỷ phương trình chứa ẩn biểu thức bậc hai II Cách giải: Cách 1: Để khử ta bình phương hai vế Cách 2: §Ỉt Èn phơ III VÝ dơ 1,VÝ dơ 1: x5 x7 (1) Giải phương trình: Cách 1: Bình phương hai vÕ x – = x2 – 14x + 49 x2 – 14x – x + 49 + = x2 – 15x + 54 = x1 = ; x = Lu ý : * Nhận định kết : x1 = loại thay vào phương trình (1) nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x = DeThiMau.vn -3 * Có thể đặt điều kiện phương trình trước giải : Để phương trình có nghiệm : x5 x x kÕt hỵp x x7 Sau giải ta loại điều kiện không thích hợp Cách Đặt ẩn phụ Đưa phương trình d¹ng : x x Đặt y x phương trình có d¹ng y = y2 – y2 – y – = Giải ta y1 = - ( lo¹i) y2=2 x 5 x 5 x9 2, Ví dụ 2: Giải phương trình 3x x Gi¶i: Đặt điều kiện để thức có nghĩa: x x 1 x Chú ý : Không nên bình phương hai vế phức tạp mà ta nªn chun vÕ 3x x Bình phương hai vế ta : x x Bình phương hai vế (x + 1) = 4( x+ 1) x2- 2x – =0 cã nghiÖm x1 = -1; x2 = Cả hai giá trị thoả mÃn điều kiện DeThiMau.vn -4 Dạng 3: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ 1, Ví dụ 1: Giải phương tr×nh x x Đặt điều kiện * Nếu 2x + ta có phương trình x2 ( 2x + ) + = x2 – 2x – + = x2 – 2x +1 = => x1 = x2 = * NÕu 2x + ta có phương trình x2 – ( -2x -1 ) + =0 x2 + 2x + = Phương trình vô nghiệm Vậy phương trình ( 1) có nghiệm x= 2, Ví dụ 2: Giải phương trình x x ( §Ị thi häc sinh giái líp 1999 – 2000) 3, VÝ dơ 3: Giải phương trình x x Dạng : Hệ phương trình Cách giảI số hệ phương trình phức tạp 1, Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 13 x y 36 10 x y Giải : Đặt Èn phô : X x ; Y y DeThiMau.vn -5 Ta cã hÖ : 13 4 X 3Y 36 6 X 10Y 36 36 2, VÝ dơ 2: Gi¶i hƯ phương trình 10 12 x x 1 12 x 4x 3, Ví dụ 3: Giải hệ phương trình : x y z 11 3 x y z 2 x y z 2 (1) (2) (3) Híng dÉn: Rót z tõ (1) thay vào (2); (3) 4, Ví dụ 4: Giải hệ phương tr×nh: x y z 2 x y z 12 (1) ( 2) Híng dÉn: Nh©n (1) víi råi trõ cho (2) => (x2 + y + z2 ) – 4( x+ y + z ) = 12 – 24 x2 – 4x + y2 -4y + z2 - 4z + 12 = ( x2 – 4x + ) + ( y – 4y + ) + ( z2 – 4z -4 ) = ( x – )2 + ( y – )2 + ( z – )2 = => x = y = z = 5, VÝ dụ 5: Giải hệ phương trình x 1 y 4 x y ( Đề thi vào 10 năm 1998 1999) DeThiMau.vn -6 6, Ví dụ 6: Giải hệ phương trình : x 1 x 1 11 y y ( Đề thi vào 10 năm 2002 2003 ) Dạng 4: Toán cực trị 1.VÝ dơ 1: Cho biĨu thøc: 1 A : 1 x x 1 x x x a Rót gän A b Với giá trị x A nhỏ Giải: a Rút gọn được: x x b A nhá nhÊt nÕu mÉu x x lµ lín nhÊt Gäi x K ta cã K(1- K) = -K2+ K -(K2- K) = -(K2 - 2K/2 +1/4 -1/4) = -[(K-1/4)2 – 1/4] MÉu nµy lín nhÊt khi: -[(K-1/4)2- 1/4] lµ nhá nhÊt Vµ nã nhá nhÊt khi: K= 1/4 Hay x / x / =>A nhá nhÊt =4 2.VÝ dơ 2: Cho biĨu thøc: 15 x 11 x 2 x 3 M x 2 x 3 1 x x a, Rút gọn DeThiMau.vn -7 b, Tìm giá trị lớn M giá trị tương ứng x Ví dụ 3: x2 Tìm giá trị lớn nhÊt cđa biĨu thøc M x x2 1 Gi¶i: Ta nhËn thÊy x = => M = VËy M lín nhÊt x≠ Chia c¶ tư vµ mÉu cho x2 M VËy M lín nhÊt mÉu nhá nhÊt x 1 x MÉu nhá nhÊt x nhá nhÊt x 1 x VËy x nhá nhÊt x =1 x x 1 M VËy 1 4.Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ biÓu thøc : Y x x 1 x x 1 Gi¶i: Y x 1 x 1 1 x 1 x 1 1 x 1 1 1 x 1 x ( x 1) ( x 1) (1 x 1) BiÕt r»ng |A| + |B| ≥|A + B| DeThiMau.vn -8 Y x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1 1 x 1 x 1 11 x 1 VËy Y nhá nhÊt lµ ( x 1) (1 x 1) x 1 ( x 1) 1 x D¹ng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa nhiều tÇng VÝ dơ : TÝnh A 2 12 18 128 Ta cã : 18 128 (4 ) 2 12 12 ( 1) A 2( 1) ( 1) Loại 7: Biện luận phương trình 1.Ví dụ 1: Cho phương trình: x2 ( m + )x + m + = ( x lµ Èn ) a, Giải phương trình m b, Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm trái dấu c, Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình Tìm giá trị m để : x1( – 2x2 ) + x2( – 2x1 ) = m2 Giải vào ta có phương trình : 3 x 2( 2)x 2 2x 2x a, Thay m DeThiMau.vn -9 Phương trình có hai nghiệm : x1 1 , x2 1 c b, Phương trình có hai nghiệm trái dấu x1x2 = a hay a.c < 1(m + 1) < m < -1 c, x1( – 2x2) + x2 ( – 2x1) = m2 x 2x x x 2x x m ( x x ) 4x x m * b 2m x1 x 2m a Theo viet ta cã : c x1x m a Thay vµo (*) ta cã : 2(m + ) – ( m + ) = m2 2m + – 4m – = m2 m2 + 2m = m(m+2)=0 m m m 2 2.VÝ dụ 2: Cho phương trình : x2 2mx + 2m = 1, Chưng tỏ phương trình có hai nghiệm với m 2, Đặt A 2x 12 x 22 5x x a Chøng minh A = 8m2 – 18m + b T×m m cho A = 27 3, Tìm m cho nghiệm hai lần nghiệm Gi¶i 2 ' XÐt m 2m 1 m 2m m 1 m => Phương trình có nghiệm với m a A 2x12 x 22 5x1x = x 12 x 22 5x x DeThiMau.vn - 10 x 12 x 22 x x x x 2x 12 x 22 x x x x 2x x x x 2 Theo viet ta cã : b x x a 22m 92m 1 24m 18m 8m 18m => x x c a điều phải chứng minh b, Tìm m để A = 27 giảI phương trình 8m2 18m + = 27 8m2 – 18m – 18 = 4m2 – 9m = Phương trình có hai nghiệm : m1 = , m2 = -3/4 2.T×m m ®Ó x1 = 2x2 Theo viet ta cã : x1 + x2 = -b/a = 2m Hay 2x2 + x2 = 2m 3x2 = 2m x2 = 2m/3 x1 = 4m/3 Theo viet: c x x 2m a 2m 4m 2m 3 8m 2m 8m 18m 8m 18m Phương trình có hai nghiệm : m1 = 3/2; m2 = 3/4 DeThiMau.vn - 11 Hướng dẫn giải đề thi vào 10 phần hình học Đề ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 2001) ABC ; OB = OC GT xoy 60 a, OBM đồng dạng với NCO BC2 = 4BM KL b, MO tia phân giác BMN c, Đường thẳng MN tiếp xúc với đường tròn cố định xoy 60 quay O Gi¶i a, Trong NOC cã ONC NOC C 180 => ONC NOC 120 ( v× C 60 ) Vì xoy 60 n ê n MOB NOC 120 0 MOB ONC Vì ABC B C 60 2 Tõ (1) vµ (2) => MBO đồng dạng với ONC DeThiMau.vn - 12 OB BM OB.NO BM.NC NC NO BC BC BM.NC 2 BC 4BM.NC BM OM BM OM b, Ta cã hay OC ON OB ON => mµ B xoy 60 => MBO đồng dạng víi MON B OMN 60 => CM tia phân giác BMN c, Thật xoy quay tới vị trí ( hình vẽ đỏ ) lúc M, N trung điểm AB AC đường cao AO MN H HO = 1/2AO Như đường tròn cố định có tâm O , bán kính AO/2 Đề ( Đề thi vào lớp 10 năm 2002 – 2003 ) 1, Chøng minh AC // MO Thậy AOC cân O ACO CAO ( hai góc đáy ) Theo chøng minh tÝnh chÊt cđa tiÕp tun th× AOM MOB Theo định lí ACO CAO AOB (gãc ngoµi b»ng tỉng hai gãc trong) Hay CAO AOB CAO AOM AC // MO 2, Chøng minh ®iĨm M, B, O, A, D cïng n»m đường tròn * Xét tứ giác MBOA cã A B 1v(gt ) => MBOA nội tiếp đường tròn đường kính MO * Xét tứ gi¸c MDAO DeThiMau.vn - 13 Trong DOC : CDO C 1v ( tæng hai gãc nhän tam giác vuông ) Trong MAO : AMO AOM 1v Theo chøng minh trªn : C AOM CDO AMO Trong tức giác MDAO có D M nhìn AO đưới gãc b»ng α0 VËy M, D thuéc cung AO chøa gãc α0 Hay MDAO néi tiÕp Ta l¹i có MAO 1v => MO đường kính đường tròn ngoại tiếp Vậy điểm M, B, O, A, D nằm đường tròn đường kính MO 3, Tìm M d để AOC , hÃy cách xác định M Thậy để AOC tam giác nghĩa A C 60 AOM 60 AMO 30 OM R Để xác định M từ O quay cung có bán kính 2R cắt d M Thoả mÃn điều kiện nói Đề ( Đề thi vào 10 năm 1998 - 1999 ) a, AE phân giác BAC Thật BC ┴ EOF => BE EC A A ( gãc néi tiÕp ch¾n hai cung ) =>AE phân giác BAC b, BD // AE BAD cân A => B D B D BAC A D A BD // AE AI BD c, Nếu I trung điểm cña BC => AI AE 1 Ta lại có EAF 1v ( góc nội tiếp chắn ®êng trßn) hay AF AE 2 Tõ (1) (2) => IAF v DeThiMau.vn - 14 =>I, A, F thẳng hàng Đề ( Đề đề ôn vào 10 ) a, Chứng minh tam giác POQ vuông Xét POQ theo chứng minh tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã O1 O =>OP phân giác EOC O O => OQ lµ phân giác EOD Mà EOC; EOD góc kề bù PO OQ O ( theo định lí ) =>tam giác POQ vuông O b, Chứng minh POQ đồng dạng với CED tam giác CED tam giác vuông E ( góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn ) Cã QPO ECD ( hai gãc néi tiÕp chắn cung ED ) =>Tam giác POQ đồng dạng víi tam gi¸c CED c, TÝnh tÝch CP DQ theo R Theo tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn ta cã : CP = PE DQ = EQ XÐt POQ có OE đường cao R Theo hệ thức lỵng : OE2 = PE EQ hay OE2 = CP DQ R2 = CP DQ DeThiMau.vn - 15 d, Khi PC = R/2 h·y chøng minh r»ng S POQ 25 S CED 16 R2 2R Tõ ý c ta cã DQ= = R V× tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tổng số đồng dạng S POQ PQ 1 VËy S COD CD Mµ PQ = PE + EQ = PE + DQ =>PQ = R/2 + 2R = 5R/2 5R S POQ 25R 25 Thay vµo (1) ta cã : 4R S COD 2 R 16 R2/CP §Ị ( Bộ đề trang 17 ) a, Tứ giác BHCD, BCDE hình ? Tại ? * Xét t/g BHCD cã BH AC(gt ); DC AC => BH // DC CM t¬ng tù ta cã CH // BD Vậy BHCD hình bình hành *Xét t/g BCDE Ta có BC // ED ( vuông góc với AE) => BCDE hình thang Do BC // ED => BE CD => BE = CD =>BCDE hình thang cân b, Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC EFI H giao đường phân giác =>H tâm đường tròn nội tiếp tam giác c, Chứng minh M giao đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACHB đường tròn O AMD 1v ( góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn ) DeThiMau.vn - 16 Lấy O trung điểm AH => OM =1/2 AH Mà AH đường kính đường tròn ngoại tiếp tg ACHB Vậy M giao đường tròn nói d, Nếu tam giác ABC tam giác kết luận - hình thoi - Kết không thay đổi Hình thang cân biến thành tam giác BDC E D DeThiMau.vn ... 4 x y ( Đề thi vào 10 năm 1998 1999) DeThiMau.vn -6 6, Ví dụ 6: Giải hệ phương trình : x 1 x 1 11 y y ( Đề thi vào 10 năm 2002 2003 ) Dạng 4: Toán cực trị 1.VÝ... nghiệm : m1 = 3/2; m2 = 3/4 DeThiMau.vn - 11 Hướng dẫn giải đề thi vào 10 phần hình học Đề ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 2001) ABC ; OB = OC GT xoy 60 a, OBM đồng dạng với NCO BC2 = 4BM KL ... = CP DQ DeThiMau.vn - 15 d, Khi PC = R/2 h·y chøng minh r»ng S POQ 25 S CED 16 R2 2R Tõ ý c ta cã DQ= = R V× tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tổng số đồng dạng S POQ