Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 20 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
20
Dung lượng
594,5 KB
Nội dung
Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 1 CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình. I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp. Bài 1:Gpt: .0 1 4 .11 1 2 1 2 .10 2 2 22 = − − − − + + + − x x x x x x Giải: Đặt 1 2 ; 1 2 − + = + − = x x v x x u (1). Ta có: 10.u 2 + v 2 -11.uv = 0 ⇔ (u-v).(10u-v)=0 ⇔ u=v hoặc 10u=v. Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng. Bài 2:Gpt: (x 2 - 4x+3).(x 2 - 6x + 8)=15. Giải: Đặt x 2 - 5x + 5 = u (1). Ta có: (x 2 - 4x+3).(x 2 - 6x + 8)=15 ⇔ (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0 ⇔ (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0 ⇔ (x 2 -5x+4).(x 2 -5x+6)-15=0 ⇔ (u-1).(u+1)-15=0 ⇔ u 2 -16=0 ⇔ u= ± 4. Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x. Bài 3:Gpt: .90 11 2 = − + + x x x x Giải: ⇔ 90 )1( 1 )1( 1 . 22 2 = − + + xx x . 90 )1( 22 . 22 2 2 = − + ⇔ x x x . Đặt u = x 2 ( u ≥ 0) (1). Ta có: 22 2 )1.(902290 )1( 22 . −=+⇔= − + uuu u u u ( u ≠ 1). ⇔ 09018288 2 =+− uu . Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x. Bài 4:Gpt: 3 33 )1.(1232 −=−+ xxx . Giải: Đặt vxux =−= 33 32; (1). Có: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9 1 Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 2 ).(4).(3).(4 3333 3 33 vuvuuvvuvuvu +=+++⇔+=+ = −= ⇔=−+⇔=+−+⇔ vu vu vuvuvuvuvu 0)).(.(30)2).(.(3 222 Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x. Bài 5:Gpt: x x xxx 3 22 1 2335 2 23 +=+−++ (1). Giải: Từ (1) suy ra: 162335.2 223 −+=−++ xxxxx xxxxxxxx 122121368121220 232423 −−+++=−++⇒ 0924228 234 =+−+−⇒ xxxx (x ≠ 0). 0 924 228 2 2 =+−+−⇒ x x xx . Đặt y x x =+ 3 (*) ta có: y 2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x. Bài 6:Gpt: ( ) ).1(018 4 1 ).4.(3)4.(1 =− − + −+−+ x x xxx Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x < -1. *Nếu x > 4, (1) trở thành: 018)4).(1(.3)4).(1( =−−++−+ xxxx Đặt 0)4).(1( ≥=−+ yxx (2) ta có: y 2 + 3y -18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x. *Nếu x < -1, (1) trở thành: 018)4).(1(.3)4).(1( =−−+−−+ xxxx Đặt 0)4).(1( ≥=−+ yxx (3) ta có: y 2 - 3y -18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x. Bài 7:Gpt:(2x 2 - 3x +1).(2x 2 + 5x + 1)=9x 2 (1). Giải: (1) 0122044 234 =++−+⇔ xxxx (x ≠ 0).Chia cả hai vế cho x 2 ta được : ⇔ 4x 2 + 4x -20 + 2 12 x x + = 0. ⇔ 024 1 2.2 1 2 2 =− ++ + x x x x . Đặt y = x x 1 2 + .(2) Ta có: y 2 + 2y -24 = 0. Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x. Bài 8:Gpt: .0168.26416 222 =++−−+− xxxxx Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9 2 Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 3 Giải: .04.28 =+−−−⇔ xxx Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản. Bài 9:Gpt: (1 + x + x 2 ) 2 = 5.(1 + x 2 + x 4 ). Giải: 423242 5552221 xxxxxxx ++=+++++⇔ 022 042224 234 234 =+−+−⇔ =+−+−⇔ xxxx xxxx Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình trên cho x 2 ta được: 2x 2 - x + 1 - 0 21 2 =+ x x . Đặt y = x x 1 + (*). Ta có: 2y 2 - y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x. Bài 10: Gpt: (6-x) 4 + (8-x) 4 = 16. Giải: Đặt 7 - x = y (*). Ta có: (y-1) 4 + (y + 1) 4 =16 ⇔ 2y 4 +12 y 2 +2 = 16 ⇔ 2.(y-1).(y+1).(y 2 +7)=0 ⇔ y =1 hoặc y = -1. Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x. II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau: Bài 1: x 2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y 2 + 3y = t. Ta có: x 2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y 2 + 3y).(y 2 + 3y +2) = t 2 + 2t. *Nếu t > 0 thì t 2 < x 2 = t 2 + 2t < (t+1) 2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn. *Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t 2 + 2t > t 2 + 4t + 4 suy ra t 2 + 2t > t 2 + 4t + 4 = (t+2) 2 . Suy ra: x 2 = t 2 + 2t > (t + 2) 2 (*). Lại có: t 2 +2t < t 2 suy ra x 2 < t 2 (**). Từ (*)&(**) suy ra (t + 2) 2 < x 2 < t 2 suy ra x 2 = (t+1) 2 suy ra t 2 +2t = (t +1) 2 (=x 2 ) Suy ra : t 2 +2t = t 2 +2t +1 (Vô lý). *Nếu t = -1 suy ra x 2 = t 2 +2t = -1 <0 (Vô lý). Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9 3 x -∞ 0 4 8 +∞ x-8 - - - 0 + x-4 - - 0 + + x - 0 + + + Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 4 *Nếu t = 0 suy ra x = 0 ⇒ y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 . Bài 2: =−+− =+− )2(122 )1(2 2 zxxyx zyx Giải: Từ (2) ta có: 2x 2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có: 2x 2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1 ⇔ 2x 2 -xy +3x-2y-5 =0 .7,1227 2 7 1 2 53 2 ±±=+⇒+⇒Ζ∈ + −+= + −+ =⇔ xx x x x xx y Từ đó ta tìm được x ⇒ tìm được y ⇒ tìm được z. Bài 3: =−− =−− )2(1 )1(3 222 zyx zyx Giải: Thay (1) vào (2) ta được: (y + z -3) 2 -y 2 -z 2 =1 ⇔ yz - 3y - 3z = -4 ⇔ (y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1= =(-5).(-1. Từ đó ta tìm được y và z ⇒ tìm được x. Bài 4: 2xy + x + y = 83. Giải: ⇔ .167,11212167 12 167 1 12 2166 2 12 83 ±±=+⇒+⇒Ζ∈ + +−= + − =⇔ + − = yy yy y x y y x Từ đó ta tìm được y ⇒ tìm được x. Bài 5: .3=++ y zx x yz z xy Giải: Điều kiện : x,y,z ≠ 0. Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương) Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và .0, > x y y x Đặt A= .3=++ y zx x yz z xy Giả sử z <0 khi đó 3 = A = 0000 =++<++ y zx x yz z xy (Vô lý). Vậy z >0.Ta có: A = 3 3 .3 3 3 zxy x y z y x z z xy y x z x y z z xy y zx x yz z xy =≥++==++ −=== === ⇒==⇒≥⇒ 1,1 1,1 1,1.1 yxz yxz xyzzxy Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9 4 Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 5 Bài 6: 2x 2 - 2xy = 5x + y - 19. Giải: Từ bài ra ta có: .17,1121217 12 17 2 12 1952 2 ±±=+⇒+⇒Ζ∈ + ++= + ++ = xx x x x xx y Từ đó ta tìm được x ⇒ tìm được y. III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác. Bài 1: .2 2 11 2 = − + x x Giải: Điều kiện : 2,0 <≠ xx . -Nếu x < 0 thì < − + 2 2 11 x x .2 2 1 2 1 2 <≤ − x Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a và bx =− 2 2 (a,b > 0). Ta có: =+ =+ 2 2 11 22 ba ba Có: 1 1 .2 11 2 ≥⇒≥+= ab abba (1). Lại có: 2 = a 2 + b 2 ≥ 2ab suy ra 1 ≥ ab (2). Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a 2 + b 2 =2 nên suy ra (a+b) 2 = 4 suy ra a + b = 2. Vậy ta có: 11 2 1 =⇒==⇒ =+ = xba ba ab . Bài 2: .51632414 4222 +−−=−−++++− yxyyxxx Giải: Điều kiện: ≥− ≥−−+ ≥+ ≥− )4(016 )3(032 )2(041 )1(04 4 22 2 x yyx x x Từ (4) suy ra x 2 ≥ 4 kết hợp với (1) suy ra x 2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2. Phương trình đã cho trở thành: 51 +−=− yy . Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu). Bài 3: 2x 4 -21x 3 + 74x 2 -105x +50 =0. Giải: Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9 5 Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 6 Vậy x ≠ 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x 2 ta được: 026 25 .21 25 .20 50105 74212 2 2 2 =− +− +⇔=+−+− x x x x x x xx Đặt y x x =+ 25 ta có: 2y 2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y ⇒ tìm ra x. Bài 4: =−++ =−−+ 71.41 511.2 xx xx Giải: Đặt : ≥−= ≥+= 01 01 xb xa Hệ đã cho trở thành: =+ =− 74 52 ba ba Từ đó tìm được a =3,b =1. Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa. Bài 5: −+= =−+− )2(15 )1(151 xy yx Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: 11.215151 =−⇔=−−++− xxx . Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa. Bài 6: =+−+− =−+−+− )2(0332 )1(02445124152 22 22 xyxyyx yxyxyx Giải: Phương trình (2) phân tích được như sau: (x - y).(x -3 + 2y) = 0 −= = ⇔ yx yx 23 Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y. Bài 7: x 3 + (3-m).x 2 + (m-9).x + m 2 -6m + 5 = 0. Giải: Phương trình đã cho phân tích được như sau: [ ] [ ] 0)1(2.)5( 2 =−−−−− mxxmx . Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa. Bài 8: =++ =++ xyzzyx zyx 444 1 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9 6 Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 7 Giải: Bổ đề: .:,, 222 cabcabcbaRcba ++≥++∈∀ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên). Sử dụng bổ đề ta có: xyz = x 4 + y 4 + z 4 ≥ x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ≥ xyz.(x + y + z) = xyz. Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có: x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được: 3 1 === zyx . Bài 9: ( ) +++−=− =+ )2)(2001.( )1(1 2000 20001999 1999 22 xyyxxyyx yx Giải: Điều kiện: x,y .0 ≥ Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: -Nếu x > y thì: VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP. -Nếu y > x thì: VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP. -Nếu x = y khi đó: VT =VP =0. Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y .0 ≥ ) ta được: 2 1 == yx . Bài 10: 2.2252.3252 =+−−+−−+ xxxx (1). Giải: (1) ( ) ( ) 2.2332. 2 1 152. 2 1 22 =−−++−⇔ xx 4352152 =−−++−⇔ xx Ta có: .41525231525234 =+−+−−≥+−+−−= xxxx Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là: 2 5 7 529 052 0523 ≥≥⇔ −≥ ≥− ⇔≥−− x x x x Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: ∈ 7; 2 5 x . CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức. Các bài toán tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất. Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác. CMR: ab + bc + ca ≤ a 2 +b 2 +c 2 < 2.(ab + bc + ca). Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9 7 Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 8 Giải: Ta có: a 2 +b 2 +c 2 - ab + bc + ca [ ] .0)()()(. 2 1 222 ≥−+−+−= accbba Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Vậy: ab + bc + ca ≤ a 2 +b 2 +c 2 . Lại có: a < b + c ⇒ a 2 < a.(b + c) (1) Tương tự: b 2 < b.(a + c) (2) ,c 2 < c.(b + a) (3). Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được: a 2 +b 2 +c 2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca). Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: xyzyzzxz ≤−+− ).().( (1). Giải: Đặt: += += nzy mzx (m,n,z > 0). Khi đó (1) trở thành: )).(( nzmzznzm ++≤+ ( ) zn z m nm + +≤+⇔ .1 (2). Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: ( ) .).(1 .).(1 2 2 mnzn z m mnz z m nzn z m +≥+ +⇔ += +≥+ + Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm). Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR: ( ) .5 1 .8 44 ≥++ xy yx Giải: Từ giả thiết .0, 01 0 >⇒ >=+ > yx yx xy Ta có: ).1(4 1 4 1 .21 ≥⇒≥⇒≥+= xy xyxyyx Lại có: ( ) [ ] ( ) [ ] .1 )).(11().(4)).(11.(4.8 2 2 2 2222222442244 =+≥ ≥++=+≥++=+ yx yxyxyxyx Suy ra: 8.(x 4 + y 4 ) 1≥ (2). Từ (1) và (2) suy ra: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9 8 Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 9 ( ) .541 1 .8 44 =+≥++ xy yx Ta có đpcm. Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương: x = (a + b + c) 2 - 9ab ; y = (a + b + c) 2 - 9cb ; z = (a + b + c) 2 - 9ac. Giải: Ta có: x + y + z = 3. (a + b + c) 2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a 2 + b 2 +c 2 - ab - bc - ca) = = [ ] .0)()()(. 2 3 222 >−+−+− accbba (Do a ≠ b ≠ c ≠ a). Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương. Bài 5: Nếu > ≥+ 0 1 ab ba thì 8 1 44 ≥+ ba . Giải: Hoàn toàn tương tự bài 3. Bài 6:CMR: ( ) ( ) ( ) ( ) 4488221010 yxyxyxyx ++≥++ . Giải: Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 4488221010 yxyxyxyx ++≥++ ( ) ( ) 4444121288221212 yxyxyxyxyxyx +++≥+++⇔ ( ) ( ) 44448822 yxyxyxyx +≥+⇔ ( ) 0. 62268822 ≥−−+⇔ yxyxyxyx ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 4224 2 2222 662222 ≥++−⇔ ≥−−⇔ yyxxyxyx yxyxyx Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm. Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì : P = a 3 + b 3 + c 3 - 3abc < 0. Giải: Có: P = a 3 + b 3 + c 3 - 3abc = (a + b + c).(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca) < 0. Bài 8:CMR: 4 1 )12( 1 25 1 9 1 2 < + +++= n A với .1, >Ν∈ nn Giải: Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được: ++ + + < + )22).(12( 1 )12.(2 1 . 2 1 )12( 1 2 nnnn n Áp dụng ta có: . 4 1 22 1 2 1 . 2 1 22 1 12 1 4 1 3 1 3 1 2 1 . 2 1 )22).(12( 1 5.4 1 4.3 1 3.2 1 . 2 1 < + −= + − + ++−+−= = ++ ++++< nnn nn A Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9 9 Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 10 Ta có đpcm. Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì: pq qp qp ≥ + + 22 . Giải: Có: ( ) ( ) .0 . 2 22 ≥ + ++− =− + + qp qpqpqp pq qp qp Ta có đpcm. Bài 10:CMR: kk k 1 1 11 2 − − < với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra: n n 1 2 1 3 1 2 1 1 222 −<++++ với n >1. Giải: Ta có: kkkk k 1 1 1 ).1( 11 2 − − = − < . Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được: . 1 2 1 1 1 3 1 2 1 2 1 1 1 1 1 3 1 2 1 1 222 nnn n −= − − ++−+−+<++++ Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: .022 22 ≥− − + yx yx Giải: Ta có: .022 2 ).(.2 2 22 ≥= − −≥ − +−= − + yx yx yx yx yx yx Ta có đpcm. Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: .cba ≤≤ CMR: ( ) .9 2 bccba ≤++ Giải: Từ giả thiết bài ra ta có: ( ) )1(9254 0)4).((042 2 22 bccbbccb cbcbcbcabb ≤+⇒≤+⇒ ≤−−⇒>−⇒>+≥ Mà: (a + b + c) 2 ≤ (2b + c) 2 (2). Từ (1) và (2) suy ra: (a + b + c) 2 ≤ (2b + c) 2 ≤ 9bc. Ta có đpcm. Bài 13: Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn hơn 1. Giải: Ta có: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán 9 10 [...]... x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư của phép chia đa thức đó cho (x-2).(x-3) Giải: Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài ra ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b Ta có: F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia) Theo giả thi t và theo định lý Bơdu ta có: F(2)=2a +b=5 và F(3)=3a+b=7 Giải hệ hai phương trình trên ta tìm được a = 2, b = 1 Vậy đa thức dư... M,N,P là trung điểm của OM Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const Vậy có thể phán đoán quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng một nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB 3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra Bài 4:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông... Hạ HQ vuông góc với BC.Có: 1 KI DJ + EL KI BD CE KI = + HQ = ( DJ + EL) = Nên H nằm trên đ ường thẳng song song ÷= 2 2 KI 2 BK CK 2 với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC) CHUYÊN ĐỀ 6: Các bài toán hình học phẳng có nội dung chứng minh, tính toán Chuyên Đề Bồi Dưỡng... qua trung điểm J của cung nhỏ BC Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J ⇒ JI = JB = const Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của (O) ⇒ A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC 3.Ta dễ dàng tính được: 1 1 ∠ BMC = ∠ BAC = số đo cung nhỏ BC = const 2 4 1 Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng số đo cung nhỏ BC... x trong tập xác định của chúng Giải: Điều kiện: x ≠ 2,−1 x2 + 5 ax 2 + (2a + b) x + a − 2b Ta có: P=Q (∀x ≠ 2,−1) ⇔ 3 = ∀x ≠ 2,−1 x − 3x − 2 x 3 − 3x − 2 a = 1 a = 1 ⇔ 2 a + b = 0 ⇔ b = −2 a − 2b = 5 Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 - n a-Phân tích A thành nhân tử b-Tìm n để A=0 c-CMR: A chia hết cho 30 Giải: a) A= n5 - n = n.(n4 -1) = n.(n-1).(n+1).(n2 + 1) b) A=0 ⇔ n = 0,1,-1 5 5 c) Theo Định... OM (đpcm) b)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính OM là: PH.PO=PA.PB=const (1) Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đi đoạn TV với T,V là giao điểm của d với (O) c)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2) Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm) Lại có: IP.IN=(NI+NP).IN=IN2... NA.NB=NA.(IB+IN) ⇔ NA.NB=NA.NB (luôn đúng) Vậy ta có đpcm Bài 3:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn bán kính R,tâm O a)Chứng minh BC = 2R.SinA Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 19 Toán 9 Chuyên đề: Hệ phương trình Trang 20 b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) trong đó A,B,C là ba góc của tam giác Giải: a)Kéo dài BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D Tam giác vuông BCD... -Điều kiện đủ: Với a=b=-2 ta thấy hai phương trình tương đương với nhau Bài 5: Giả sử b và c là các nghiệm của phương trình : 1 x2 - a.x- a2 =0; (a ≠ 0) 2 chứng minh : b4 + c4 ≥ 2+ 2 Giải: b + c = a Theo định lý Viet ta có: 1 bc = − 2a 2 [ ] 2 Ta có: b 4 + c 4 = (b 2 + c 2 ) 2 − 2b 2 c 2 = (b + c) 2 − 2bc − 2b 2 c 2 2 1 1 3 3 ⇒ b + c = a 2 + 2 + 4 = a 4 + 4 + 2 ≥ 2 a 4 4 + 2 = 6 + 2 >... A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B 1.CMR:Tam giác KAC cân 2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho Ai có độ dài lớn nhất 3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm... (đpcm) Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho 3 thì cả x và y đều chia hết cho 3 Giải: Nhận xét:Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1 3 Vì vậy từ giả thi t x2 + y2 chia hết cho 3 ⇒ x, y Bài 4:Tìm giá trị của p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q Giải: Giả sử (x4 + 1) = (x2 + px + q).( x2 + mx + n) Khai triển và đồng nhất hệ số . đã cho là F(x).Theo bài ra ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b. Ta có: F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b. (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia) Theo giả thi t và theo định lý Bơdu. trên đ ường thẳng song song với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC). CHUYÊN. điểm của OM. Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const. Vậy có thể phán đoán quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng một nửa đoạn OK trừ đoạn XY