Mot so dang toan on vao cap 3 Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phương trình nguyên 1... Dạng 3: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đốiVí dụ... Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất... a, Rú
Trang 1Mot so dang toan on vao cap 3 Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phương trình nguyên
1. Ví dụ 1 Cho biểu thức:
b 2 ab 2 a 2
b a 1 a b a
1 b
b a a
a 3 b
ab a
a 3 M
+ +
−
−
−
+
−
− + +
a, Rút gọn
b, Tìm những giá trị của a để M nguyên
Giải
a, Rút gọn M = a 1
2
−
b, Để M nguyên thì a-1 phải là ước của 2
a – 1 = 1 => a = 2
a – 1 = -1 => a = 0 ( loại )
a – 1 = 2 => a = 3
a – 1 = -2 => a = -1 ( loại )
Vậy M nguyên khi a = 2 hoặc a = 3
2, Ví dụ 2: Cho biểu thức:
1 1 a
1 1
a
1
+
−
−
=
Tìm giá trị nguyên của a để A nguyên
Giải
1 1 a
2 1 1
a
1 a 1 a 1 1
a
1 a 1 a
−
= +
−
+
− +
= +
−
−
− +
Để A nguyên thì a – 1 là ước của 2
Tổng quát : Để giải toán tìm điều kiện để biểu thức nguyên ta làm
theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện
Bước 2: Rút gọn về dạng ( )
) (
x f
a hay a
x f
Nếu a
x
f )( thì f(x) là bội của a Nếu f(x)
a thì f(x) là ước của a
Trang 2Bước 3: Căn cứ vào điều kiện loại những giá trị ngoại lai
Dạng 6: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng
Ví dụ : Tính A= 6−2 2 + 12+ 18− 128
Ta có :
2 4 2 4 2
4 2
2 8 4 128
1 3 1
3 1
3 2 3 3 2 4 2 3 2 6 1
3 2
6
A
1 3 1
3 1
3 2 3 4 12 2
4 12
2
2
2
−
=
−
= +
−
=
−
=
−
−
= +
−
=
+
= +
= + +
= +
=
− + +
) (
) (
) (
Dạng 2: Phương trình vô tỷ
I.Định nghĩa : Phương trình vô tỷ là phương trình chứa ẩn ở biểu thức
dưới căn bậc hai
II Cách giải:
Cách 1: Để khử căn ta bình phương hai vế
Cách 2: Đặt ẩn phụ
III Ví dụ
1,Ví dụ 1:
Giải phương trình: x−5 =x−7 (1)
Cách 1: Bình phương hai vế
x – 5 = x2 – 14x + 49
x2 – 14x – x + 49 + 5 = 0
x2 – 15x + 54 = 0
x1 = 6 ; x2 = 9 Lưu ý :
* Nhận định kết quả : x1 = 6 loại vì thay vào phương trình (1) không
phải là nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x = 9
* Có thể đặt điều kiện phương trình trước khi giải : Để phương trình có
nghiệm thì :
Trang 37
5
0
7
0
5
≥
⇒
≥
≥
⇒
≥
−
≥
−
x
x
x
x
x
kết hợp
Sau khi giải ta loại điều kiện không thích hợp
Cách 2 Đặt ẩn phụ
Đưa phương trình về dạng : x−5= x−5−2
Đặt y= x−5 phương trình có dạng
y = y2 – 2
y2 – y – 2 = 0
Giải ta được y1 = - 1 ( loại) y2=2
9
4
5
2
5
=
=
−
=
−
⇒
x
x
x
2, Ví dụ 2:
Giải phương trình 3x+7− x+1=2
Giải:
Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa:
1 0
1
0
7
3
−
≥
⇔
≥
+
≥
+
x x
x
Chú ý : Không nên bình phương hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta
nên chuyển vế
2 1 7
3x+ = x+ +
Bình phương hai vế ta được :
1 2
x
Bình phương hai vế (x + 1) 2 = 4( x+ 1)
x2- 2x – 3 =0 có nghiệm x1 = -1; x2 = 3
Cả hai giá trị này thoả mãn điều kiện
9
4
5
2
5
=
=
−
=
−
⇒
x
x
x
Trang 4Dạng 3: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
Ví dụ.
1, Ví dụ 1:
Giải phương trình x2 − 2x+1+2=0
Đặt điều kiện
* Nếu 2x + 1 ≥ 0 ta có phương trình x2 – ( 2x + 1 ) + 2 = 0
x2 – 2x – 1 + 2 = 0
x2 – 2x +1 = 0
=> x1 = x2 = 1
* Nếu 2x + 1 ≤ 0 ta có phương trình x2 – ( -2x -1 ) + 2 =0
x2 + 2x + 3 = 0 Phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình ( 1) có nghiệm x= 1
2, Ví dụ 2:
Giải phương trình 5x−2− 2x+1 =5
( Đề thi học sinh giỏi lớp 7 1999 – 2000)
3, Ví dụ 3: Giải phương trình x2 −4 =2x−1
Dạng 3 : Hệ phương trình Cách giảI một số hệ phương trình phức tạp
1, Ví dụ 1:
Giải hệ phương trình
= +
= +
1 y
10 x 6
36
13 y
3 x 4
Giải :
Y x
X = 1 ; = 1
Trang 5Ta có hệ :
= +
= +
36
36 10 6
36
13 3 4
Y X
Y X
2, Ví dụ 2:
Giải hệ phương trình
= +
+
−
= +
+
−
1 1 4
8 3
12 7
1 1 4
5 3
12 10
x x
x x
3, Ví dụ 3:
Giải hệ phương trình :
−
= + +
= + +
= + +
) 3 ( 2 3
2
) 2 ( 3 2 3
) 1 ( 11 3 2
z y x
z y x
z y x
Hướng dẫn: Rút z từ (1) thay vào (2); (3)
4, Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
= + +
= + +
) 2 ( 12
) 1 ( 6
2 2
2 y z x
z y x
Hướng dẫn: Nhân (1) với 4 rồi trừ cho (2)
=> (x2 + y 2 + z2 ) – 4( x+ y + z ) = 12 – 24
x2 – 4x + y2 -4y + z2 - 4z + 12 = 0
( x2 – 4x + 4 ) + ( y 2 – 4y + 4 ) + ( z2 – 4z -4 ) = 0 ( x – 2 )2 + ( y – 2 )2 + ( z – 2 )2 = 0
=> x = y = z = 2
5, Ví dụ 5:
Giải hệ phương trình
=
−
− +
=
−
+ +
4 3
2 1 3
5 3
1 1 2
y x
y x
Trang 6( Đề thi vào 10 năm 1998 – 1999)
6, Ví dụ 6:
Giải hệ phương trình :
= +
+
−
= +
+
−
5 1
3 1 1
11 1
1 1 5
y x
y x
( Đề thi vào 10 năm 2002 – 2003 )
Dạng 4: Toán cực trị
1.Ví dụ 1:
Cho biểu thức:
x 1
1 x
1
1 x
1
1 : x 1
1 x
1
1 A
− +
+
−
−
−
+
−
=
a. Rút gọn A
b. Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất
Giải:
a Rút gọn được: x(1 x)
1
−
b A nhỏ nhất nếu mẫu x(1− x) là lớn nhất
Gọi x =K ta có K(1- K) = -K2+ K
-(K2- K) = -(K2 - 2K/2 +1/4 -1/4)
= -[(K-1/4)2 – 1/4]
Mẫu này lớn nhất khi: -[(K-1/4)2- 1/4] là nhỏ nhất
Và nó nhỏ nhất khi: K= 1/4
Hay x =1/4⇒x =1/2
=>A nhỏ nhất =4
2.Ví dụ 2:
Cho biểu thức:
3 x
3 x 2 x 1
2 x 3 3
x 2 x
11 x 15 M
+
+
−
−
− +
− +
−
=
Trang 7a, Rút gọn
b, Tìm giá trị lớn nhất của M và giá trị tương ứng của x
3 Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x x 1
x
2 + +
=
Giải:
Ta nhận thấy x = 0 => M = 0 Vậy M lớn nhất x≠ 0
Chia cả tử và mẫu cho x2
1 x
1 x
1 M
2
2 + +
=
Vậy M lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất Mẫu nhỏ nhất khi 2
2 x
1
x +
nhỏ nhất 0
x
1
x2 + 2 >
2 x
1
x +
nhỏ nhất x =1 Vậy 3
1 1 2
1
+
=
4.Ví dụ 4:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
1 x 2 x 1 x 2 x
Giải:
1 x 1 1 1
x
1 x 1 1
1 x 1
1 x 1
1 x
1 1 x 2 1 x 1 1 x 2 1
x
Y
2 2
2 2
−
− + +
−
=
−
− + +
−
=
−
− +
+
−
=
+
−
−
− + +
− +
−
=
) (
) (
) (
Biết rằng |A| + |B| ≥|A + B|
Trang 82 1 x 1 1 1 x 1
x 1 1 1
x
1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1
x
Y
≥
−
− + +
−
≥
−
− + +
−
=
−
− + +
−
≥
−
− + +
−
=
Vậy Y nhỏ nhất là 2 khi
0 1 x 1 1
1
x − + )( − − )≥
(
2 x 1
0 1 x 1
1 x
≤
≤
⇒
≥
−
−
≥
⇔
) (
Dạng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng
Ví dụ : Tính A= 6−2 2 + 12+ 18− 128
Ta có :
2 4 2 4 2
4 2
2 8 4 128
1 3 1
3 1
3 2 3 3 2 4 2 3 2 6 1
3 2 6
A
1 3 1
3 1
3 2 3 4 12 2
4 12 2
2
2
−
=
−
= +
−
=
−
=
−
−
= +
−
=
+
= +
= + +
= +
=
− + +
) (
) (
) (
Loại 7: Biện luận phương trình
1.Ví dụ 1:
Cho phương trình: x2 – ( m + 2 )x + m + 1 = 0 ( x là ẩn )
a, Giải phương trình khi 2
3
m=−
b, Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm trái dấu
c, Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phương trình Tìm giá trị m để :
x1( 1 – 2x2 ) + x2( 1 – 2x1 ) = m2
Giải
3
m=−
vào ta có phương trình :
2 1 x 1 1 1 x 1
x 1 1 1
x
1 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1
x
Y
≥
−
− + +
−
≥
−
− + +
−
=
−
− + +
−
≥
−
− + +
−
=
Trang 92x 2x 1 0
0 1 2
3 x 2 2
3 2 x
2
2
=
− +
= +
− +
−
Phương trình có hai nghiệm :
2
3 1 x
2
3 1
b, Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi x1x2 =a 0
c
< hay a.c < 0
1(m + 1) < 0
m < -1
c, x1( 1 – 2x2) + x2 ( 1 – 2x1) = m2
( )* )
2 1 2
1
2 2 1 2
2 1
1
m x x 4 x
x
m x x 2 x x
x
2
x
=
− +
⇔
=
− +
−
⇔
Theo viet ta có :
1 m a
c x x
2 m 2 1
2 m 2 a
b x
x
2 1
2 1
+
=
=
+
= +
−
−
=
−
= +
Thay vào (*) ta có :
2(m + 2 ) – 4 ( m + 1 ) = m2
2m + 4 – 4m – 4 = m2
m2 + 2m = 0
m ( m + 2 ) = 0
−
=
⇒
=
+
=
⇒
2 m 0 2
m
0
m
2.Ví dụ 2:
Cho phương trình : x2 – 2mx + 2m – 1 = 0
1, Chưng tỏ phương trình có hai nghiệm với mọi m
2 2
2
1 x 5x x x
2
a Chứng minh A = 8m2 – 18m + 9
Trang 10b Tìm m sao cho A = 27
3, Tìm m sao cho nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia
Giải
1 Xét ( ) (m 2 2m 1) m2 2m 1 (m 1)2 0 m
∀
≥
−
= +
−
=
−
−
−
=
∆'
=> Phương trình luôn có nghiệm với mọi m
2 2
2
1 x 5x x x
2
2
2
1 2x 5x x x
2 2 1
2 1 2
1
2 2
2 1
2 1 2 1
2 2
2 1
x x 9 x
x 2
x x 9 x x 2 x x 2
x x 9 x x 4 x 2 x 2
− +
=
− +
+
=
− +
+
=
Theo viet ta có :
( )2m 9(2m 1) 2( )4m 18m 9 8m 18m 9 2
a
c
x
x
a
b x
x
2 2
2
2
1
2
1
+
−
= +
−
=
−
−
⇒
=
−
=
+
=> điều phải chứng minh
b, Tìm m để A = 27 chính là giảI phương trình
8m2 – 18m + 9 = 27 8m2 – 18m – 18 = 0 4m2 – 9m – 9 = 0 Phương trình có hai nghiệm : m1 = 3 , m2 = -3/4
2.Tìm m để x1 = 2x2
Theo viet ta có : x1 + x2 = -b/a = 2m
Hay 2x2 + x2 = 2m
3x2 = 2m
x2 = 2m/3
x1 = 4m/3 Theo viet:
Trang 110 9 m 18
m
8
9 m 18
m
8
1 m
2
9
m
8
1 m 2 3
m
4
3
m
2
1 m 2
a
c
x
x
2
2
2
2
1
= +
−
⇔
−
=
⇔
−
=
⇔
−
=
=>
−
=
=
Phương trình có hai nghiệm : m1 = 3/2; m2 = 3/4
Ví dụ : Đề 8 ( trang 91)
Đề 17 ( trang 121)
Đề 18 ( trang 124)
Hướng dẫn giải các đề thi vào 10
phần hình học
Đề 1 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 – 2001)
Trang 12∆
0
60
xoy∧ =
GT
đều ;
OB = OC
OBM
∆
NCO
∆
∧
BMN
0
60
xoy∧ =
KL
a, đồng dạng với
BC2 = 4BM
b, MO là tia phân giác
c, Đường thẳng MN luôn tiếp xúc
với đường tròn cố định khi quay O
Giải
a, Trong NOC∆ có ONC∧ +NOC∧ +C∧ =1800
=> ONC∧ + NOC∧ =1200 ( vì C∧ =600)
Vì xoy∧ =600nªnMOB∧ +NOC∧ =1200
( )1 ONC MOB∧ = ∧
⇒
Vì ABC∆ đều
( )2 60
C
⇒ ∧ ∧
Từ (1) và (2) => MBO∆ đồng dạng với ONC∆
BM
NC
OB
⇒
=
NC BM
4
BC
NC BM 2
BC
2
BC
=
⇒
=
⇒
OM OB
BM hay ON
OM OC
BM
=
=
mà
0 60 xoy
B∧ = ∧ =
=> MBO∆ đồng dạng với ∆MON⇒B∧ =OMN∧ =600
Trang 13=> CM là tia phân giác của
∧
BMN
c, Thật vậy khi
∧
xoy quay tới vị trí ( hình vẽ đỏ ) lúc đó M, N là trung điểm của AB và AC
đường cao AO ┴ MN tại H và HO = 1/2AO
Như vậy đường tròn cố định đó có tâm tại O , bán kính bằng AO/2
Đề 2 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2002 – 2003 )
1, Chứng minh AC // MO
Thậy vậy AOC∆ cân tại O
∧
∧
=
⇒ACO CAO ( hai góc ở đáy )
Theo chứng minh tính chất 2 của tiếp tuyến thì
∧
∧
=MOB AOM
Theo định lí 7
∧
∧
∧
= +CAO AOB ACO (góc ngoài bằng tổng hai góc trong) Hay 2CAO∧ =AOB∧ ⇒CAO∧ =AOM∧ ⇒ AC // MO
2, Chứng minh 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên một đường tròn
* Xét tứ giác MBOA có A∧ =B∧ = v(gt)
=> MBOA nội tiếp đường tròn đường kính MO
* Xét tứ giác MDAO
Trong ∆DOC: CDO∧ +C∧ =1v ( tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông )
Trong ∆MAO : AMO∧ +AOM∧ = v
Trang 14Theo chứng minh trên :
∧
∧
∧
∧
=
⇒
=AOM CDO AMO C
Trong tức giác MDAO có D và M nhìn AO đưới góc bằng nhau α0
Vậy M, D thuộc cung AO chứa góc α0
Hay MDAO nội tiếp
Ta lại có MAO∧ =1v => MO là đường kính đường tròn ngoại tiếp Vậy 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên đường tròn đường kính MO
3, Tìm M trên d để AOC∆ đều , hãy chỉ ra cách xác định M.
Thậy vậy để AOC là tam giác đều nghĩa là
R 2 OM 30
AMO 60
AOM 60
C
A∧ = ∧ = 0 => ∧ = 0 => ∧ = 0 => =
Để xác định M từ O quay một cung có bán kính bằng 2R cắt d tại M Thoả mãn điều kiện nói trên
Đề 3 ( Đề thi vào 10 năm 1998 - 1999 )
a, AE là phân giác của BAC∧
Thật vậy BC ┴ EOF => BE∩ =EC∩
2
1 A
A∧ = ∧
=> ( góc nội tiếp chắn hai cung nhau )
=>AE là phân giác của BAC ∧
b, BD // AE
BAD
∆ cân tại A =>
AE //
BD A
D A
2 BAC D
B
D
B∧1 = ∧ => ∧1+ ∧ = ∧ = ∧2 => ∧ = ∧ 2 =>
c, Nếu I là trung điểm của BC => ⊥ ( )
⊥
1 AE AI
BD AI
Ta lại có EAF∧ =1v( góc nội tiếp chắn đường tròn)
( )2 AE
AF
Từ (1) (2) =>IAF∧ =2v
=>I, A, F thẳng hàng
Trang 15Đề 4 ( Đề 3 trong bộ đề ôn vào 10 )
a, Chứng minh tam giác POQ vuông
Xét POQ∆ theo chứng minh tính chất 2 tiếp tuyến ta có O∧1 =O∧ 2
=>OP là phân giác của EOC∧
4
3 O
O∧ = ∧ => OQ là phân giác của EOD∧
Mà
∧
∧
EOD
;
EOC là 2 góc kề bù do đó PO⊥OQtại O ( theo định lí )
=>tam giác POQ vuông tại O
b, Chứng minh POQ∆ đồng dạng với CED∆
ấy tam giác CED là tam giác vuông tại E ( góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn )
Có
∧
∧
=ECD
QPO ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung ED )
=>Tam giác POQ đồng dạng với tam giác CED
c, Tính tích CP DQ theo R
Theo tính chất 2 của tiếp tuyến ta có : CP = PE
DQ = EQ Xét POQ∆ có OE là đường cao bằng R
Theo hệ thức lượng : OE2 = PE EQ
hay OE2 = CP DQ
R2 = CP DQ
Trang 16d, Khi PC = R/2 hãy chứng minh rằng 16
25 S
S
CED
POQ =
∆
∆
Từ ý c ta có DQ= R2/CP =
R 2 2 R
R2
=
Vì tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tổng số đồng dạng
CD
PQ S
S
2 2
COD
POQ =
∆
∆
Mà PQ = PE + EQ = PE + DQ
=>PQ = R/2 + 2R = 5R/2
25 R
4 : 4
R 25 R
2 2
R 5 S
2 2
COD
=
∆
∆
Đề 5 ( Bộ đề trang 17 )
a, Tứ giác BHCD, BCDE là hình gì ? Tại sao ?
* Xét t/g BHCD có DC AC
);
gt ( AC BH
⊥
⊥
=> BH // DC
CM tương tự ta có CH // BD
Vậy BHCD là hình bình hành
*Xét t/g BCDE
Ta có BC // ED ( vì cùng vuông góc với AE) => BCDE là hình thang
Do BC // ED => BE∩ =CD∩ => BE = CD
=>BCDE là hình thang cân
b, Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ và EFI
thật vậy H là giao các đường phân giác trong
=>H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
Trang 17c, Chứng minh M là giao 2 đường tròn ngoại tiếp tứ giác AC’HB’ và đường tròn O
v
1
AMD∧ = ( góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn )
Lấy O’ là trung điểm của AH => O’M =1/2 AH
Mà AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tg AC’HB’
Vậy M là giao của 2 đường tròn nói trên
d, Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì kết luận
- hình thoi
- Kết quả không thay đổi
Hình thang cân biến thành tam giác BDC E≡D