Chuyên đề BD HSG THCS

Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 1 CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình. I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp. Bài 1:Gpt: 2 2 2 2 2 2 4 10. 11. 0. 1 1 1 x x x x x x                            Giải: Đặt 2 2 ; 1 1 x x u v x x       (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: 2 90. 1 1 x x x x                 Giải:PT  2 2 2 1 1 . 90 ( 1) ( 1) x x x           . 2 2 2 2 2 2 . 90 ( 1) x x x     . Đặt u = x 2 ( u  0) (1). Ta có: 2 2 2 2 2 . 90 2 2 90.( 1) ( 1) u u u 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 3 3 2 3 12.( 1) x x x     . Giải: Đặt 3 3 ; 2 3 x u x v    (1). Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 2 Có: ).(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 2 2 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. Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 3 Bài 8:Gpt: .0168.26416 222  xxxxx Giải:PT .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  4 3 2 4 3 2 4 2 2 2 4 0 2 2 0 x x x x x x x x             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). *Nếu t = 0 suy ra x = 0  y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 . x -  0 4 8 +  x-8 - - - 0 + x-4 - - 0 + + x - 0 + + + Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 4 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       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:PT  .167,11212167 12 167 1 12 2166 2 12 83          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 Bài 6: 2x 2 - 2xy = 5x + y - 19. Giải:Từ bài ra ta có: .17,1121217 1 2 17 2 1 2 1952 2       xx x x x xx y  Từ đó ta tìm được x  tìm được y. Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 5 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. 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. Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 6 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 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: Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 7 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). 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: Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 8 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:   2 2 1 .( ) . 1 .( ) . m m m n z n z n m n z n m z z z                                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:     2 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 8. 4.(1 1 ).( ) 4.( ) (1 1 ).( ) 1. x y x y x y x y x y                     Suy ra: 8.(x 4 + y 4 ) 1  (2). Từ (1) và (2) suy ra:   .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  . Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 9 Giải: Ta có:         4488221010 yxyxyxyx      4444121288221212 yxyxyxyxyxyx      44448822 yxyxyxyx    0. 62268822  yxyxyxyx         2 2 2 2 2 6 6 2 2 2 2 4 2 2 4 . . 0 . . 0 x y x y x y x y x y x x y y          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,    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 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: k k 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           Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 10 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: .1 2 2 . 2 2 . 2 2 )2().2.().2.()2().2().2.( 222                                ccbbaa ccbbaaaccbba Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng không thể đồng thời lớn hơn 1. Ta có đpcm. Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR: caca c baba b    . Giải: Ta có: caca c baba b    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. 2 2. a b a b a c a c a b a b a c a c a a b a a c a b a c b c                             Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy ta có đpcm. Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn: .1 222  zyx CMR: .1 333  x z z y y x Giải: Áp dụng BĐT Cô Si: 2 33 2.2 xxy y x xy y x  (1). Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only. [...]... Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh BD CE BJ CL 1 BM 1 CM 1 BM  CM       1 BK CK BI CI 2 BI 2 CI 2 BI BD CE    1  BD  CE  CK = khoâng ñoåi CK CK d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có: HQ = 1 KI DJ  EL KI  BD CE  KI Nên H nằm trên đ ường thẳng song ( DJ  EL)      2 2 2  BK CK  2 KI song với... n 2  c  m cn  m mà (m,n)=1  (n, m 2 )  (m, n 2 )  1 nên:  mà c,a đều là các số lẻ nên suy ra m,n cũng  2 am  n a  n  là các số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n đều là các số lẻ Do đó: am 2  bmn  cn 2  số lẻ (Mâu thuẫn với (1)) Vậy điều ta giả sử là sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm Các bài toán hình học phẳng CHUYÊN ĐỀ 5: mang yếu tố chuyển động Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi... evaluation only Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 3 y z3  yz  2y 2 (2) và  xz  2z 2 (3) Tương tự: z x Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có: z3 y3 x3  xy   yz   zx  2.( x 2  y 2  z 2 ) x z y Suy ra: x3 y3 z3    2.( x 2  y 2  z 2 )  ( xy  yz  zx)  ( x 2  y 2  z 2 )  1 y z x Vậy ta có đpcm CHUYÊN ĐỀ 3: Bài 1:Cho P  Đa thức và những vấn đề liên quan x2  5 a b &Q   2... ba góc của tam giác Giải: a)Kéo dài BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D Tam giác vuông BCD có:BC = BD. Sin(  BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai là E Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB Ta có: SinB= AC AD  CD AD CD     Cos (ADB )  Cos (CDB )  CosC  CosA (1) 2R 2R BD BD Tương tự ta cũng có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế... CK do đó quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC) Các bài toán hình học phẳng CHUYÊN ĐỀ 6: có nội dung chứng minh, tính toán Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R . For evaluation only. Huỳnh Minh Khai: Gv: THCS Thị Trấn cầu Kè, Trà Vinh 18 1 1 1 . . . 1 2 2 2 1 BD CE BJ CL BM CM BM CM BK CK BI CI BI CI BI BD CE BD CE CK CK CK             . vuông BCD có:BC = BD. Sin(  BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai là E. Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB. Ta có: SinB= CosACosCCDBCosADBCos BD CD BD AD R CDAD R AC   . .1)()().(2 222222 333  zyxzxyzxyzyx x z z y y x Vậy ta có đpcm. CHUYÊN ĐỀ 3: Đa thức và những vấn đề liên quan. Bài 1:Cho 1 2 2 & 2 3 5 23 2          x x b x a Q x x x P .