Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Toán Phương trình và hệ phương trình

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 3x u x v= − = (1). 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. 1 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 Giải:PT .04.28 =+−−−⇔ xxx 2 x -∞ 0 4 8 +∞ x-8 - - - 0 + x-4 - - 0 + + x - 0 + + + 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 0x 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 . 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:PT ⇔ .167,11212167 12 167 1 12 2166 2 12 83 ±±=+⇒+⇒Ζ∈ + +−= + − =⇔ + − = yy yy y x y y x  3 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 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: 4 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. 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: 5 (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: 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 . 6 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: 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: )).(( nzmzz nzm ++≤+ ( ) 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 7 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 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 6 6 2 2 2 2 4 2 2 4 . . 0 . . 0x 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, >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 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 8 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: .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 −−+ < −−+ 9 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). Tương tự: 2 3 2yyz z y ≥+ (2) và 2 3 2zxz x z ≥+ (3). Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có: ).(2 222 333 zyxzx x z yz z y xy y x ++≥+++++ Suy ra: .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 12 2 & 23 5 23 2 ++ + − = −− + = xx b x a Q xx x P . Với những giá trị nào của a,b thì P=Q với mọi giá trị của x trong tập xác định của chúng. Giải: Điều kiện: .1,2 −≠x Ta có: P=Q 1,2 23 2)2( 23 5 )1,2( 3 2 3 2 −≠∀ −− −+++ = −− + ⇔−≠∀ x xx baxbaax xx x x    −= = ⇔      =− =+ = ⇔ 2 1 52 02 1 b a ba ba a Bài 2:Cho số nguyên n, A= n 5 - n. a-Phân tích A thành nhân tử. b-Tìm n để A=0. c-CMR: A chia hết cho 30. Giải: a) A= n 5 - n = n.(n 4 -1) = n.(n-1).(n+1).(n 2 + 1) b) A=0 ⇔ n = 0,1,-1. c) Theo Định Lý Fecma: 55)5(mod 55  Annnn ⇒−⇒≡ (1). Lại có: 22)1(  Ann ⇒− (2) và: 33)1.().1(  Annn ⇒+− (3). Vì 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra )5.3.2(A (đpcm). 10 [...]... ta dễ dàng chứng minh được a=b=c=0 .Và dĩ nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm 13 Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình: ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) đều là các số lẻ thì phương trình bậc hai trên không thể có nghiệm hữu tỉ Giải: Giả sử phương trình bậc hai trên với các hệ số a,b,c đều là các số lẻ có nghiệm hữu tỉ m x0 = với m,n là các số nguyên (m,n)=1 và n ≠ 0 ;khi đó ta có: n 2 m m... (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 là các  2 am n a n  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 CHUYÊN ĐỀ 5: Các bài toán hình học phẳng mang yếu tố chuyển động Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên... 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 Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R 0 suy ra phương trình luôn có nghiệm với mọi m  x1 + x 2 = 2m + 1(1) 2.Theo vi-et ta có:  2  x1 x 2 = m + m − 1(2) x + x2 − 1 Từ (1) suy ra: m = 1 thay vào (2) ta có: 2 2 2... 2b Để hai phương trình đã cho là tương đương thì f(x) = g(x) (*) với mọi x (Vì hệ số của x2 của cả hai pt đều bằng 1) Thay x = 0 vào (*) ta có b = -2 (3) Thay x = 1 vào (*) kết hợp với (3) ta được a= -2 -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) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE Giải: a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA vậy tia NM đi qua A Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB2 không đổi c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A) Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK Từ... luôn chia hết cho 19, với mọi số n tự nhiên Giải: Ta có: A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n Ta có: 25 ≡ 6(mod19) ⇒ 25 n ≡ 6 n (mod19) Suy ra: A ≡ 7.6 n + 12.6 n ≡ 19.6 n (mod19) ≡ 0(mod19) Ta có đpcm Bài 10: Phân tích thành nhân tử x10 + x5 + 1 Giải: Ta có: x10 + x5 + 1 = (x2 + x + 1).(x8-x7 + x5-x4 + x3-x + 1) CHUYÊN ĐỀ 4: Các bài toán liên quan tới phương trình bậc hai và định lý Vi-et Bài 1:Cho phương . 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 −−+ < −−+ 9 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. 2 2. a b a b a. giác DCE vuông. b)CMR: Tích AD.BE không đổi. c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định. Giải: a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác. bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi. d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE. Giải: a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA. vậy tia NM đi qua A. Chứng minh tam giác