on thi toan lop_theodang

- 1 Mot so dang toan on vao cap 3 Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phơng trình nguyên 1. Ví dụ 1 Cho biểu thức: b2ab2a2 ba1a ba 1 bbaa a3 baba a3 M ++ + ++ = ))(( :)( a, Rút gọn b, Tìm những giá trị của a để M nguyên Giải a, Rút gọn M = 1a 2 b, Để M nguyên thì a-1 phải là ớc 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 1a 1 1a 1 A + + = Tìm giá trị nguyên của a để A nguyên Giải 1 1a 2 1 1a 1a1a 1 1a 1a1a A + =+ ++ =+ + = )( Để A nguyên thì a 1 là ớc của 2 Tổng quát : Để giảI toán tìm điều kiện để biểu thức nguyên ta làm theo các bớc sau: Bớc 1: Đặt điều kiện Bớc 2: Rút gọn về dạng )( )( xf a hay a xf Nếu a xf )( thì f(x) là bội của a - 2 Nếu )(xf a thì f(x) là ớc của a Bớc 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 1281812226A ++= Ta có : 242424228412818 22 ===+= )( 1313132332423261326A 1313132341224122 2 2 ==+===+= +=+=++=+=++ )()( )( Dạ ng 2: Phơng trình vô tỷ I.Định nghĩa : Phơng trình vô tỷ là phơng trình chứa ẩn ở biểu thức dới căn bậc hai . II. Cách giải: Cách 1: Để khử căn ta bình phơng hai vế Cách 2: Đặt ẩn phụ III. Ví dụ 1,Ví dụ 1: Giải phơng trình: )1(75 = xx Cách 1: Bình phơng hai vế x 5 = x 2 14x + 49 x 2 14x x + 49 + 5 = 0 x 2 15x + 54 = 0 x 1 = 6 ; x 2 = 9 Lu ý : * Nhận định kết quả : x 1 = 6 loại vì thay vào phơng trình (1) không phải là nghiệm . Vậy phơng trình có nghiệm x = 9 * Có thể đặt điều kiện phơng trình trớc khi giải : Để phơng trình có nghiệm thì : - 3 7 7 5 07 05 x x x x x kết hợp Sau khi giải ta loại điều kiện không thích hợp Cách 2 Đặt ẩn phụ Đa phơng trình về dạng : 255 = xx Đặt 5 = xy phơng trình có dạng y = y 2 2 y 2 y 2 = 0 Giải ta đợc y 1 = - 1 ( loại) y 2 =2 2, Ví dụ 2: Giải phơng trình 2173 =++ xx Giải: Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa: 1 01 073 + + x x x Chú ý : Không nên bình phơng hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta nên chuyển vế. 2173 ++=+ xx Bình phơng hai vế ta đợc : 121 +=+ xx Bình phơng hai vế (x + 1) 2 = 4( x+ 1) x 2 - 2x 3 =0 có nghiệm x 1 = -1; x 2 = 3 Cả hai giá trị này thoả mãn điều kiện 9 45 25 = = = x x x - 4 Dạng 3: Phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ. 1, Ví dụ 1: Giải phơng trình 0212 2 =++ xx Đặt điều kiện * Nếu 2x + 1 0 ta có phơng trình x 2 ( 2x + 1 ) + 2 = 0 x 2 2x 1 + 2 = 0 x 2 2x +1 = 0 => x 1 = x 2 = 1 * Nếu 2x + 1 0 ta có phơng trình x 2 ( -2x -1 ) + 2 =0 x 2 + 2x + 3 = 0 Phơng trình vô nghiệm Vậy phơng trình ( 1) có nghiệm x= 1 2, Ví dụ 2: Giải phơng trình 51225 =+ xx ( Đề thi học sinh giỏi lớp 7 1999 2000) 3, Ví dụ 3: Giải phơng trình 124 2 = xx Dạng 3 : Hệ phơng trình Cách giảI một số hệ phơng trình phức tạp 1, Ví dụ 1: Giải hệ phơng trình =+ =+ 1 y 10 x 6 36 13 y 3 x 4 Giải : Đặt ẩn phụ : y Y x X 1 ; 1 == - 5 Ta cã hÖ :        =+ =+ 36 36 106 36 13 34 YX YX 2, VÝ dô 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh        = + + − = + + − 1 14 8 312 7 1 14 5 312 10 xx xx 3, VÝ dô 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :      −=++ =++ =++ )3(232 )2(323 )1(1132 zyx zyx zyx Híng dÉn: Rót z tõ (1) thay vµo (2); (3) 4, VÝ dô 4: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:    =++ =++ )2(12 )1(6 222 zyx zyx Híng dÉn: Nh©n (1) víi 4 råi trõ cho (2) => (x 2 + y 2 + z 2 ) – 4( x+ y + z ) = 12 – 24 x 2 – 4x + y 2 -4y + z 2 - 4z + 12 = 0 ( x 2 – 4x + 4 ) + ( y 2 – 4y + 4 ) + ( z 2 – 4z -4 ) = 0 - 6 ( x 2 ) 2 + ( y 2 ) 2 + ( z 2 ) 2 = 0 => x = y = z = 2 5, Ví dụ 5: Giải hệ phơng trình = + = + + 4 3 2 1 3 5 3 1 1 2 yx yx ( Đề thi vào 10 năm 1998 1999) 6, Ví dụ 6: Giải hệ phơng trình : = + + = + + 5 1 3 1 1 11 1 1 1 5 yx yx ( Đề thi vào 10 năm 2002 2003 ) Dạng 4: Toán cực trị 1.Ví dụ 1: Cho biểu thức: x1 1 x1 1 x1 1 : x1 1 x1 1 A + + + = a. Rút gọn A. b. Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất. Giải: a. Rút gọn đợc: ( ) x1x 1 b. A nhỏ nhất nếu mẫu ( ) x1x là lớn nhất Gọi Kx = ta có K(1- K) = -K 2 + K - 7 -(K 2 - K) = -(K 2 - 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 21x41x // == =>A nhỏ nhất =4 2.Ví dụ 2: Cho biểu thức: 3x 3x2 x1 2x3 3x2x 11x15 M + + + + = a, Rút gọn b, Tìm giá trị lớn nhất của M và giá trị tơng ứng của x 3. Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1xx x M 24 2 ++ = Giải: Ta nhận thấy x = 0 => M = 0. Vậy M lớn nhất x 0. Chia cả tử và mẫu cho x 2 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 x 2 2 >+ Vậy 2 2 x 1 x + nhỏ nhất x =1 Vậy 3 1 12 1 M = + = 4.Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1x2x1x2xY ++= Giải: - 8 ( ) 1x111x 1x111x11x11x 11x21x11x21xY 222 2 ++= ++=++= ++++= )()()( Biết rằng |A| + |B| |A + B| Vậy Y nhỏ nhất là 2 khi 01x111x + )()( 2x1 01x1 1x )( Dạng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng Ví dụ : Tính 1281812226A ++= Ta có : 242424228412818 22 ===+= )( 1313132332423261326A 1313132341224122 2 2 ==+===+= +=+=++=+=++ )()( )( Loại 7: Biện luận phơng trình 1.Ví dụ 1: Cho phơng trình: x 2 ( m + 2 )x + m + 1 = 0 ( x là ẩn ) a, Giải phơng trình khi 2 3 m = b, Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu c, Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm phơng trình . Tìm giá trị m để : x 1 ( 1 2x 2 ) + x 2 ( 1 2x 1 ) = m 2 Giải a, Thay 2 3 m = vào ta có phơng trình : 01x2x2 01 2 3 x2 2 3 2x 2 2 =+ =++ )( Phơng trình có hai nghiệm : 21x111x1x111x 11x11x11x11xY ++++= ++++= - 9 2 31 x 2 31 x 21 + = + = , b, Phơng trình có hai nghiệm trái dấu khi x 1 x 2 = 0 a c < hay a.c < 0 1(m + 1) < 0 m < -1 c, x 1 ( 1 2x 2 ) + x 2 ( 1 2x 1 ) = m 2 ( ) *)( 2 2121 2 212211 mxx4xx mxx2xxx2x =+ =+ Theo viet ta có : ( ) ( ) 1m a c xx 2m2 1 2m2 a b xx 21 21 +== += + ==+ Thay vào (*) ta có : 2(m + 2 ) 4 ( m + 1 ) = m 2 2m + 4 4m 4 = m 2 m 2 + 2m = 0 m ( m + 2 ) = 0 ==+ = 2m02m 0m 2.Ví dụ 2: Cho phơng trình : x 2 2mx + 2m 1 = 0 1, Chng tỏ phơng trình có hai nghiệm với mọi m 2, Đặt ( ) 21 2 2 2 1 xx5xx2A += a. Chứng minh A = 8m 2 18m + 9 b. Tìm m sao cho A = 27 3, Tìm m sao cho nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia Giải 1. Xét ( ) ( ) ( ) m01m1m2m1m2m 2 2 2 =+== ' => Phơng trình luôn có nghiệm với mọi m a. ( ) 21 2 2 2 1 xx5xx2A += = 21 2 2 2 1 xx5x2x2 + ( ) ( ) 21 2 21 2121 2 2 2 1 2121 2 2 2 1 xx9xx2 xx9xx2xx2 xx9xx4x2x2 += ++= ++= - 10 Theo viet ta cã : ( ) ( ) ( ) 9m18m89m18m421m29m22 a c xx a b xx 22 2 21 21 +−=+−=−−⇒        = −=+ => ®iÒu ph¶i chøng minh b, T×m m ®Ó A = 27 chÝnh lµ gi¶I ph¬ng tr×nh 8m 2 – 18m + 9 = 27 8m 2 – 18m – 18 = 0 4m 2 – 9m – 9 = 0 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : m 1 = 3 , m 2 = -3/4 2.T×m m ®Ó x 1 = 2x 2 Theo viet ta cã : x 1 + x 2 = -b/a = 2m Hay 2x 2 + x 2 = 2m 3x 2 = 2m  x 2 = 2m/3  x 1 = 4m/3 Theo viet: 09m18m8 9m18m8 1m2 9 m8 1m2 3 m4 3 m2 1m2 a c xx 2 2 2 21 =+−⇔ −=⇔ −=⇔ −==> −== . Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : m 1 = 3/2; m 2 = 3/4 VÝ dô : §Ò 8 ( trang 91) §Ò 17 ( trang 121) §Ò 18 ( trang 124) [...]... giải các đề thi vào 10 phần hình học Đề 1 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 2001) ABC đều ; GT OB = OC xoy = 60 0 a, OBM đồng dạng với NCO BC2 = 4BM b, MO là tia phân giác BMN c, Đờng thẳng MN luôn tiếp xúc với đờng tròn cố định khi xoy = 60 quay O KL 0 Giải a, Trong NOC có ONC + NOC + C = 180 0 => ONC + NOC = 120 ( vì Vì (1) C = 60 0 ) 0 xoy = 60 0 n ê n MOB + NOC =120 0 MOB = ONC Vì ABC... 60 0 ) 0 xoy = 60 0 n ê n MOB + NOC =120 0 MOB = ONC Vì ABC đều ( 2) B = C = 60 Từ (1) và (2) => MBO đồng dạng với ONC OB 0 BM => NC = NO OB.NO = BM.NC - 12 BC BC = BM.NC 2 2 BC 2 = 4BM.NC BM OM BM OM b, Ta có OC = ON hay OB = ON mà B = xoy = 60 0 => MBO đồng dạng với MON B = OMN = 60 => 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... cùng nằm trên một đờng tròn * Xét tứ giác MBOA có A = B =1v(gt ) => MBOA nội tiếp đờng tròn đờng kính MO * Xét tứ giác MDAO Trong DOC : CDO + C =1v ( tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông ) Trong MAO : AMO + AOM =1v - 13 Theo chứng minh trên : C = AOM CDO = AMO Trong tức giác MDAO có D và M nhìn AO đới góc bằng nhau 0 Vậy M, D thuộc cung AO chứa góc 0 Hay MDAO nội tiếp Ta lại có MAO =1v =>... và HO = 1/2AO Nh vậy đờng tròn cố định đó có tâm tại O , bán kính bằng AO/2 0 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 AOM = MOB Theo định lí 7 ACO+ CAO = AOB (góc ngoài bằng tổng hai góc trong) Hay 2 CAO = AOB CAO = AOM AC // MO 2, Chứng minh 5 điểm M, B, O, A, D... Thậy vậy để AOC là tam giác đều nghĩa là A = C = 60 0 => AOM = 60 0 => AMO = 30 0 => OM = 2 R 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 => A 1 = A 2 ( góc nội tiếp chắn hai cung nhau ) =>AE là phân giác của BAC b, BD // AE BAD cân tại A =>... = A 2 => BD // AE c, Nếu I là trung điểm của BC => AI BD AI AE ( 1) Ta lại có EAF = 1v ( góc nội tiếp chắn đờng tròn) hay AF AE ( 2 ) Từ (1) (2) => IAF = 2 v =>I, A, F thẳng hàng Đề 4 ( Đề 3 trong bộ đề ôn vào 10 ) - 14 a, Chứng minh tam giác POQ vuông POQ theo chứng minh tính chất 2 tiếp tuyến ta có O = O Xét 1 2 =>OP là phân giác của EOC O 3 = O 4 => OQ là phân giác của EOD Mà EOC;... 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 đờng tròn nội tiếp tam giác ABC và EFI thật vậy H là giao các đờng phân giác trong =>H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác c, Chứng minh M là giao 2 đờng tròn ngoại tiếp tứ giác ACHB và đờng tròn O AMD = 1v ( góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn ) Lấy O là trung điểm của AH => OM =1/2 . 60xoy = quay O Giải a, Trong NOC có 0 180CNOCONC =++ => 0 120NOCONC =+ ( vì ) 0 60C = Vì 00 120NOCMOBnn60xoy =+= ê ( ) 1ONCMOB = Vì ABC đều (. giác MDAO Trong v1CCDODOC =+ : ( tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông ) Trong v1AOMAMOMAO =+ : - 13 Theo chứng minh trên : == AMOCDOAOMC Trong tức giác