Bài 1: Cho đường tròn O và dây cung BC cố định.Gọi 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 [r]
(1)Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình I.Giải phương trình cách đặt ẩn phụ thích hợp 2 x2 x2 x2 Bài 1:Gpt:10. 11. x 1 x 1 x 1 Giải: Đặt u x2 x2 (1) ;v x 1 x 1 Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = (u-v).(10u-v)=0 u=v 10u=v Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm x cách dễ dàng Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15 Giải: Đặt x2 - 5x + = u (1) Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15 (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0 (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0 (x2-5x+4).(x2-5x+6)-15=0 (u-1).(u+1)-15=0 u2-16=0 u= Thay các giá trị u vào (1) ta dễ dàng tìm x x x Bài 3:Gpt: 90 x x Giải: 1 90 2 ( x 1) ( x 1) x x2 2x2 90 ( x 1) Đặt u = x2 ( u 0) (1) Ta có: u 2u 90 2u 2u 90.(u 1) 2 (u 1) ( u 1) 88u 182u 90 Từ đây ta dễ dàng tìm u, thay vào (1) ta tìm x Bài 4:Gpt: x x 12.( x 1) Giải: Đặt x u; x v (1) Lop7.net (2) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Có: u v 4.(u v ) u v 3uv.(u v) 4.(u v ) u v 3.(u v).(u 2uv v ) 3.(u v).(u v) u v Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm x Bài 5:Gpt: x x x x2 x (1) 2 Giải: Từ (1) suy ra: x x x x x 20 x 12 x 12 x x 36 x 12 x x 12 x x x 22 x 24 x (x 0) 24 x x 22 x x2 Đặt x y (*) ta có: x y2 - 8y + 16 = suy y = thay vào (*) ta dễ dàng tìm x Bài 6:Gpt: x 1.( x 4) 3.( x 4) x 1 18 0(1) x4 Giải: Điều kiện x > x < -1 *Nếu x > 4, (1) trở thành: ( x 1).( x 4) ( x 1).( x 4) 18 Đặt ( x 1).( x 4) y (2) ta có: y2 + 3y -18 = Từ đó ta dễ dàng tìm y,thay vào (2) ta tìm x *Nếu x < -1, (1) trở thành: ( x 1).( x 4) ( x 1).( x 4) 18 Đặt ( x 1).( x 4) y (3) ta có: y2 - 3y -18 = Từ đó ta dễ dàng tìm y,thay vào (3) ta tìm x Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1) Giải: (1) x x 20 x x (x 0).Chia hai vế cho x2 ta : 4x2 + 4x -20 + = x x 1 1 x 2. x 24 Đặt y = x (2) x x x Ta có: y + 2y -24 = Từ đó ta tìm y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm x Lop7.net (3) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Bài 8:Gpt: x 16 x 64 x x 16 x Giải: x x x x - x-8 x-4 x - -0 + - + + + + + + Đến đây ta xét khoảng ,bài toán trở nên đơn giản Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4) Giải: x x x x x 5x 5x 4x 2x3 2x 2x 2x x3 x x Nhận thấy x = không phải là nghiệm phương trình đã cho, x Chia hai vế phương trình trên cho x2 ta được: 2x2 - x + - Đặt y = x (*) Ta có: x x x 2y - y - = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm y, thay vào (*) ta tìm x Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16 Giải: Đặt - x = y (*) Ta có: (y-1)4 + (y + 1)4 =16 2y4 +12 y2 +2 = 16 2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0 y =1 y = -1 Thay các giá trị y tìm trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm các giá trị x II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) (x;y;z) các phương trình sau: Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y2 + 3y = t Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t *Nếu t > thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy không tồn x thỏa mãn *Nếu t < -2 thì 2t + < nên t2 + 2t > t2 + 4t + suy t2 + 2t > t2 + 4t + = (t+2)2 Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*) Lại có: t2 +2t < t2 suy x2 < t2 (**) Từ (*)&(**) suy (t + 2)2 < x2 < t2 suy x2 = (t+1)2 suy t2 +2t = (t +1)2 (=x2) Lop7.net (4) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Suy : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý) *Nếu t = -1 suy x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý) *Nếu t = suy x = y = -1 -2 -3 x y z 2(1) Bài 2: 2 x xy x z 1(2) Giải: Từ (2) ta có: 2x2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có: 2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1 2x2 -xy +3x-2y-5 =0 x 3x y x 1 x x 1,7 x2 x2 Từ đó ta tìm x tìm y tìm z x y z 3(1) Bài 3: 2 x y z 1(2) Giải: Thay (1) vào (2) ta được: (y + z -3)2 -y2 -z2 =1 yz - 3y - 3z = -4 (y-3).(z-3) = = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1= =(-5).(-1 Từ đó ta tìm y và z tìm x Bài 4: 2xy + x + y = 83 Giải: 83 y 166 y 167 2x 1 167 y y 1,167 x 2y 1 2y 1 2y 1 Từ đó ta tìm y tìm x Bài 5: xy yz zx z x y Giải: Điều kiện : x,y,z Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có số -3 thỏ mà có hai chuồng-mọi số nguyên khác mang dấu âm dấu dương) x y Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy x.y = xy > và , y x xy yz zx Đặt A= z x y xy yz zx (Vô lý) Giả sử z <0 đó = A = z x y Vậy z >0.Ta có: xy xy x y xy yz zx y x A= 3 z z 3.3 z .z 3.3 xy z z x y z x y z y x z 1, x y xy z z 1, xy z 1, x y 1 Lop7.net (5) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19 Giải: Từ bài ta có: x x 19 17 y x2 17 x x 1,17 2x 2x Từ đó ta tìm x tìm y III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác Bài 1: 1 x x2 Giải: Điều kiện : x 0, x 1 x x2 Vậy ta xét x > 0: -Nếu x < thì x2 Đặt x = a và x b (a,b > 0) 1 2 Ta có: a b a b 1 ab (1) a b ab Lại có: = a2 + b2 2ab suy ab (2) Từ (1)&(2) suy ab = mà a2 + b2 =2 nên suy (a+b)2 = suy a + b = ab Vậy ta có: a b x a b Có: Bài 2: x x x y y x 16 y Giải: 4 x 0(1) 1 x 0(2) Điều kiện: 2 x y y 0(3) x 16 0(4) Từ (4) suy x2 kết hợp với (1) suy x2 = kết hợp với (2) suy x = Phương trình đã cho trở thành: y 1 y Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì (Lập bảng xét dấu) Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0 Lop7.net (6) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Giải: Nhận thấy x = không phải là nghiệm phương trình đã cho Vậy x 0.Chia hai vế phương trình đã cho cho x2 ta được: 2 x 21x 74 105 50 25 25 2. x 21. x 26 x x x x 25 y ta có: x 2y2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm y tìm x Đặt x 2.1 x x Bài 4: x 4.1 x Giải: a x Đặt : b x 2 a b Hệ đã cho trở thành: a 4b Từ đó tìm a =3,b =1 Đến đây việc tìm x không còn khó khăn x y 1(1) Bài 5: y x (2) Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: x x x Từ đó ta tìm x.Việc tìm giá trị y không có gì khó khan 2 x 15 xy y 12 x 45 y 24 0(1) Bài 6: x y y x xy 0(2) Giải: Phương trình (2) phân tích sau: x y (x - y).(x -3 + 2y) = x y Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm x và y Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + = Giải: Phương trình đã cho phân tích sau: x (m 5) x x (m 1) Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì Lop7.net (7) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS x y z Bài 8: 4 x y z xyz Giải: Bổ đề: a, b, c R : a b c ab bc ca Đẳng thức xảy và a = b = c (Dễ dàng chứng minh bổ đề trên) Sử dụng bổ đề ta có: xyz = x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz.(x + y + z) = xyz Suy các dấu bất đẳng thức trên 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: x yz x y 1(1) Bài 9: 1999 x 1999 y 2000 y 2000 x ( x y xy 2001)(2) Giải: Điều kiện: x,y Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: -Nếu x > y thì: VT > 0, VP < suy ra: VT > VP -Nếu y > x thì: VT <0, VP >0 suy ra: VT < VP -Nếu x = y đó: VT =VP =0 Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y ) ta được: x y Bài 10: x x x x 2 (1) Giải: 2 1 2x x 2 (1) 2 2x 2x Ta có: x x x x Vậy dấu bất đẳng thức trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là: 2 x 2x 7x 9 x 5 Vậy nghiệm phương trình đã cho là: x ;7 2 CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức Các bài toán tìm giá trị lớn , nhỏ Lop7.net (8) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Bài 1:Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác CMR: ab + bc + ca a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca) Giải: Ta có: a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca (a b) (b c) (c a ) Đẳng thức xảy và a = b = c Vậy: ab + bc + ca a2 +b2 +c2 Lại có: a < b + c a2 < a.(b + c) (1) Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được: a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca) Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR: z.( x z ) z.( y z ) xy (1) Giải: x z m Đặt: (m,n,z > 0) y z n Khi đó (1) trở thành: zm zn ( z m).( z n) m m n 1 .n z (2) z Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: m m z 1 .(n z ) n z z n m m 1 .(n z ) n m z Vậy (2) đúng, tức là (1) đúng (đpcm) Bài 3:Cho xy > và x + y = 1.CMR: x y xy Giải: xy Từ giả thiết x, y x y Ta có: 1 x y xy xy 4(1) xy Lại có: x y 4.(12 12 ).( x y ) 4.( x y ) (12 12 ).( x y ) x y Suy ra: 8.(x4 + y4) (2) 2 Lop7.net (9) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Từ (1) và (2) suy ra: x y xy Ta có đpcm Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít 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 = (a + b + c)2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2- ab - bc - ca) = = (a b) (b c) (c a ) (Do a b c a) Vậy ba số x,y,z luôn có ít số dương a b 1 Bài 5: Nếu thì a b ab Giải: Hoàn toàn tương tự bài Bài 6:CMR: x10 y 10 x y x y x y Giải: Ta có: x10 y 10 x y x y x y x12 y 12 x y x y x12 y 12 x y x y x y x8 y8 x y x y x y x8 y8 x6 y x y x2 y2 x x x y x6 y6 2 x2 y2 y x2 y2 y4 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi khác và a + b + c < thì : P = a3 + b3 + c3 - 3abc < Giải: Có: P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < Bài 8:CMR: A 1 1 với n , n 25 (2n 1) Giải: Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được: 1 1 2 2n.(2n 1) (2n 1).(2n 2) (2n 1) Áp dụng ta có: 1 1 1 A có đpcm . Ta 2.3 3.4 4.5 (2n 1).(2n 2) 1 1 1 1 2 3 2n 2n 29n Lop7.net (10) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Bài 9:CMR: Nếu: p,q > thì: Giải: Có: p2 q2 pq pq Ta có đpcm p2 q2 pq p q p pq pq pq q 1 với số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra: k 1 k k 1 1 với n >1 n n Giải: 1 1 Ta có: (k 1).k k k k Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được: 1 1 1 1 1 1 2 n 1 n n n 1 2 Bài 10:CMR: Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: x2 y2 2 x y Giải: Ta có: x2 y2 2 x y ( x y ) 2 x y x y x y Ta có đpcm Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: a b c CMR: a b c 9bc Giải: Từ giả thiết bài ta có: 2b b a c 4b c (b c).(4b c) 4b c 5bc 2b c 9bc(1) 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 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn Giải: Ta có: a.(2 b).b(2 c).c(2 a ) a.(2 a ).b.(2 b).c(2 c) 2 2 a 2a b2b c2c 2 Tích ba số nhỏ vì chúng không thể đồng thời lớn 10 Lop7.net (11) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Ta có đpcm Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR: b c ab ab ac ac Giải: b c Ta có: ab ab ac ac ab ab ac ac 2 ab ab ac ac 2a a b 2a a c a2 b2 a2 c2 b2 c2 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng Vậy ta có đpcm x3 y3 z Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn: x y z CMR: y z x Giải: Áp dụng BĐT Cô Si: 2 x3 x3 xy xy x (1) y y y3 z3 yz y (2) và xz 2z (3) z x Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có: x3 y3 z3 xy yz zx 2.( x y z ) y z x Suy ra: x3 y3 z 2.( x y z ) ( xy yz zx) ( x y z ) y z x Vậy ta có đpcm Tương tự: CHUYÊN ĐỀ 3: Đa thức và vấn đề liên quan x2 a b &Q Với giá trị nào a,b thì P=Q với giá x x 2x x 3x trị x tập xác định chúng 11 Bài 1:Cho P Lop7.net (12) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Giải: Điều kiện: x 2,1 Ta có: P=Q (x 2,1) x2 ax (2a b) x a 2b x 2,1 x 3x x 3x a a 2 a b b 2 a 2b 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 c) Theo Định Lý Fecma: n n(mod 5) n n 5 A5 (1) Lại có: n(n 1) A (2) và: (n 1).n.(n 1) 3 A3 (3) Vì 2,3,5 đôi nguyên tố cùng nên từ (1),(2)&(3) suy A (2.3.5) (đpcm) Bài 3: CMR: Nếu x,y là số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho thì x và y chia hết cho Giải: Nhận xét:Số chính phương chia cho có số dư là Vì từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho x, y 3 Bài 4:Tìm giá trị 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 hệ số ta hệ: m p m p n pm q qn qn p2 q q q Vậy có thể thấy các giá trị p,q cần tìm là: p q q Bài 5:Cho đa thức: A( x) x 14 x 71x 154 x 120 x Z a)Phân tích A(x) thành nhân tử b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24 Giải: a).Ta có: A( x) x 14 x 71x 154 x 120 12 Lop7.net (13) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS ( x 2).( x 12 x 47 x 60) ( x 2).( x 3).( x x 20) b).Ta có:A(x)= x( x 1).( x 1).( x 14) 72 x 144 x 120 B( x) 24 -Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư thì x + chia hết cho 4,x-1 chia hết cho B(x) chia hết cho Vậy trường hợp ta có B(x) chia hết cho (1) Mà tích ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho nên (x-1).x.(x+1) chia hết cho B(x) chia hết cho (2) Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy B(x) chia hết cho 24 Vậy ta có đpcm Bài 6:Tìm tất các số nguyên x để: x2 + chia hết cho x-2 Giải: Ta có: x2 + = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 và 11 chia hết cho x-2 x-2=-1,-11,1,11 Từ đó ta dễ dàng tìm các giá trị x thỏa mãn bài Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư phép chia đa thức đó cho (x-2).(x-3) Giải: Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài 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 phép chia) Theo giả thiết 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 a = 2, b = Vậy đa thức dư là 2x+1 Bài 8: Cho biết tổng các số nguyên a1, a2, a3 , an chia hết cho 3.Chứng minh rằng: A(x) = a13 a 23 a n3 chia hết cho Giải: Theo định lý fecma ta có: n n(mod 3)n Z Áp dụng ta có: a13 a1 (mod 3) , a 23 a (mod 3) , , a n3 a n (mod 3) Suy ra: a13 a 23 a n3 a1 a a n (mod 3) 0(mod 3) Ta có đpcm Bài 9:Chứng minh (7.5 n +12.6 n ) luôn chia hết cho 19, với số n tự nhiên Giải: Ta có: A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n Ta có: 25 6(mod19) 25 n n (mod19) Suy ra: A 7.6 n 12.6 n 19.6 n (mod19) 0(mod19) Ta có đpcm 13 Lop7.net (14) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Bài 10: Phân tích thành nhân tử x10 + x5 + Giải: Ta có: x10 + x5 + = (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 trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 1.Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với m 2.Chứng minh có hệ thức hai nghiệm số không phụ thuộc vào m Giải: Ta có : = (2m +1)2 - 4.(m2 + m - 1) = > suy phương trình luôn có nghiệm với m x1 x 2m 1(1) 2.Theo vi-et ta có: x1 x m m 1(2) x x2 Từ (1) suy ra: m thay vào (2) ta có: 2 x x x1 x x1 x x1 x x1 x x x 1 2 2 Ta có đpcm Bài 2: Tìm giá trị nguyên k để biệt thức phương trình sau là số chính phương: k.x2 + (2.k-1).x + k-2= 0; (k 0) Giải: Ta có : = (2k-1)2 - 4.k.(k-2) =4k +1 Giả sử 4k + là số cp đó nó là số cp lẻ hay: 4k + = (2n + 1)2 n là số tự nhiên Hay: k = n2 + n Vậy để là số cp thì k = n2 + n( thử lại thấy đúng) Bài 3: Tìm k để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt : (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3)= Giải: Đặt f(x)= (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3) = (x-2).g(x) Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt khác hay: k 4.(k 3) 2 k 2 k 1 g (2) Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau là tương đương: x2 + (3a + 2b) x - =0 (1) và x2 + (2a +3b)x + 2b=0 (2) với a và b tìm hãy giải các phương trình đã cho Giải: -Điều kiện cần: 14 Lop7.net (15) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Nhận thấy pt (1) luôn có nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) phải có nghiệm phân biệt giống với (1) Đặt f(x) = x2 + (3a + 2b) x - =0 và g(x) = x2 + (2a +3b)x + 2b Để hai phương trình đã cho là tương đương thì f(x) = g(x) (*) với x (Vì hệ số x2 hai pt 1) Thay x = vào (*) ta có b = -2 (3) Thay x = vào (*) kết hợp với (3) ta a= -2 -Điều kiện đủ: Với a=b=-2 ta thấy hai phương trình tương đương với Bài 5: Giả sử b và c là các nghiệm phương trình : x2 - a.x- a2 =0; (a 0) 4 chứng minh : b + c 2+ Giải: b c a Theo định lý Viet ta có: bc 2a Ta có: b c (b c ) 2b c (b c) 2bc 2b c 2 3 b c a a a a 2a 2a 2a 4 Bài : Chứng minh với a,b,c phương trình sau luôn có nghiệm : a(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) = Giải: Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c) (x-a) + c.(x-a).(x-b) = = (a + b + c).x2 -2.(ab + bc + ca).x + 3abc *Nếu a + b + c 0.Khi đó: ' = a2b2 + b2c2 + c2a2 -abc.(a + b + c) = [(ab-bc)2 + (bc-ca)2 + (ca-ab)2] *Nếu a + b + c = 0.Khi đó: -Nếu ab + bc + ca thì phương trình đã cho luôn có nghiệm -Nếu ab + bc + ca =0 Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh a=b=c=0.Và dĩ nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c phương trình:ax2 + bx + c = (a 0) 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 là các số lẻ có nghiệm hữu tỉ m x0 = với m,n là các số nguyên (m,n)=1 và n ;khi đó ta có: n m m a b c hay: am bmn cn (1).Suy ra: n n c m cn m mà (m,n)=1 (n, m ) (m, n ) nên: mà c,a là các số lẻ nên suy m,n là các am n a n số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n là các số lẻ Do đó: am bmn cn số lẻ (Mâu thuẫn với (1)) 15 Lop7.net (16) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS 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 cung lớn BC đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác góc ACB cắt đường tròn (O) điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường (O) điểm K khác điểm B 1.CMR:Tam giác KAC cân 2.CMR: Đường thẳng AI luôn qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí A cho Ai có độ dài lớn 3.Trên tia đối AB lấy điểm M cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M A di động trên cung lớn BC (O) Giải: 1.Ta có: DBI cân D nên: DBI= DIB.Mà: DIB = IBC + ICB (1) Và: DBI = KCI = KCA + ACD = KBA + ICB (2) Từ (1) và (2) suy ABI = CBI.Suy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC BI là phân giác góc B tam giác ABC K là trung điểm cung AC Tam giác KAC cân 2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn qua trung điểm J cung nhỏ BC Ta dễ dàng chứng minh tam giác BIJ cân J JI = JB = const Suy AI = AJ - IJ = AJ - const lớn và AJ lớn tức là AJ là đường kính (O) A phải nằm trung điểm cung lớn BC 3.Ta dễ dàng tính được: 1 BMC = BAC = số đo cung nhỏ BC = const Suy quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC góc số đo cung nhỏ BC Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn C Chừng minh BC qua điểm cố định 2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều cao AH = h cho trước Giải: 1.Dễ thấy BC luôn qua điểm O cố định 2.Nhận thấy AHO vuông Từ đó dễ dàng chứng minh quĩ tích H là đường tròn đường kính AO 3.Đường thẳng d // với BC cách BC khoảng h cắt (O) hai điểm A và A' thỏa mãn yêu cầu bài toán Có vị trí A thỏa mãn bài (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC khoảng h) Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định Một đường thẳng d cố định cắt (O) A,B;M là điểm chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT và MN với đường tròn 16 Lop7.net (17) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS 1.CMR:Đường tròn qua ba điểm M,N,P luôn qua điểm cố định khác O 2.Tìm tập hợp các tâm I đường tròn qua M,N,P 3.Tìm trên d điểm M cho tam giác MNP là tam giác Giải: 1.Gọi K là trung điểm AB.Dễ thấy M,N,P,O,K nằm trên đường tròn đường kính OM Vậy K là điểm cố định cần tìm Tâm I đường tròn qua M,N,P là trung điểm OM Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const Vậy có thể phán đoán quĩ tích i là đường thẳng song song với AB cách AB khoảng nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y là trung điểm OA và OB 3.Giả sử tam giác MNP thì: OM = 2.OP = 2R MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài Bài 4:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG và GH M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự P,Q 1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân 2.Goi R là giao PN và QM;còn I,K là trung điểm PN và QM.Tứ giác EKRI là hình gì?Giải thích? 3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì đường thẳng IK góc vuông xEy quay quanh E? Giải: 1.Dễ dàng chứng minh được: EHQ = EFM (cgc) Suy dễ dàng tam giác EMQ vuông cân PEF = PQN (đồng vị) mà FEM = QEH Suy ra: PEN = PEF + FEM = EQH + QEH = 900 Vậy tam giác PEN vuông (1) Thấy: NEQ = PEM (gcg) nên suy EN = EP (2) Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân 2.Có: EI PN và EK QM Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4) Lại có: PQR = RPQ = 450 suy ra: PRQ = 900 (3) Từ (3) và (4) suy tứ giác ẺIK là hình chữ nhật 3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp Ta có: EKH = 1800 - EQH (5) Và: EKF = EMF = EQH (6) Từ (5) và (6) suy ra: EKH + EKF = 1800 Suy H,K,F thẳng hàng Lại có: Tứ giác FEPI nội tiếp nên EFI = 1800- EPI = 1800-450 = 1350 Suy ra: EFK + EFI = 450 + 1350 =1800 Suy K,F,I thẳng hàng Vậy ta có đpcm Bài 5:Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B D và E a)CMR: Tam giác DCE vuông b)CMR: Tích AD.BE không đổi c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I DE chạy trên đường thẳng cố định Giải: 17 Lop7.net (18) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó: DCM = DAM và MCE = MBE = MAB.Vậy: DCE = DCM + MCE = DAM + MAB = 900 Ta có đpcm b)Vì tam giác DCE vuông C nên ta có thể nhận thấy DCA = 900 - ECB = CEB Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên: AD AC AD.BE BC AC const BC BE c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình hình thang DABE hay nói cách khác,ta luôn có OI AB Vậy M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc với AB Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm chạy trên đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C.Gọi N là giao điểm thứ hai hai đường tròn đó CMR a) MN luôn qua A và tích AM.AN không đổi c) Tổng hai bán kính hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi d)Tìm tập hợp các trung điểm H DE Giải: a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA tia NM qua A Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy AM.AN = AB2 không đổi c)Gọi K là điểm chính cung BC ( không chứa A) Dễ thấy D,E nằm trên BK và CK Từ K,D,E hạ các đường vuông góc với BC I.J,L Ta có: BD CE BJ CL BM CM BM CM 1 BK CK BI CI BI CI BI BD CE BD CE CK = không đổi CK CK d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có: KI DJ EL KI BD CE KI HQ = ( DJ EL) Nên H nằm trên đ ường thẳng song song 2 KI BK CK với BC cách BC khoảng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK đó quĩ tích các điểm H là đường trung bình 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<OA).Từ A và B vẽ hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn Hai tiếp tuyến này không đối xứng với qua trục đối xứng tam giác và chúng cắt M a)Chứng minh bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường tròn.Tìm tập hợp các điểm M b)Trên tia đối tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2| Giải: 18 Lop7.net (19) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS a)Gọi I,T là các điểm tiếp xúc tiếp tuyến kẻ từ A và B Dễ thấy: OIA = OTB (cạnh huyền-cạnh góc vuông) Do đó: IAO = OBT.Suy tứ giác OAMB nội tiếp b) Có: 1 APB = AMB = (1800- AOB)= const 2 Vậy có thể chứng minh quĩ tích các điểm P là cung chứa góc nhìn AB góc không đổi là (1800- AOB) c)Xét vị trí M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự) Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)= =MA.MB (đpcm) Bài 2: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) A và B.Các tiếp tuyến kẻ từ A và B cắt M Dựng MH vuông góc với OP a)CMR: điểm O,A,B,M,H nằm trên đường tròn b)CMR: H cố định cát tuyến PAB quay quanh P Từ đó suy tập hợp điểm M c)Gọi I là trung điểm AB và N là giao điểm PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN và IP.IN=IA2 Giải: a) Nhận thấy điểm O,A,B,M,H nằm trên đường tròn đường kính OM (đpcm) b)Phương tích điểm P đường tròn đường kính OM là: PH.PO=PA.PB=const (1) Suy H cố định nằm trên đoạn PO Từ đó dễ dàng suy quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đoạn TV với T,V là giao điểm d với (O) c)Phương tích điểm P 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 + NI.NP (3) Phương tích điểm N đường tròn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM Phương tích điểm N đường tròn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB Suy ra: NI.NP=NA.NB (4) Từ (3) và (4) suy ra: IP.IN=IN2 + NA.NB Ta chứng minh: IN2 + NA.NB=IA2 (5).Thật vậy: (5) NA.NB=IA2-IN2 NA.NB=(IA-IN).(IA+IN) 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 đường tròn bán kính R,tâm O a)Chứng minh BC = 2R.SinA b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) đó A,B,C là ba góc tam giác Giải: a)Kéo dài BO cắt (O) điểm thứ hai là D Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin( BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) điểm thứ hai là E Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB Ta có: AC AD CD AD CD Cos (ADB) Cos (CDB ) CosC CosA (1) SinB= 2R 2R BD BD 19 Lop7.net (20) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS Tương tự ta có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm Quý thầy cô và bạn hãy dành thêm chút thời gian để đọc bài giới thiệu sau tôi và hãy tri ân người đăng tài liệu này cách dùng Email và mã số người giới thiệu tôi theo hướng dẫn sau Nó mang lại lợi ích cho chính thầy cô và các bạn, đồng thời tri ân với người giới thiệu mình: Kính chào quý thầy cô và các bạn Lời đầu tiên cho phép tôi gửi tới quý thầy cô và các bạn lời chúc tốt đẹp Khi thầy cô và các bạn đọc bài viết này nghĩa là thầy cô và các bạn đã có thiên hướng làm kinh doanh Nghề giáo là nghề cao quý, xã hội coi trọng và tôn vinh Tuy nhiên, có lẽ tôi thấy đồng lương mình quá hạn hẹp Nếu không phải môn học chính, và không có dạy thêm, liệu tiền lương có đủ cho nhu cầu thầy cô Còn các bạn sinh viên…với bao nhiêu thứ phải trang trải, tiền gia đình gửi, hay gia sư kiếm tiền thêm liệu có đủ? Bản thân tôi là giáo viên dạy môn TOÁN vì thầy cô hiểu tiền lương tháng thu bao nhiêu Vậy làm cách nào để kiếm thêm cho mình 4, triệu tháng ngoài tiền lương Thực tế tôi thấy thời gian thầy cô và các bạn lướt web ngày tương đối nhiều Ngoài mục đích kiếm tìm thông tin phục vụ chuyên môn, các thầy cô và các bạn còn sưu tầm, tìm hiểu thêm nhiều lĩnh vực khác Vậy chúng ta không bỏ ngày đến 10 phút lướt web để kiếm cho mình 4, triệu tháng Điều này là có thể? Thầy cô và các bạn hãy tin vào điều đó Tất nhiên thứ có giá nó Để quý thầy cô và các bạn nhận 4, triệu tháng, cần đòi hỏi thầy cô và các bạn kiên trì, chịu khó và biết sử dụng máy tính chút Vậy thực chất việc này là việc gì và làm nào? Quý thầy cô và các bạn hãy đọc bài viết tôi, và có hứng thú thì hãy bắt tay vào công việc thôi Thầy cô đã nghe nghiều đến việc kiếm tiền qua mạng Chắc chắn là có Tuy nhiên trên internet có nhiều trang Web kiếm tiền không uy tín ( đó là trang web nước ngoài, trang web trả thù lao cao ) Nếu là web nước ngoài thì chúng ta gặp nhiều khó khăn mặt ngôn ngữ, web trả thù lao cao không uy tín, chúng ta hãy nhận gì tương xứng với công lao chúng ta, đó là thật Ở Việt Nam trang web thật uy tín đó là : http://satavina.com Lúc đầu thân tôi thấy không chắn cách kiếm tiền này Nhưng tôi đã hoàn toàn tin tưởng, đơn giản vì tôi đã nhận tiền từ công ty.( thầy cô và các bạn tích lũy 50.000 thôi và yêu cầu satavina toán cách nạp thẻ điện thoại là tin ngay).Tất nhiên thời gian đầu số tiền kiếm chẳng bao nhiêu, sau đó số tiền kiếm tăng lên Có thể thầy cô và các bạn nói: đó là vớ vẩn, chẳng tự nhiên mang tiền cho mình Đúng chẳng cho không thầy cô và các bạn tiền đâu, chúng ta phải làm việc, chúng ta phải mang lợi nhuận cho họ Khi chúng ta đọc quảng cáo, xem video quảng cáo nghĩa là mang doanh thu cho Satavina, đương nhiên họ ăn cơm thì chúng ta phải có cháo mà ăn chứ, không thì dại gì mà làm việc cho họ Vậy chúng ta làm nào đây Thầy cô và các bạn làm này nhé: 1/ Satavina.com là công ty nào: Đó là công ty cổ phần hoạt động nhiều lĩnh vực, trụ sở tòa nhà Femixco, Tầng 6, 231-233 Lê Thánh Tôn, P.Bến Thành, Q.1, TP Hồ Chí Minh GPKD số 0310332710 - Sở Kế Hoạch và Đầu Tư TP.HCM cấp Giấy phép ICP số 13/GP-STTTT Sở Thông Tin & Truyền Thông TP.HCM cấp.quận Thành Phố HCM 20 Lop7.net (21)