Gián án CHUYEN DE ON THI HSG TOAN 9

Gv: Phan Duy Thanh Phương trình hệ phương trình CHUYÊN ĐỀ 1: I.Giải phương trình cách đặt ẩn phụ thích hợp 2  x2    x  2  x 2  0     11.  x 1   x 1  x  1 Bài 1:Gpt: 10. Giải: Đặt u  x x2 ;v  (1) x 1 x Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv =  (u-v).(10u-v)=0  u=v 10u=v Xét 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= 4 Thay giá trị u vào (1) ta dễ dàng tìm x  x   x     90  x 1  x  1 Bài 3:Gpt:  Giải:  1    x   90 ( x  1)   ( x  1)  x2 2x  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 0 Từ ta dễ dàng tìm u, thay vào (1) ta tìm x Bài 4:Gpt: x  x  3 12.( x  1) Giải: Đặt x u; x  v (1) Có: u  v 3 4.(u  v )  u  v  3uv.(u  v ) 4.(u  v )  u  v  3.(u  v ).(u  2uv  v ) 0  3.(u  v ).(u  v ) 0    u v Xét trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm x Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Gv: Phan Duy Thanh Bài 5:Gpt: x  3x  3x   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  0 (x 0) 24  x  x  22   0 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) x Giải: Điều kiện x > x < -1 *Nếu x > 4, (1) trở thành: ( x  1).( x  4)  ( x  1).( x  4)  18 0 Đặt ( x  1).( x  4)  y 0 (2) ta có: y2 + 3y -18 = Từ 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 0 Đặt ( x  1).( x  4)  y 0 (3) ta có: y2 - 3y -18 = Từ 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  0 (x 0).Chia hai vế cho x2 ta :  4x2 + 4x -20 +  = x x  1 1    x    2. x    24 0 Đặt y = x  (2) x x x   Ta có: y2 + 2y -24 = Từ ta tìm y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm x Bài 8:Gpt: x  16 x  64  x  x  16  x 0 Giải: x - +  x   x   x 0 x-8 x-4 x - -0 + - + + + + + Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Gv: Phan Duy Thanh Đến 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 5  x  x  x  x  x  x  0  x  x  x  x  0 Nhận thấy x = nghiệm phương trình cho, x 0 Chia hai vế phương trình cho x2 ta được: 2x2 - x + -  0 Đặt y = x  (*) Ta có: x x x 2y2 - y - = 0.Từ 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 giá trị y tìm thay vào (*) ta dễ dàng tìm giá trị x II.Tìm nghiệm nguyên (x;y) (x;y;z) 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 > t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy không tồn x thỏa mãn *Nếu t < -2 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) Suy : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý) *Nếu t = -1 suy x2 = t2 +2t = -1 y , x  zx Đặt A= z  x  y 3 xy yz zx Giả sử z 0.Ta có: A= xy xy xy yz zx y x x y   3   z  z 3.3 z z 3.3 xy z z x y z x y z y x  z 1, x  y 1   xy z  z 1, xy 1    z 1, x  y  Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19 Giải: Từ ta có: y x  x  19 17 x      17 2 x   x  1,17 2x 1 2x 1 Từ ta tìm x  tìm y III.Giải hệ phương trình phương trình khác Bài 1: x   x2  Giải: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Gv: Phan Duy Thanh Điều kiện : x 0, x  1    -Nếu x < x  2  x2  x2 Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a  x b (a,b > 0) 1  2  b 2 2 a  b a Ta có:   a Có:   1   ab 1 (1) 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 1 Vậy ta có: a  b 2  a b 1  x 1 Bài 2: Giải:  x   4x  4       x  x  x  y  y   x  16  y  x x  0( )  0( 2) Điều kiện: Từ (4) suy x2 4 kết hợp với (1) suy x2 = kết hợp với (2) suy x = Phương trình cho trở thành: y   y  Lúc việc tìm y khơng cịn khó khăn (Lập bảng xét dấu)  y 16   y   0(3)  0( 4) Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0 Giải: Nhận thấy x = khơng phải nghiệm phương trình cho Vậy x 0.Chia hai vế phương trình cho cho x2 ta được: 2 x  21x  74  Đặt x  105 50 25  25     0  2. x    21. x    26 0 x x  x  x   25  y ta có: x 2y2 -21.y - 26 = 0.Từ ta tìm y  tìm x Bài 4: Giải: Đặt : 2 a  b 5 Hệ cho trở thành:  a  4b 7 Từ tìm a =3,b =1 Đến việc tìm x khơng cịn khó khăn  2.1    1  x x  a     b    x 5  4.1  x 7  x 0 x 0   x      y 5  y  1(1) Bài 5: Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: x    x   1  x  1 Từ ta tìm x.Việc tìm giá trị y khơng có khó khan x  ( 2) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Gv: Phan Duy Thanh 2 x  15 xy  y  12 x  45 y   Bài 6:    2y  y  x  xy 0( 2) x Giải: Phương trình (2) phân tích sau: 24 0(1) (x - y).(x -3 + 2y) =   x y  x 3  y  Xét trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm x y Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + = Giải: Phương trình cho phân tích sau:  x  (m  5) x  x  (m  1) 0 Đến việc giải biện luận phương trình khơng cịn khó khăn    x  y  z 1   y  z  xyz x Bài 8: Giải: Bổ đề: a, b, c  R : a  b  c ab  bc  ca Đẳng thức xảy 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 dấu bất đẳng thức phải trở thành đẳng thức tức ta phải có: x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được: x  y z   x  y 1(1) Bài 9:  x  y  y  x .(x  y  xy  2001)(2) Giải: Điều kiện: x,y 0 Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: -Nếu x > y thì: VT > 0, VP < suy ra: VT > VP -Nếu y > x thì: VT 0 suy ra: VT < VP -Nếu x = y đó: VT =VP =0 1999 1999 2000 2000 Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y 0 ) ta được: x  y  Bài 10: Giải: (1)   x  2x     2x  1  2x    x  x    2  2x    2 (1)  2 x   4 Ta có: 3  2x   x   3  2x   x   4 Vậy dấu bất đẳng thức phải trở thành dấu đẳng thức tức là: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Gv: Phan Duy Thanh 3 2 x  0 x  0    x  9  x  5  Vậy nghiệm phương trình cho là: x   ;7 2  CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức Các tốn tìm giá trị lớn , nhỏ Bài 1:Cho a,b,c 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 )  0 Đẳng thức xảy 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 )  Giải: x z  m Đặt:  (m,n,z > 0)  y z  n Khi (1) trở thành: zm  zn  ( z  m).( z  n)  m  m  n    . n  z  z  z.( y  z )  xy (1) (2) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:  m m   z  n  m   .(n  z )  n  z z       m    .(n  z )  n  m z  Vậy (2) đúng, tức (1) (đpcm) 4 Bài 3:Cho xy > x + y = 1.CMR: 8. x  y   xy 5 Giải:  xy  Từ giả thiết  x  y 1   x, y  Ta có:  x  y 2 xy  1  xy  4(1) xy Lại có: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Gv: Phan Duy Thanh     2 x  y 4.(12  12 ).( x  y ) 4.( x  y )  (12  12 ).( x  y )   x  y    1 Suy ra: 8.(x + y4) 1 (2) Từ (1) (2) suy ra: 8. x  y   1  5 xy Ta có đpcm Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ba số sau 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 ln có số dương a  b  a  b 1  Bài 5: Nếu  ab Giải: Hoàn toàn tương tự Bài 6:CMR:  x 10  y 10  x  y   x  y  x  y  Giải: Ta có:  x 10  y 10  x  y   x  y  x  y      x12  y 12  x y x  y  x12  y 12  x y x  y 2 2   x 8  x 8  x y x y 4  y x y 2     x y  y  x y  x y 0 2  x y  x  y . x  y  0  x y  x  y   x  x y  y  0 Bất đẳng thức cuối ln đúng.Vậy ta có đpcm Bài 7:CMR: Nếu a,b,c số đôi khác a + b + c < : P = a3 + b3 + c3 - 3abc < Giải: Có: P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 1 Bài 8:CMR: A   25   1  với n  , n  (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: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Gv: Phan Duy Thanh A   1 1        2.3 3.4 4.5 (2n  1).( 2n  2)  1 1 1  1             2 3 2n  2n    2n   Ta có đpcm Bài 9:CMR: Nếu: p,q > thì: p2  q2  pq pq Giải: Có: p2  q2  pq  pq  p  q p pq pq  q  0 Ta có đpcm 1   với số nguyên dương k >1.Từ suy ra: k1 k k 1 1       với n >1 n n Giải: Bài 10:CMR: Ta có: 1 1    (k  1).k k  k k Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được: 1 1 1 1 1 1              2  n n n n 1 2 Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y xy = 1.CMR: x2  y2  2 0 x y Giải: Ta có: x2  y2 2 x  y  2 ( x  y ) 2 0 x y x y x y Ta có đpcm Bài 12:Cho tam giác ABC có cạnh thỏa mãn: a b c CMR:  a  b  c  9bc Giải: Từ giả thiết ta có: 2b b  a  c  4b  c   (b  c ).(4b  c ) 0  4b  c 5bc   2b  c  9bc(1) Mà: (a + b + c)2 (2b + c)2 (2) Từ (1) (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) khơng đồng thời lớn Giải: Ta có: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Gv: Phan Duy Thanh a.(2  b).b(  c).c (  a ) a.(2  a ).b.(2  b).c(  c )  2  a2 a b2 b c2 c       2       1 Tích ba số nhỏ chúng khơng thể đồng thời lớn Ta có đpcm Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR: b a b  a b  c a c  a c Giải: Ta có:   b a b   a b c a c  a c a b  a  b ac  a c  2 a b  a  b  a c  a  c  2a  a  b  2a  a  c  a  b2  a2  c2  b2  c2 Bất đẳng thức cuối ln Vậy ta có đpcm Bài 15:Cho số dương x,y,z thỏa mãn: x  y  z 1 CMR: x3 y3 z   1 y z x Giải: Áp dụng BĐT Cô Si: Tương tự: x3 x3  xy 2 xy 2 x (1) y y y3 z3  yz 2 y (2)  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 ) 1 y z x Vậy ta có đpcm CHUYÊN ĐỀ 3: Đa thức vấn đề liên quan Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 10 Toán Gv: Phan Duy Thanh x2  a b Với giá trị a,b P=Q với giá trị &Q   x  x  2x 1 x  3x  x tập xác định chúng Giải: Điều kiện: x  2, x2  ax  (2a  b) x  a  2b Ta có: P=Q (x 2, 1)   x  2, x  3x  x  3x  Bài 1:Cho P   a 1   a  b 0   2b 5 a  a 1  b   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  A5 (1) Lại có: n(n  1) 2  A2 (2) và: (n  1).n.(n  1) 3  A3 (3) Vì 2,3,5 đôi nguyên tố nên từ (1),(2)&(3) suy A( 2.3.5) (đpcm) Bài 3: CMR: Nếu x,y số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho x y chia hết cho Giải: Nhận xét:Số phương chia cho có số dư 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 đồng hệ số ta hệ: p 0 m   pm  q n  qn   0   m   p     qn   p q    q q    q   p   Vậy thấy giá trị p,q cần tìm là: 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 q ( x  2).( x  12 x  47 x  60) ( x  2).( x  3).( x  x  20) x ( x  1).( x  1).( x  14)  72  x  144  x  120  b).Ta có:A(x)=          24 B ( x) -Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho  B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho  B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho  B(x) chia hết cho -Nếu x chia cho dư 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) 11 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Gv: Phan Duy Thanh Mà tích ba số nguyên liên tiếp chi hết (x-1).x.(x+1) chia hết cho  B(x) chia hết cho (2) Mà (3,8)=1 nên từ (1) (2) suy B(x) chia hết cho 24 Vậy ta có đpcm Bài 6:Tìm tất số ngun x để: x2 + chia hết cho x-2 Giải: Ta có: x2 + = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 11 chia hết cho x-2  x-2=-1,-11,1,11 Từ ta dễ dàng tìm giá trị x thỏa mãn Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 dư 5, chia cho x-3 dư 7.Tính phần dư phép chia đa thức cho (x-2).(x-3) Giải: Gọi đa thức cho F(x).Theo ta giả sử đa thức dư cần tìm ax+b Ta có: F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b (trong A(x) đa thức thương phép chia) Theo giả thiết theo định lý Bơdu ta có: F(2)=2a +b=5 F(3)=3a+b=7 Giải hệ hai phương trình ta tìm a = 2, b = Vậy đa thức dư 2x+1 Bài 8: Cho biết tổng 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 ) 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 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 + Giải: Ta có: x10 + x5 + = (x2 + x + 1).(x8-x7 + x5-x4 + x3-x + 1) CHUYÊN ĐỀ 4: Các toán liên quan tới phương trình bậc hai định lý Vi-et Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 12 Toán Gv: Phan Duy Thanh Bài 1:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 1.Chứng minh phương trình ln 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 ln có nghiệm với m  m  1(1) x  x 2.Theo vi-et ta có:  m  m  1( 2)  x x x1  x  Từ (1) suy ra: m  thay vào (2) ta có: 2 2 2  x  x2    x  x2    x  x2    x  x2   x1 x       x1 x       1 2 2         Ta có đpcm Bài 2: Tìm giá trị ngun k để biệt thức  phương trình sau số 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 + số cp số cp lẻ hay: 4k + = (2n + 1)2 n số tự nhiên Hay: k = n2 + n Vậy để  số cp k = n2 + n( thử lại thấy đúng) Bài 3: Tìm k để phương trình sau 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      k    g ( 2)  Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau tương đương: x2 + (3a + 2b) x - =0 (1) x2 + (2a +3b)x + 2b=0 (2) với a b tìm giải phương trình cho Giải: -Điều kiện cần: Nhận thấy pt (1) ln có nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) phải có nghiệm phân biệt giống với (1) Đặt f(x) = x2 + (3a + 2b) x - =0 g(x) = x2 + (2a +3b)x + 2b Để hai phương trình cho tương đương 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 c nghiệm phương trình : x2 - a.x- a =0; (a  0) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 13 Toán Gv: Phan Duy Thanh chứng minh : b4 + c4  2+ Giải: Theo định lý Viet ta có: Ta có: b  c (b  c )  2b c  (b  c)  2bc   2b c b  c  a   bc    2a  2  3   b  c  a    a   2 a      a  2a 2a 2a  Bài : Chứng minh với a,b,c phương trình sau ln 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] 0 *Nếu a + b + c = 0.Khi đó: -Nếu ab + bc + ca  phương trình cho ln có nghiệm -Nếu ab + bc + ca =0 Khi kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh a=b=c=0.Và dĩ nhiên trường hợp pt cho có vơ số nghiệm Bài 7:CMR:Nếu hệ số a,b,c phương trình:ax2 + bx + c = (a 0) số lẻ phương trình bậc hai khơng thể có nghiệm hữu tỉ Giải: Giả sử phương trình bậc hai với hệ số a,b,c số lẻ có nghiệm hữu tỉ x0 = m với m,n số nguyên (m,n)=1 n 0 ;khi ta có: n m  m   b  c 0 hay: am  bmn  cn 0 (1).Suy ra: n n     m m c  cn 2   mà c,a số lẻ nên suy m,n n   n mà (m,n)=1  ( n, m ) ( m, n ) 1 nên: a   am a  2 số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n số lẻ Do đó: am  bmn  cn số lẻ (Mâu thuẫn với (1)) Vậy điều ta giả sử sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm CHUYÊN ĐỀ 5: Các tốn hình học phẳng mang yếu tố chuyển động Bài 1: Cho đường tròn (O) dây cung BC cố định.Gọi A điểm di động cung lớn BC đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác góc ACB cắt đường trịn (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 qua điểm cố định J.Từ tìm vị trí A cho Ai có độ dài lớn 3.Trên tia đối AB lấy điểm M cho AM=AC.Tìm tập hợp điểm M A di động cung lớn BC (O) Giải: Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 14 Tốn Gv: Phan Duy Thanh 1.Ta có:  DBI cân D nên:  DBI=  DIB.Mà:  DIB =  IBC +  ICB (1) Và:  DBI =  KCI =  KCA +  ACD =  KBA +  ICB (2) Từ (1) (2) suy  ABI =  CBI.Suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC  BI phân giác góc B tam giác ABC  K trung điểm cung AC  Tam giác KAC cân 2.Vì I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC nên AI 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 AJ lớn tức AJ đường kính (O)  A phải nằm trung điểm cung lớn BC 3.Ta dễ dàng tính được:  BMC = 1  BAC = số đo cung nhỏ BC = const Suy quĩ tích điểm M cung chứa góc nhìn BC góc số đo cung nhỏ BC Bài 2:Trên đường trịn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định điểm B thay đổi Đường vng góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn C Chừng minh BC qua điểm cố định 2.Gọi AH đừơng vng góc vẽ từ A tam giác ABC.Tìm tập hợp điểm H Hãy dựng tam giác vng ABC có đỉnh A cho trước đường trịn BC đường kính chiều cao AH = h cho trước Giải: 1.Dễ thấy BC qua điểm O cố định 2.Nhận thấy  AHO vng Từ dễ dàng chứng minh quĩ tích H đường trịn đường kính AO 3.Đường thẳng d // với BC cách BC khoảng h cắt (O) hai điểm A A' thỏa mãn yêu cầu tốn Có vị trí A thỏa mãn (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 điểm chuyển động d (ở đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT MN với đường tròn 1.CMR:Đường tròn qua ba điểm M,N,P qua điểm cố định khác O 2.Tìm tập hợp tâm I đường trịn qua M,N,P 3.Tìm d điểm M cho tam giác MNP tam giác Giải: 1.Gọi K trung điểm AB.Dễ thấy M,N,P,O,K nằm đường trịn đường kính OM Vậy K điểm cố định cần tìm Tâm I đường trịn qua M,N,P trung điểm OM Từ I hạ IJ vng góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const Vậy phán đốn quĩ tích i đường thẳng song song với AB cách AB khoảng nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y trung điểm OA OB 3.Giả sử tam giác MNP thì: OM = 2.OP = 2R MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const Từ có hai điểm M thảo mãn Bài 4:Cho hình vng EFGH.Một góc vng xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG GH M,N;còn đường thẳng Ey cắt đường theo thứ tự P,Q 1.CMR:Hai tam giác ENP EMQ tam giác vuông cân 15 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Gv: Phan Duy Thanh 2.Goi R giao PN QM;còn I,K trung điểm PN QM.Tứ giác EKRI hình gì? Giải thích? 3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ có nhận xét đường thẳng IK góc vng 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) (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân 2.Có: EI  PN EK  QM Vậy tứ giác EKRI có góc I góc K vng (4) Lại có:  PQR =  RPQ = 450 suy ra:  PRQ = 900 (3) Từ (3) (4) suy tứ giác ẺIK hình chữ nhật 3.Dễ thấy QEKH EFMK tứ giác nội tiếp Ta có:  EKH = 1800 -  EQH (5) Và:  EKF =  EMF =  EQH (6) Từ (5) (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 trịn tâm O đường kính AB.Gọi C điểm cố định OA; M điểm di động đường trịn.Qua M kẻ đường vng góc với MC cắt tiếp tuyến kẻ từ A B D E a)CMR: Tam giác DCE vng b)CMR: Tích AD.BE khơng đổi c)CMR:Khi M chạy đường trịn trung điểm I DE chạy đường thẳng cố định Giải: a)Nhận thấy tứ giác ADMC MABE tứ giác nội tiếp.Do đó:  DCM =  DAM  MCE =  MBE =  MAB.Vậy:  DCE =  DCM +  MCE =  DAM +  MAB = 900 Ta có đpcm b)Vì tam giác DCE vng C nên ta nhận thấy  DCA = 900 -  ECB =  CEB Vậy hai tam giác vuông ADC BCE đồng dạng với nhau.Nên: AD AC   AD.BE  BC AC const BC BE c)Nhận thấy OI ln đường trung bình hình thang DABE hay nói cách khác,ta ln có OI  AB Vậy M chuyển động (O) I ln nằm đường thẳng qua O vng góc với AB Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M điểm chạy 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 giao điểm thứ hai hai đường trịn CMR a) MN ln qua A tích AM.AN khơng đổi c) Tổng hai bán kính hai đường trịn tâm D E có giá trị khơng đổi 16 Chun Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Tốn Gv: Phan Duy Thanh d)Tìm tập hợp 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 khơng đổi c)Gọi K điểm cung BC ( không chứa A) Dễ thấy D,E nằm BK CK Từ K,D,E hạ đường vng 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   1  BD  CE CK = không đổi CK CK d) Hạ HQ vng góc với BC.Có: KI DJ  EL KI  BD CE  KI    HQ = ( DJ  EL)    Nên H nằm đ ường thẳng song song 2 KI  BK CK  với BC cách BC khoảng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK CK quĩ tích điểm H đường trung bình tam giác BKC (song song với đáy BC) CHUN ĐỀ 6: Các tốn hình học phẳng có nội dung chứng minh, tính tốn Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R 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 B.Các tiếp tuyến kẻ từ A B cắt M Dựng MH vng góc với OP 17 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán Gv: Phan Duy Thanh a)CMR: điểm O,A,B,M,H nằm đường tròn b)CMR: H cố định cát tuyến PAB quay quanh P Từ suy tập hợp điểm M c)Gọi I trung điểm AB N giao điểm PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN IP.IN=IA2 Giải: a) Nhận thấy điểm O,A,B,M,H nằm đường trịn đường kính OM (đpcm) b)Phương tích điểm P đường trịn đường kính OM là: PH.PO=PA.PB=const (1) Suy H cố định nằm đoạn PO Từ dễ dàng suy quĩ tích điểm M đường thẳng d qua H vng góc với PO trừ đoạn TV với T,V giao điểm d với (O) c)Phương tích điểm P đường trịn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2) Từ (2) (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm) Lại có: IP.IN=(NI+NP).IN=IN2 + NI.NP (3) Phương tích điểm N đường trịn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM Phương tích điểm N đường trịn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB Suy ra: NI.NP=NA.NB (4) Từ (3) (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 (ln đúng) Vậy ta có đpcm Bài 3:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn bán kính R,tâm O a)Chứng minh BC = 2R.SinA b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) A,B,C ba góc tam giác Giải: a)Kéo dài BO cắt (O) điểm thứ hai D Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin(  BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) điểm thứ hai E Hoàn tồn 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 có: SinC < CosA + CosB (2) SinA < CosB + CosC (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi 18 Toán ... VP < suy ra: VT > VP -Nếu y > x thì: VT 0 suy ra: VT < VP -Nếu x = y đó: VT =VP =0 199 9 199 9 2000 2000 Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y 0 ) ta được: x  y  Bài 10: Giải: (1)   x  2x... đpcm Bài 9: Chứng minh (7.5 n +12.6 n ) 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(mod 19)  25 n 6 n (mod 19) Suy ra: A 7.6 n  12.6 n  19. 6 n... 9bc Giải: Từ giả thi? ??t ta có: 2b b  a  c  4b  c   (b  c ).(4b  c ) 0  4b  c 5bc   2b  c  9bc(1) Mà: (a + b + c)2 (2b + c)2 (2) Từ (1) (2) suy ra: (a + b + c)2 (2b + c)2 9bc