Rót gän A..[r]
(1)các dạng toán thi vào THPT Dạng 1: Tốn tìm điều kiện để phơng trình ngun
1 VÝ dơ 1 Cho biĨu thøc:
M=( 3√a a+√ab+b−
3 a
a√a− b√b+
1
√a −√b):
(a −1)(√a −√b)
2 a+2√ab+2 b a, Rót gän
b, Tìm giá trị a để M nguyên Giải a, Rút gọn
M =
a− 1
b, Để M nguyên a-1 phải ớc a – = => a =
a – = -1 => a = ( lo¹i ) a – = => a =
a – = -2 => a = -1 ( loại ) Vậy M nguyên a = hc a = 2, VÝ dơ 2:
Cho biÓu thøc: A= √a −1−
1
√a+1+1
Tìm giá trị nguyên a để A nguyên
Gi¶i
A=√a+1 −(√a −1) a − 1 +1=
√a+1 −√a+1 a −1 +1=
2
a 1+1
Để A nguyên a lµ íc cđa
Tổng qt : Để giải tốn tìm điều kiện để biểu thức ngun ta làm
theo c¸c bíc sau:
Bíc 1: Đặt điều kiện
Bớc 2: Rút gän vỊ d¹ng f (x )
a hay a f (x )
NÕu f (x )
a f(x) bội a
Nếu a
f (x ) f(x) ớc a
Bớc 3: Căn vào điều kiện loại giá trị ngoại lai
Dạng 6: Toán tính giá trị biểu thức chứa nhiỊu tÇng
(2)Ta cã : 4 −√2¿
2
=|4 −√2|=4 −√2
¿ √18−√128=√42− 8
√2+2=√¿ √3+1¿2
¿ ¿√3+1
¿ √3 −1¿2
¿ ¿ ¿
√√2+√12+4 −√2=√√12+4=√3+2√3+1=√¿
D¹ng 2: Phơng trình vô tỷ
I.Định nghĩa : Phơng trình vô tỷ phơng trình chứa ẩn biểu thức
dới bậc hai
II Cách giải:
Cách 1: Để khử ta bình phơng hai vế Cách 2: Đặt ẩn phụ
III VÝ dô
1,VÝ dô 1:
Giải phơng trình: x 5=x 7(1)
Cách 1: Bình phơng hai vế
x = x2 – 14x + 49
x2 – 14x – x + 49 + = 0
x2 – 15x + 54 = 0
x1 = ; x2 =
Lu ý :
* Nhận định kết : x1 = loại thay vào phơng trình (1) khơng phải
lµ nghiệm Vậy phơng trình có nghiệm x =
* Có thể đặt điều kiện phơng trình trớc giải : Để phơng trình có nghiệm :
√x −5 ≥ 0 ¿ x −7 ≥ 0
¿ ⇒ x ≥ 5 x ≥ 7 ¿ ⇒ x ≥7
¿{
¿ ¿ ¿
kết hợp
Sau giải ta loại điều kiện không thích hợp
Cách Đặt ẩn phụ
(3)Đặt y=x 5 phơng trình có dạng y = y2
y2 – y – =
Giải ta đợc y1 = - ( loại) y2=2
⇒√x −5=2 x −5=4
x=9
2, VÝ dụ 2:
Giải phơng trình 3 x +7 −√x +1=2
Giải: Đặt điều kiện để thức có nghĩa:
¿
3 x+7 ≥ 0
x+1≥ 0 ⇔ x≥ −1
¿{
Chú ý : Không nên bình phơng hai vế phức tạp mà ta nªn
chun vÕ
√3 x +7=√x+1+2
Bình phơng hai vế ta đợc :
x+1=2❑ √x+1
Bình phơng hai vế (x + 1) 2 = 4( x+ 1)
x2- 2x – =0 cã nghiÖm x
1 = -1; x2 =
C¶ hai giá trị thoả mÃn điều kiện
Dng 3: Phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
VÝ dô.
1, VÝ dô 1:
Giải phơng trình x2|2 x +1|+2=0 Đặt điều kiện
* NÕu 2x + ≥ ta cã ph¬ng tr×nh x2 – ( 2x + ) + = 0
x2 – 2x – + = 0
x2 – 2x +1 = 0
=> x1 = x2 =
* NÕu 2x + ta có phơng trình x2 ( -2x -1 ) + =0
x2 + 2x + = 0
Phơng trình vô nghiệm Vậy phơng trình ( 1) có nghiệm x= 2, Ví dụ 2:
Giải phơng trình 5 x −2 −|2 x +1|=5
(4)3, Ví dụ 3: Giải phơng trình |x2 4|
=2 x −
D¹ng : HƯ phơng trình
Cách giảI số hệ phơng trình phøc t¹p
1, VÝ dơ 1:
Giải hệ phơng trình
√x+
3
√y=
13 36
¿
6
√x+
10
√y=1 ¿ ¿{
¿ ¿ ¿
¿
Gi¶i : Đặt ẩn phụ : X =
x;Y =
1
√y
Ta cã hÖ :
4 X +3 Y =13 36
¿
6 X +10 Y =36 36
¿ ¿{
¿ ¿ ¿
¿
2, VÝ dô 2:
Giải hệ phơng trình
¿
10
√12 x −3+
√4 x +1=1
√12 x −3+
√4 x +1=1
¿{
¿
3, VÝ dụ 3:
Giải hệ phơng trình :
x +2 y +3 z=11(1) ¿
3 x+ y+2 z=3 (2) 2 x +3 y +z=− 2(3)
¿ ¿{{
¿ ¿ ¿
(5)4, VÝ dơ 4: Gi¶i hệ phơng trình:
x+ y+ z=6(1) x2
+y2+z2=12(2)
¿{
¿
Híng dÉn: Nh©n (1) víi råi trõ cho (2)
=> (x2 + y 2 + z2 ) – 4( x+ y + z ) = 12 – 24
x2 – 4x + y2 -4y + z2 - 4z + 12 = 0
( x2 – 4x + ) + ( y 2 – 4y + ) + ( z2 – 4z -4 ) = 0
( x – )2 + ( y – )2 + ( z – )2 =
=> x = y = z = 5, VÝ dô 5:
Giải hệ phơng trình
2
x +1+
1
y −3=5
3
x +1−
2
y −3=4 {
( Đề thi vào 10 năm 1998 1999)
6, Ví dụ 6:
Giải hệ phơng trình :
¿
5
x −1+
1
y +1=11
1
x − 1+
3
y +1=5 ¿{
¿
( Đề thi vào 10 năm 2002 2003 )
Dạng 4: Toán cực trị
1.Ví dụ 1:
Cho biÓu thøc:
A=(
1−√x+
1 1 −√x):(
1 1−√x−
1 1+√x)+
1 1 −√x
(6)b Với giá trị x A nhỏ Giải: a Rút gọn đợc:
√x(1−√x)
b A nhá nhÊt nÕu mÉu √x(1 −√x) lµ lín nhÊt Gäi √x=K ta cã K(1- K) = -K2+ K
-(K2- K) = -(K2 - 2K/2 +1/4 -1/4)
= -[(K-1/4)2 – 1/4]
MÉu nµy lín nhÊt khi: -[(K-1/4)2- 1/4] lµ nhá nhÊt
Vµ nã nhá nhÊt khi: K= 1/4 Hay √x=1/4⇒ x=1/2
=>A nhá nhÊt =4 2.VÝ dơ 2:
Cho biĨu thøc:
M=15√x −11 x+2√x −3+
3√x −2
1−√x −
2√x+3 √x+3
a, Rót gän
b, Tìm giá trị lớn M giá trị tơng ứng x 3 Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn biểu thøc M= x2 x4+x2+1
Gi¶i:
Ta nhËn thÊy x = => M = VËy M lín nhÊt x≠ Chia c¶ tư vµ mÉu cho x2
M=
x2+
x2+1
VËy M lín nhÊt mÉu nhá nhÊt MÉu nhá nhÊt x2+
x2 nhá nhÊt
x2+
x2>0 VËy x
+
x2 nhá nhÊt x =1
VËy M=
2+1=
4.Ví dụ 4:
Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc :
Y =√x +2√x − 1+√x −2√x −1
(7)
Y =√x − 1+2√x − 1+1+√x −1 −2√x −1+1 √x − 1− 1¿2
¿ √x −1+1¿2
¿
1 −√x − 1¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
¿√(√x −1+1)2+√¿
BiÕt r»ng |A| + |B| ≥|A + B|
Y =|√x −1+1|+|√x −1 −1|≥|√x −1+1+√x −1 −1|
¿|√x −1+1|+|1−√x −1|≥|√x −1+1+1 −√x −1|≥ 2 VËy Y nhá nhÊt lµ (√x −1+1)(1 −√x −1)≥ 0
¿ ⇔ x ≥1
1−(x −1)≥ 0
¿ ⇒1 ≤ x ≤2
¿{
¿
Dạng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa nhiều tầng
Ví dụ : Tính A=6 − 2√√2+√12+√18 −√128 Ta cã : 4 −√2¿
2
=|4 −√2|=4 −√2
¿
√18−√128=√42− 8√2+2=√¿ √3+1¿2
¿ ¿√3+1
¿ √3 −1¿2
¿ ¿
2+12+4 2=12+4=3+23+1= Loại 7: Biện luận phơng trình
1.VÝ dơ 1:
Cho ph¬ng tr×nh: x2 – ( m + )x + m + = ( x lµ Èn )
a, Giải phơng trình m=3
2
(8)c, Gọi x1 , x2 hai nghiệm phơng trình Tìm giá trị m để :
x1( – 2x2 ) + x2( – 2x1 ) = m2
Gi¶i a, Thay m=3
2 vào ta có phơng trình : x
2
−2(−3
2+2)x − 2+1=0 2 x2+2 x 1=0 Phơng trình có hai nghiệm :
x1=− 1+√3 , x2=
− 1+√3
b, Phơng trình có hai nghiệm trái dấu x1x2 = c
a<0
hay a.c <
1(m + 1) < m < -1
c, x1( – 2x2) + x2 ( – 2x1) = m2
⇔ x1− x1x2+x2− x1x2=m2
⇔(x1+x2)− x1x2=m2()
Theo viet ta cã :
x1+x2=−b
a=−
−2 (m+2)
1 =2(m+2)
x1x2=c
a=m+1
Thay vµo (*) ta cã :
2(m + ) – ( m + ) = m2
2m + – 4m – = m2
m2 + 2m = 0
m ( m + ) =
⇒ m=0
¿
m+2=0⇒m=−2 ¿
¿ ¿ ¿ ¿
2.Ví dụ 2:
Cho phơng trình : x2 – 2mx + 2m – = 0
1, Chng tỏ phơng trình có hai nghiệm với m 2, Đặt A=2(x1
2
+x22)5 x1x2
a Chøng minh A = 8m2 – 18m + 9
b T×m m cho A = 27
(9)Gi¶i
1 XÐt Δ'=(−m)2− (2 m−1)=m2−2 m+1=(m 1)2 m => Phơng trình có nghiệm với mäi m
a A=2(x12+x22)−5 x1x2 = 2 x12+2 x22−5 x1x2
¿2 x12+2 x22+4 x1x2− x1x2 2(x12+x22+2 x1x2)−9 x1x2
2(x1+x2)
− x1x2
Theo viet ta cã :
¿ x1+x2=−b
a x1x2=c
a
⇒2 (2m)2−9 (2 m−1 )=2(4 m2)−18 m+9=8 m2−18 m+9 ¿{
¿
=>
®iỊu ph¶i chøng minh
b, Tìm m để A = 27 giảI phơng trình 8m2 – 18m + = 27
8m2 – 18m – 18 =
4m2 – 9m – = 0
Phơng trình có hai nghiệm : m1 = , m2 = -3/4
2.Tìm m để x1 = 2x2
Theo viet ta cã : x1 + x2 = -b/a = 2m
Hay 2x2 + x2 = 2m
3x2 = 2m
x2 = 2m/3
x1 = 4m/3
Theo viet:
x1x2=c
a=2 m−1
=>2 m
4 m
3 =2m −1
⇔8 m
2
9 =2m −1
⇔ m2
=18 m9
8 m2
18 m+9=0
Phơng trình cã hai nghiÖm : m1 = 3/2; m2 = 3/4
(10)Hớng dẫn giải đề thi vào 10 phần hình học
§Ị ( §Ị thi vào lớp 10 năm 2000 2001)
GT OB = OCΔ ABC ; xoy❑ =600
KL a, ΔOBM đồng dạng với
ΔNCO
BC2 = 4BM
b, MO tia phân giác BMN❑ c, Đờng thẳng MN tiếp xúc với đờng tròn cố định
xoy❑ =600 quay O
Gi¶i a, Trong ΔNOC cã ONC❑ +NOC❑ +C❑=180❑
=> ONC❑ +NOC❑ =1200 ( v×
C
=600 Vì xoy =600nênMOB
+NOC ❑
=1200
⇒MOB❑ =ONC❑ (1 ) Vì Δ ABC
⇒ B❑=C ❑
=600(2)
Từ (1) (2) => ΔMBO đồng dạng với ΔONC
=> OB NC=
BM
(11)⇒BC
2 BC
2 =BM NC
⇒BC2=4 BM NC
b, Ta cã BM OC =
OM ON hay
BM OB =
OM ON mµ B❑=xoy
❑
=60
❑
0
=> ΔMBO đồng dạng với ΔMON⇒ B=OMN =600
=> CM tia phân giác BMN❑
c, Thật xoy❑ quay tới vị trí ( hình vẽ đỏ ) lúc M, N trung điểm AB AC
đờng cao AO ┴ MN H HO = 1/2AO
Nh đờng trịn cố định có tâm O , bán kính AO/2
§Ị ( Đề thi vào lớp 10 năm 2002 2003 )
1, Chøng minh AC // MO
ThËy vËy AOC cân O
ACO =CAO ( hai góc đáy )
Theo chøng minh tÝnh chÊt cđa tiÕp tun th× AOM❑ =MOB❑
Theo định lí ACO❑ +CAO❑ =AOB❑ (góc ngồi tổng hai góc trong) Hay 2 CAO❑ =AOB❑ ⇒CAO❑ =AOM❑ ⇒ AC // MO
2, Chứng minh điểm M, B, O, A, D nằm đờng tròn
* Xét tứ giác MBOA có A❑=B❑=1 v (gt) => MBOA nội tiếp đờng trịn đờng kính MO * Xét tứ giác MDAO
Trong ΔDOC :CDO❑ +C❑=1 v ( tổng hai góc nhọn tam giác vuông )
Trong ΔMAO : AMO❑ +AOM❑ =1 v
Theo chøng minh trªn : C❑=AOM❑ ⇒CDO❑ =AMO❑
(12)VËy M, D thuéc cung AO chøa gãc α0
Hay MDAO néi tiÕp
Ta lại có MAO❑ =1 v => MO đờng kính đờng trịn ngoại tiếp Vậy điểm M, B, O, A, D nằm đờng trịn đờng kính MO
3, Tìm M d để Δ AOC , cách xác định M.
Thậy để AOC tam giác nghĩa
A❑=C ❑
=600=> AOM❑ =600=> AMO❑
=300=> OM=2 R
Để xác định M từ O quay cung có bán kính 2R cắt d M Thoả mãn điều kiện nói
§Ị ( Đề thi vào 10 năm 1998 - 1999 ) a, AE phân giác BAC
Thật vËy BC ┴ EOF => BE❑ =EC❑ => A❑1=A
❑
2 ( gãc néi tiÕp ch¾n hai cung )
=>AE phân giác BAC
b, BD // AE
BAD cân A => B❑
1=D
❑
=> B❑1+D ❑
=BAC❑ =2 A❑2=> D❑=A ❑
2=> BD // AE
c, Nếu I trung điểm BC =>
¿
AI⊥ BD
AI⊥ AE(1) ¿{
¿
Ta lại có EAF❑ =1 v ( góc nội tiếp chắn đờng trịn) hay AF⊥ AE(2)
Tõ (1) (2) => IAF❑ =2 v =>I, A, F thẳng hàng
(13)a, Chứng minh tam giác POQ vuông
Xét POQ theo chøng minh tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã O❑1=O❑2 =>OP phân giác EOC
O3=O
4 => OQ phân giác EOD
❑
Mà EOC❑ ;EOD❑ góc kề bù PO⊥ OQ O ( theo định lí ) =>tam giác POQ vuông O
b, Chứng minh ΔPOQ đồng dạng với ΔCED
ấy tam giác CED tam giác vuông E ( góc nội tiếp chắn 1/2 đờng trịn )
Có QPO❑ =ECD❑ ( hai góc nội tiếp chắn cung ED ) =>Tam giác POQ đồng dạng với tam giác CED
c, TÝnh tÝch CP DQ theo R
Theo tính chất tiếp tuyến ta có : CP = PE DQ = EQ Xét ΔPOQ có OE đờng cao R
Theo hƯ thøc lỵng : OE2 = PE EQ
hay OE2 = CP DQ
R2 = CP DQ
d, Khi PC = R/2 h·y chøng minh r»ng SΔ POQ
SΔ CED
=25 16
Tõ ý c ta cã DQ= R2/CP =
R2 R
2 =2 R
Vì tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phơng tổng số đồng dạng
VËy SΔPOQ
SΔ COD
=PQ
2
CD2(1)
Mµ PQ = PE + EQ = PE + DQ =>PQ = R/2 + 2R = 5R/2 Thay vµo (1) ta cã SΔPOQ
SΔ COD
=( 5 R
2 )
2
(2 R)2 =
25 R2
4 :4 R
2
=25 16
Đề ( Bộ đề trang 17 ) a, Tứ giác BHCD, BCDE hình ? Tại ?
(14)=> BH // DC
CM t¬ng tù ta cã CH // BD VËy BHCD hình bình hành *Xét t/g BCDE
Ta có BC // ED ( vuông góc với AE) => BCDE hình thang Do BC // ED => BE❑ =CD❑ => BE = CD
=>BCDE lµ hình thang cân
b, Chng minh H l tõm đờng tròn nội tiếp tam giác A B C EFI’ ’ ’ H giao đờng phân giác
=>H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác
c, Chứng minh M giao đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AC HB đ’ ’ -ờng tròn O
AMD❑ =1 v ( góc nội tiếp chắn 1/2 đờng trịn ) Lấy O’ trung điểm AH => O’M =1/2 AH Mà AH đờng kính đờng trịn ngoại tiếp tg AC’HB’ Vậy M giao đờng trịn nói
d, Nếu tam giác ABC tam giác kết luận
- h×nh thoi
- Kết không thay đổi