Đang tải... (xem toàn văn)
Bài 6: Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất kỳ chạy trên đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC[r]
(1)CHUYÊN ĐỀ 1:
Phương trình hệ phương trình. I.Giải phương trình cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
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.u2 + v2 -11.uv = 0 ⇔ (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= ±
Thay giá trị u vào (1) ta dễ dàng tìm x
Bài 3:Gpt:
2
90.
1 1
x x
x x
Giải:PT
⇔ 2. 1 2 1 2 90
( 1) ( 1)
x
x x
.
2
2
2 2
. 90
( 1)
x x
x
.
Đặt u = x2 ( u 0) (1).
Ta có:
2
2
2 2
. 90 2 2 90.( 1)
( 1)
u
u u u u
u
( u 1).
⇔ 88u2−182u
+90=0
Từ ta dễ dàng tìm u, thay vào (1) ta tìm x Bài 4:Gpt:3 x 2x 3 312.(x 1)
Giải:
(2)Có: u+v=√34 (u3+v3)⇔u3+v3+3 uv (u+v)=4 (u3+v3)
u − v¿2=0⇔
¿
u=− v
¿
u=v
¿ ¿ ¿ ¿
⇔3 (u+v).(u2−2 uv+v2)=0⇔3 (u+v).¿
Xét trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm x Bài 5:Gpt: √5x3+3x2+3x −2+1
2= x2
2 +3x (1) Giải:
Từ (1) suy ra: 2.√5x3+3x2+3x −2=x2+6x −1
⇒20x3+12x2+12x −8=x4+36x2+1+12x3−2x2−12x
⇒x4−8x3+22x2−24x+9=0 (x 0) ⇒x2−8x+22−24x + x2=0 Đặt x+3
x=y (*) ta có:
y2 - 8y + 16 = suy y = thay vào (*) ta dễ dàng tìm x.
Bài 6:Gpt: (x+1).(x −4)+3.(x −4).√ x+1
x −4−18=0(1) Giải: Điều kiện x > x < -1.
*Nếu x > 4, (1) trở thành:
(x+1).(x −4)+3 √(x+1).(x −4)−18=0
Đặt √(x+1).(x −4)=y ≥0 (2) ta có:
y2 + 3y -18 = 0.
Từ ta dễ dàng tìm y,thay vào (2) ta tìm x *Nếu x < -1, (1) trở thành:
(x+1).(x −4)−3 √(x+1).(x −4)−18=0
Đặt √(x+1).(x −4)=y ≥0 (3) ta có:
y2 - 3y -18 = 0.
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) ⇔4x4+4x3−20x2+2x+1=0 (x 0).Chia hai vế cho x2 ta : ⇔ 4x2 + 4x -20 +
x+
x2 = ⇔ (2x+
x)
+2.(2x+1
x)−24=0 Đặt y = 2x+ x (2) Ta có: y2 + 2y -24 = 0.
Từ ta tìm y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm x Bài 8:Gpt: √x2−16x+64−2 √x2−8x+16+√x2=0
Giải:PT ⇔|x −8|−2.|x −4|+|x|=0
x - +
x-8 - - - +
x-4 - - + +
(3)Đến ta xét khoảng ,bài toán trở nên đơn giản Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4).
Giải:
⇔1+x2+x4+2x+2x2+2x3=5+5x2+5x4 4x4 2x32x2 2x 4 2x4 x3x2 x 2
Nhận thấy x = khơng phải nghiệm phương trình cho, x Chia hai vế phương trình cho x2 ta được:
2x2 - x + -
x+
x2=0 Đặt y = x+
x (*) Ta có:
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 <0 (Vô lý).
*Nếu t = suy x = ⇒ y = -1 -2 -3
Bài 2:
¿
x − y+z=2(1)
2x2−xy+x −2z=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
⇔y=x
2
+3x −5
x+2 =x+1−
7
x+2∈Ζ⇒7⋮x+2⇒x+2=±1,±7
(4)Bài 3:
¿
x − y − z=3(1)
x2− y2− z2
=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 ta tìm y z ⇒ tìm x Bài 4: 2xy + x + y = 83.
Giải:PT ⇔ x=83− y
2y+1⇔2x=
166−2y
2y+1 =−1+
167
2y+1∈Ζ⇒167⋮2y+1⇒2y+1=±1,±167
Từ ta tìm y ⇒ tìm x Bài 5: xy
z + yz
x + zx
y =3 Giải:Điều kiện : x,y,z
Nhận xét:Trong ba số x,y,z tồn hai số dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có số -3 thỏ mà có hai chuồng-mọi số nguyên khác mang dấu âm dấu dương)
Ta giả sử x,y dấu với nhau.Suy x.y = |xy| > xy,y x>0 Đặt A= xy
z + yz
x + zx
y =3
Giả sử z <0 = A = xyz +yz
x + zx
y <0+0+0=0 (Vơ lý) Vậy z >0.Ta có:
A = xy z +
yz x +
zx y =3=
|xy|
z +z.| y x|+z.|
x y|≥3
3
√|xy|
z z.| x y|.z.|
y x|=3
3
√|xy|z ⇒1≥|xy|.z⇒z=1,|xy|=1⇒
z=1, x=y=1
¿
z=1, x=y=−1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19.
Giải:Từ ta có: y=2x
2
+5x+19
2x+1 =x+2+
17
2x+1∈Ζ⇒17⋮2x+1⇒2x+1=±1,±17 Từ ta tìm x ⇒ tìm y
III.Giải hệ phương trình phương trình khác.
Bài 1: 1x+
√2− x2=2
Giải:Điều kiện : x ≠0,|x|<√2 -Nếu x < 1x+
√2− x2<¿
1
√2− x2≤
√2<2
Vậy ta xét x > 0:
(5)Ta có:
¿
1 a+
1 b=2 a2+b2=2
¿{
¿
Có: 2=1
a+ b≥2.√
1
ab ⇒ab≥1 (1)
Lại có: = a2 + b2 2ab suy 1 ab (2).
Từ (1)&(2) suy ab = mà a2 + b2 =2 nên suy (a+b)2 = suy a + b = 2.
Vậy ta có:
¿
ab=1
a+b=2
⇒a=b=1⇒x=1
¿{
¿
Bài 2: √4− x2
+√1+4x+√x2+y2−2y −3=√x4−16− y+5 Giải:
Điều kiện:
¿
4− x2≥0
(1)
1+4x ≥0(2)
x2
+y2−2y −3≥0(3)
x4−16≥0
(4)
¿{ { {
¿
Từ (4) suy x2 4 kết hợp với (1) suy x2 = kết hợp với (2) suy x = 2.
Phương trình cho trở thành:
|y −1|=− y+5
Lúc việc tìm y khơng cịn khó khăn (Lập bảng xét dấu)
Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0.
Giải:
Nhận thấy x = nghiệm phương trình cho Vậy x 0.Chia hai vế phương trình cho cho x2 ta được:
2x2−21x
+74−105
x + 50
x2=0⇔2 (x+ 25
x )
−21.(x+25
x )−26=0
Đặt x+25
x =y ta có:
2y2 -21.y - 26 = 0.Từ ta tìm y ⇒ tìm x.
Bài 4:
¿
2.|1+|x||−|1−|x||=5
|1+|x||+4 |1−|x||=7
¿{
¿
Giải:
Đặt :
¿
a=|1+|x||≥0 b=|1−|x||≥0
¿{
(6)Hệ cho trở thành:
¿
2a −b=5
a+4b=7
¿{
¿
Từ tìm a =3,b =1
Đến việc tìm x khơng cịn khó khăn
Bài 5:
¿
|x −1|+|y −5|=1(1)
y=5+|x −1|(2)
¿{
¿
Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
|x −1|+|5+|x −1|−5|=1⇔2 |x −1|=1
Từ ta tìm x.Việc tìm giá trị y khơng có khó khan
Bài 6:
¿
2x2−15 xy+4y2−12x+45y −24=0(1) x2−2y2
+3y −3x+xy=0(2)
¿{
¿
Giải:
Phương trình (2) phân tích sau:
(x - y).(x -3 + 2y) =
⇔ x=y
¿
x=3−2y
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
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 + = 0.
Giải:
Phương trình cho phân tích sau:
[x −(m−5)].[x2−2x −(m −1)]=0
Đến việc giải biện luận phương trình khơng cịn khó khăn
Bài 8:
¿
x+y+z=1
x4
+y4+z4=xyz
¿{
¿
Giải:
Bổ đề: ∀a , b , c∈R:a2+b2+c2≥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.
(7)x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
x=y=z=1
3
Bài 9:
¿
x2+y2=1(1)
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=
√2
Bài 10: √x+√2x −5−2+√x −3 √2x −5+2=2 √2 (1)
Giải:
(1) ⇔
√2.√(√2x −5+1)
+
√2.√(√2x −3−3)
=2 √2 ⇔√2x −5+1+|√2x −5−3|=4 Ta có:
4=|3−√2x −5|+√2x −5+1≥3−√2x −5+√2x −5+1=4 Vậy dấu bất đẳng thức phải trở thành dấu đẳng thức tức là:
3−√2x −5≥0⇔ 2x −5≥0 9≥2x −5 ⇔7≥ x ≥5
¿{
Vậy nghiệm phương trình cho là: x∈[5 2;7]
CHUYÊN ĐỀ 2: Bất đẳng thức.
Các tốn tìm giá trị lớn , nhỏ nhất.
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
c −a¿2
b − c¿2+¿≥0
a −b¿2+¿ ¿ ¿1
2.¿
(8)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:
Đặt:
¿
x=z+m
y=z+n
¿{
¿
(m,n,z > 0)
Khi (1) trở thành: √zm+√zn≤√(z+m).(z+n)
⇔√m+√n ≤√(1+m
z ).(n+z) (2)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
2
2
1 m (n z) n m.z n m m (n z) n m
z z z
Vậy (2) đúng, tức (1) (đpcm)
Bài 3:Cho xy > x + y = 1.CMR: (x4
+y4)+
xy ≥5
Giải:
Từ giả thiết
¿
xy>0
x+y=1>0
⇒x , y>0
¿{
¿
Ta có:
1=x+y ≥2 √xy⇒1
4≥xy⇒
xy ≥4(1)
Lại có:
4 2 4 2 2 2 2 2
8 x y 4.(1 1 ).(x y ) 4.( x y ) (1 1 ).(x y ) x y 1
Suy ra: 8.(x4 + y4) 1 (2).
Từ (1) (2) suy ra:
8 (x4
+y4)+
xy ≥1+4=5
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:
(9)=
c − a¿2
b − c¿2+¿>0
a − b¿2+¿ ¿
3 2.¿
(Do a b c a)
Vậy ba số x,y,z ln có số dương
Bài 5: Nếu
¿
a+b ≥1
ab>0
¿{
¿
a4+b4≥1
8
Giải: Hoàn toàn tương tự
Bài 6:CMR: (x10+y10).(x2+y2)≥(x8+y8).(x4+y4) Giải:
Ta có: (x10
+y10).(x2+y2)≥(x8+y8).(x4+y4)
⇔x12
+y12+x2y2.(x8+y8)≥ x12+y12+x4y4.(x4+y4) ⇔x2y2.(x8+y8)≥ x4y4.(x4+y4)
⇔x2y2.(x8+y8− x6y2− x2y6)≥0
2
2 2. 2 . 6 0 2. 2 . 2 0 x y x y x y x y x y x x y y
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 < 0.
Giải:
Có:P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0.
Bài 8:CMR:
2n+1¿2 ¿ ¿
A=1
9+ 25+ .+
1
¿
với n∈Ν , n>1
Giải:
Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:
2n+1¿2 ¿ ¿
1
¿
Áp dụng ta có:
A<1
2.[ 3+
1 4+
1
4 5+ +
1
(2n+1).(2n+2)]=¿=
1 2.[
1 2− 3+ 3− 4+ .+
1 2n+1−
1 2n+2]=
1 2.[
1 2−
1 2n+2]<
1
Ta có đpcm
Bài 9:CMR: Nếu: p,q > thì: p
2
+q2
p+q ≥√pq Giải:
Có:
p2
+q2
p+q −√pq=
(√p −√q)2.(p+√pq+q)
(10)Bài 10:CMR:
k2< k −1−
1
k với số nguyên dương k >1.Từ suy ra: 1+1
22+ 32+ +
1 n2<2−
1
n với n >1
Giải:
Ta có:
k2<
(k −1).k=
1 k −1−
1 k
Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được:
1+1
22+ 32+ +
1 n2<1+(
1 1− 2+ 2− 3+ +
1 n −1−
1 n)=2−
1 n
Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y xy = 1.CMR: x2+y2
x − y −2√2≥0
Giải:
Ta có: x2+y2
x − y =x − y+
x − y≥2.√(x − y)
x − y=2√2≥0
Ta có đpcm
Bài 12:Cho tam giác ABC có cạnh thỏa mãn: a ≤ b ≤ c CMR: (a+b+c)2≤9 bc Giải:
Từ giả thiết ta có:
2b ≥b+a>c⇒4b −c>0⇒(b − c).(4b− c)≤0 ⇒4b2+c2≤5 bc⇒(2b+c)2≤9 bc(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) 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)≤
(a+2− a
2 )
.(b+2−b )
2
.(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
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
(11)Bài 15:Cho số dương x,y,z thỏa mãn: x2+y2+z2≥1 CMR: x y +
y3 z +
z3 x ≥1
Giải:
Áp dụng BĐT Cô Si: x3
y+xy≥2 √ x3
y xy=2x
2 (1).
Tương tự: y3
z +yz≥2y
2 (2) z3
x+xz≥2z
2 (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
x3 y+xy+
y3 z +yz+
z3
x+zx≥2 (x
+y2+z2) Suy ra:
x3 y+
y3 z +
z3 x ≥2.(x
2
+y2+z2)−(xy+yz+zx)≥(x2+y2+z2)≥1 Vậy ta có đpcm
CHUYÊN ĐỀ 3: Đa thức vấn đề liên quan.
Bài 1:Cho P= x
2
+5
x3−3x −2∧Q= a x −2+
b
x2+2x+1 Với giá trị a,b P=Q với giá trị x tập xác định chúng
Giải:
Điều kiện: x ≠2,−1
Ta có: P=Q (∀x ≠2,−1)⇔ x
+5 x3−3x −2=
ax2+(2a+b)x+a −2b
x3−3x −2 ∀x ≠2,−1 ⇔
a=1
2a+b=0
a −2b=5
⇔
¿a=1
b=−2
¿{ {
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: n5≡n
(mod 5)⇒n5−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 đơi ngun tố nên từ (1),(2)&(3) suy A⋮(2 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 3 ⇒x , y⋮3.
(12)Giải:
Giả sử (x4 + 1) = (x2 + px + q).( x2 + mx + n)
Khai triển đồng hệ số ta hệ:
¿
m+p=0
n+pm+q=0
qn=1
⇔
¿m=− p
qn=1
p2=q+1
q
¿{ {
¿
Vậy thấy giá trị p,q cần tìm là:
¿
∀q>0
p=√q+1
q
¿{
¿
Bài 5:Cho đa thức: A(x)=x4−14x3+71x2−154x+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)=x4−14x3+71x2−154x+120
3 2
(x 2).(x 12x 47x 60) (x 2).(x 3).(x 9x 20)
b).Ta có:A(x)= ⏟x(x −1).(x+1).(x −14)
B(x)
+⏟72x2−144x+120
⋮24
-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)
Mà tích ba số ngun 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 nguyên 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:
(13)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+a23+ +an3 chia hết cho
Giải:
Theo định lý fecma ta có: n3≡n
(mod 3)∀n∈Z Áp dụng ta có: a1
3
≡ a1(mod 3) , a2
≡ a2(mod 3) , , a1
≡ a1(mod 3)
Suy ra: a13+a23+ +an3 a1+a2+ .+an(mod3)≡0(mod 3)
Ta có đpcm
Bài 9:Chứng minh (7.5 ❑2n +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)⇒25n≡6n(mod 19) Suy ra:
A ≡7 6n
+12 6n≡19 6n(mod19)≡0(mod 19) Ta có đpcm
Bài 10: Phân tích thành nhân tử x10 + x5 + 1.
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.
Bài 1:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 0
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:
1 Ta có : Δ = (2m +1)2 - 4.(m2 + m - 1) = > 0
suy phương trình ln có nghiệm với m 2.Theo vi-et ta có:
¿
x1+x2=2m+1(1)
x1.x2=m
+m −1(2)
¿{
¿
Từ (1) suy ra: m=x1+x2−1
2 thay vào (2) ta có: x1.x2=(x1+x2−1
2 )
+(x1+x2−1
2 )−1⇒ x1.x2−(
x1+x2−1 )
2
−(x1+x2−1 )=1
Ta có đpcm
Bài 2: Tìm giá trị nguyên k để biệt thức Δ phương trình sau số phương: k.x2 +
(2.k-1).x + k-2= 0; (k 0)
Giải:
Ta có : Δ = (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.
(14)Vậy để Δ 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)= 0
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:
¿
Δ=k2−4 (k2−3)>0
g(2)≠0
⇔
¿2>k>−2
k ≠ −1
¿{
¿
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
bằng 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-
2 a2 =0; (a 0)
chứng minh : b4 + c4 2+ √2
Giải:
Theo định lý Viet ta có:
¿
b+c=a
bc=−
2a2
¿{
¿
Ta có:
b+c¿2−2 bc ¿ ¿ ¿
b2
+c2¿2−2b2c2=¿
b4+c4=¿
⇒b4
+c4=(a2+
a2)
+
2a4=a
+
2a4+2≥2.√a 4.
2a4+2=√6+2>2+√2
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:
(15)*Nếu a + b + c 0.Khi đó:
Δ ' = 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 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 = mn với m,n số nguyên (m,n)=1 n ;khi ta có:
a (m
n)
+b.m
n+c=0 hay: am
+bmn+cn2=0 (1).Suy ra:
¿
cn2 ⋮m am2⋮n
¿{
¿
mà (m,n)=1 ⇒(n , m2)=(m, n2)=1 nên:
¿
c⋮m a⋮n
¿{
¿
mà c,a số lẻ nên suy m,n số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n số lẻ Do đó:
am2+bmn+cn2=¿ 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 trịn (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 ln 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:
1.Ta có:
Δ 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 =
2 ∠ BAC =
4 số đo cung nhỏ BC = const
Suy quĩ tích điểm M cung chứa góc nhìn BC góc 14 số đo cung nhỏ BC
(16)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
3 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
2 Tâm I đường tròn 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
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: Δ EHQ = Δ 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: Δ NEQ = Δ PEM (gcg) nên suy EN = EP (2) Từ (1) (2) suy ra:Tam giác PEN vng 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:
(17)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 BC =
AC
BE ⇒AD BE=BC AC=const
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 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 không đổi
c)Gọi K điểm cung BC ( khơng chứa A)
Dễ thấy D,E nằm BK CK Từ K,D,E hạ đường vuông góc với BC I.J,L Ta có:
1 1
2 2
1
BD CE BJ CL BM CM BM CM
BK CK BI CI BI CI BI
BD CE
BD CE CK CK CK
= không đổi d) Hạ HQ vuơng gĩc với BC.Cĩ:
HQ =
.( )
2 2
KI DJ EL KI BD CE KI DJ EL
KI BK CK
Nên H nằm đ ường thẳng song song 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)
(18)có nội dung chứng minh, tính tốn.
Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O đường trịn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A B vẽ hai tiếp tuyến AC BD với đường tròn Hai tiếp tuyến không đối xứng với qua trục đối xứng tam giác chúng cắt M
a)Chứng minh bốn điểm O,A,M,B thuộc đường trịn.Tìm tập hợp điểm M b)Trên tia đối tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp điểm P
c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2|.
Giải:
a)Gọi I,T điểm tiếp xúc tiếp tuyến kẻ từ A B Dễ thấy: Δ OIA = Δ OTB (cạnh huyền-cạnh góc vng) Do đó: ∠ IAO = ∠ OBT.Suy tứ giác OAMB nội tiếp b) Có:
∠ APB = 12 ∠ AMB = 12 (1800- ∠ AOB)= const.
Vậy chứng minh quĩ tích điểm P cung chứa góc nhìn AB góc khơng đổi
1
2 (1800- ∠ AOB)
c)Xét vị trí M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hồn tồn 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
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
(19)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 vng BCD có:BC = BD.Sin( ∠ BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) điểm thứ hai E
Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB Ta có: SinB= AC
2R<
AD+CD
2R = AD BD +
CD
BD=Cos(∠ADB)+Cos(∠CDB)=CosC+CosA (1)
Tương tự ta có: SinC < CosA + CosB (2) SinA < CosB + CosC (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm