Tong hop ly thuyet va bai tap cac chuyen de on luyen mon Toan vao 10 rat chi tiet co loi giai

Chứng minh rằng các đờng thẳng trên luôn đi qua một điểm cố định M với mọi m.. Tìm tọa độ của M.[r]

PHẦN I: HỆ THỐNG CÁC VẤN ĐỀ CƠ BẢN CỦA TOÁN -*** VẤN ĐỀ I: RÚT GỌN BIỂU THỨC CHỨA CĂN BẬC HAI A Kiến thức cần nhớ: A.1.1 Kiến thức A.1.2 C¨n bËc hai a C¨n bËc hai sè häc - a Với số dơng a, số đợc gọi là bậc hai số học a - Số đợc gọi là bậc hai số học  x 0 x a    x a Mét c¸ch tæng qu¸t: - b So s¸nh c¸c c¨n bËc hai sè häc a b  a  b - Víi hai sè a vµ b kh«ng ©m ta cã: A2  A Căn thức bậc hai và đẳng thức a C¨n thøc bËc hai - A Với A là biểu thức đại số , ngời ta gọi là thức bậc hai A, A đợc gäi lµ biÓu thøc lÊy c¨n hay biÓu thøc díi dÊu c¨n - A   xác định (hay có nghĩa) A A.1.3 b - A2  A A2  A Hằng đẳng thức Víi mäi A ta cã A  A Nh vËy: + nÕu A A2  A A.1.4 + nÕu A < Liªn hÖ gi÷a phÐp nh©n vµ phÐp khai ph¬ng a  A.B  A B §Þnh lÝ: + Víi A vµ B ta cã: 2 ( A )  A  A + §Æc biÖt víi A ta cã b Quy t¾c khai ph¬ng mét tÝch: Muèn khai ph¬ng mét tÝch cña c¸c thõa sè kh«ng ©m, ta cã thÓ khai ph¬ng tõng thõa sè råi nh©n c¸c kÕt qu¶ víi c Quy t¾c nh©n c¸c c¨n bËc hai: Muèn nh©n c¸c c¨n bËc hai cña c¸c sè kh«ng ©m, ta có thể nhân các số dới dấu với khai phơng kết đó A.1.5 Liªn hÖ gi÷a phÐp chia vµ phÐp khai ph¬ng A A  B §Þnh lÝ: Víi mäi A vµ B > ta cã: a  B b Quy tắc khai phơng thơng: Muốn khai phơng thơng a/b, đó a kh«ng ©m vµ b d¬ng ta cã thÓ lÇn lît khai ph¬ng hai sè a vµ b råi lÊy kÕt qu¶ thø nhÊt chÝ cho kÕt qu¶ thø hai c Quy t¾c chia c¸c c¨n bËc hai: Muèn chia c¨n bËc hai cña sè a kh«ng ©m cho sè b dơng ta có thể chia số a cho số b khai phơng kết đó A.1.6 Biến đổi đơn giản biểu thức chứa thức bậc hai a §a thõa sè ngoµi dÊu c¨n A2 B  A B - Víi hai biÓu thøc A, B mµ B 0, ta cã , tøc lµ  A B  A B + NÕu A vµ B th×  A B  A B + NÕu A < vµ B th× b §a thõa sè vµo dÊu c¨n  A B  A B + NÕu A vµ B th×  A B  A B + NÕu A < vµ B th× c Khö mÉu cña biÓu thøc lÊy c¨n A AB  B  B - Víi c¸c biÓu thøc A, B mµ A.B vµ B 0, ta cã d Trôc c¨n thøc ë mÉu A A B  B - Víi c¸c biÓu thøc A, B mµ B > 0, ta cã B A 0 A  B C C ( A B)  A  B - Víi c¸c biÓu thøc A, B, C mµ vµ , ta cã A B A 0, B 0 A B ta cã C ( A  B) C  A B A B - Víi c¸c biÓu thøc A, B, C mµ vµ , C¨n bËc ba a Kh¸i niÖm c¨n bËc ba: - C¨n bËc ba cña mét sè a lµ sè x cho x3 = a A.1.7 3 3 - ( a )  a a Víi mäi a th× b TÝnh chÊt 3 - a  b Víi a < b th× 3 - ab  a b Víi mäi a, b th× - b 0 a 3a  b b Víi mäi a vµ th× A.1 KiÕn thøc bæ xung (*) Dµnh cho häc sinh kh¸ giái, häc sinh «n thi chuyªn A.2.1 C¨n bËc n a n  N C¨n bËc n () cña sè a lµ mét sè mµ lòy thõa n b»ng a b C¨n bËc lÎ (n = 2k + 1)  Mọi số có và bậc lẻ  C¨n bËc lÎ cña sè d¬ng lµ sè d¬ng  C¨n bËc lÎ cña sè ©m lµ sè ©m  C¨n bËc lÎ cña sè lµ sè c C¨n bËc ch½n (n = 2k )  Sè ©m kh«ng cã c¨n bËc ch½n  C¨n bËc ch½n cña sè lµ sè  2k a  2k a Số dơng có hai bậc chẵn là hai số đối kí hiệu là và d Các phép biến đổi thức  k 1 A A 2k A A 0 xác định với xác định với  k 1 A2 k 1  A  víi A  k 1 2k A2 k  A  víi A A.B 2 k 1 A k 1 B  2k A.B 2 k A k B 2k A2 k B  A k B  B 0 víi A, B víi A, B mµ  k 1 A2 k 1.B  A.2 k 1 B  víi A, B mµ k 1  A 2k A A k 1 A 2k   B k 1 B   B k B   A.B 0 víi A, B mµ B víi A, B mµ B 0,    A.B 0 víi A, B m n A mn A  A 0 víi A, mµ m n m n A  A  A 0 víi A, mµ B MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI Bài 1: Tính: 3- 3 +3 A= + 2- +2 2 + - 2 a b B = + c C = + + HƯỚNG DẪN GIẢI: 3- A= 2- +2 2( - 3) = + +3 + + - 2 a 2( + 3) 4- +4 +2 - 2( - 3) 2( + 3) = + - 1+ +1- 2( - 3) + 2( + 3) = 3- 24 = =- - b B = + = = = =3 c C = + + = + + = + + =3 ( x −1√ x + √ x1−1 ) : (√√xx−1+1) ❑ Bài 2: Cho biểu thức A = a) Nêu điều kiện xác định và rút biểu thức A Tim giá trị x để A = √ x Tìm giá trị lớn cua biểu thức P = A - b) c) HƯỚNG DẪN GIẢI:  x 1 a) Điều kiện A x 1 x x1 x    x1   : x 1  x1  x   x x1 x Với điều kiện đó, ta có: b) Để A = thì (thỏa mãn điều kiện) x Vậy thì A = x1    x   x   1 x x  x x 2 x P    P  A x x √x c) Ta có P = A - = 6 x Áp dụng bất đẳng thức Cô –si cho hai số dương ta có: x  x Suy ra: Đẳng thức xảy Vậy giá trị lớn biểu thức x 4 x  Bài 3: 1) Cho biểu thức Tính giá trị A x = 36  x  x  16 B   : x   x  x 0; x 16  x 4 2) Rút gọn biểu thức (với ) 3) Với các biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị x nguyên để giá trị biểu thức B(A – 1) là số nguyên HƯỚNG DẪN GIẢI: 36  10   36  1) Với x = 36 (Thỏa mãn x >= 0), Ta có : A = 2) Với x 0, x  16 ta có :  x( x  4) 4( x  4)  x  (x  16)( x  2) x 2     x  16  x  16 (x  16)(x  16) x  16  x  16 B= = x 2  x 4  x 2 2 B( A  1)    1   x  16  x   x  16 x  x  16 3) Ta có: B( A  1) x  16  1; 2  Để nguyên, x nguyên thì là ước 2, mà Ư(2) = Ta có bảng giá trị tương ứng: x  16 x 17 1 15 x 0, x 16 B( A  1) x   14; 15; 17; 18 18 2 14  Kết hợp ĐK , để nguyên thì Bài 4: Cho biÓu thøc: √ x+ √ y x y xy P= − ( √ x+ ) ¿ − ¿ ( √ x + √ y)(1 − √ y ) ( √ x +1 )( − √ y ) a) Tìm điều kiện x và y để P xác định Rút gọn P b) T×m x,y nguyªn tháa m·n phư¬ng tr×nh P = HƯỚNG DẪN GIẢI: x ≥ ; y ≥ ; y ≠1 ; x+ y ≠ a) Điều kiện để P xác định là :; P   x(1   x  x )  y (1  x  y  x  y  y )  xy  1  x  1  y x x  y y   xy  y  xy   ( x  y )  x x  y y  xy   x  y 1  y 1  x   x 1 y y     y x  x  1  y  x  1  y   x    x   1  x  1  y  x 1  y  1  y   y 1  x  y y  y x   1  y  1  y  x    x 1 √ x+ √ xy − √ y y   x  xy  y VËy P = x ≥ ; y ≥ ; y ≠1 ; x+ y ≠ b) ĐKXĐ: ⇔ √ x+ √ xy − √ y P = = ⇔ √ x ( 1+ √ y ) − ( √ y +1 )=1 ⇔ ( √ x −1 ) ( 1+ √ y )=1 y 1 x  1   x 4 Ta cã: +   x = 0; 1; 2; ; Thay x = 0; 1; 2; 3; vµo ta cãc¸c cÆp gi¸ trÞ x=4, y=0 vµ x=2, y=2 (tho¶ m·n) 2√ x−9 x +1 √ x +3 Bài 5:Cho biÓu thøc M = + √ + x −5 √ x+6 √ x − − √ x a Tìm điều kiện x để M có nghĩa và rút gọn M b Tìm x để M = c Tìm x Z để M Z HƯỚNG DẪN GIẢI: √ x − √ x +1 √ x +3 + + M= x −5 √ x+6 √ x − − √ x a.§K 0,5® x≥0; x≠ ;x ≠9 √ x − 9− ( √ x+3 )( √ x −3 ) + ( √ x+1 ) ( √ x − ) Rót gän M = ( √ x −2 ) ( √ x −3 ) x −√ x − Biến đổi ta có kết quả: M = ( √ x −2 ) ( √ x −3 ) ( √ x+ )( √ x − ) x +1 ⇔ M= √ ( √ x −3 ) ( √ x − ) √ x −3 M= x −1 =5 √x− ⇒ √ x +1=5 ( √ x − ) ⇔ √ x +1=5 √ x − 15 ⇔ 16=4 √ x 16 ⇒ √ x= =4 ⇒ x=16 b M = ⇔ √ x ≥ ; x ≠ ; x ≠ §èi chiÕu §K: VËy x = 16 th× M = √ x+1 = √ x −3+ =1+ c M = √ x − √ x −3 √ x −3 z √ x −3 ⇒ √ x −3 Do M nªn lµ íc cña nhËn c¸c gi¸ trÞ: -4; -2; -1; 1; 2; Lập bảng giá trị ta đợc: ⇒ x ∈ { 1; ; 16 ; 25 ; 49 } x≠4⇒ x ∈ { 1; 16 ; 25 ; 49 } v× Bài 6: Cho biểu thức P = ( - )2 ( - ) Với a > và a ≠ a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm a để P < HƯỚNG DẪN GIẢI: a) P = ( - )2 ( - ) Với a > và a ≠ P ( a a1  ) (  2 a a 1 a 1 ) a1 a a  ( a  1)2  ( a  1)2 P ( ) a ( a  1)( a  1) P ( P a  a  a 1  a  a  ) a a  (a  1)4 a  a  4a a 1 a a Vậy P = Víi a > và a ≠ b) Tìm a để P < Với a > và a ≠ nên >  P = <  - a <  a > ( TMĐK) Bài 7: Cho biểu thức: Q = - ( + ) : a) Rút gọn Q b) Xác định giá trị Q a = 3b HƯỚNG DẪN GIẢI: a) Rút gọn: Q= -(1+): = - = - = = = b) Khi có a = 3b ta có: Q= = = Bài 8: Cho biểu thức 1 1 √ x + y √ x+ x √ y+ √ y A= + + + : √ x √ y √ x +√ y x y √ x y+ √ xy [( ] ) a ) Rút gọn A; b) Biết xy = 16 Tìm các giá trị x, y để A có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó HƯỚNG DẪN GIẢI: Đkxđ : x > , y > 3 1 1 √ x + y √ x+ x √ y+ √ y A= + + + : a) √ x √ y √ x +√ y x y √ x y+ √ xy x+ y x + y ( √ x + √ y )( x − √ xy+ y ) + √ xy ( √ x+ √ y ) ¿ √ √ + : √ xy √ x + √ y xy √ xy ( √ x + √ y ) x + y ( √ x +√ y ) ( x + y ) ¿ + : √ xy xy √ xy ( x + y ) ( √ x + √ y ) √ xy √ x+ √ y ¿ = xy √ x+ √ y √ xy ( √ √ x − √ √ y ) ≥0 ⇔ √ x + √ y − √ √ xy ≥ b) Ta có ⇔ √ x+ √ y ≥ √√ xy x+ y xy 16 A= √ √ ≥ √√ = √ √ =1 Do đó ( vì xy = 16 ) √ xy √ xy √16  x  y  x  y 4   xy 16 [( ( ( ] ) ) ) Vậy A = Bài 9: Cho biểu thức: P= x−3 x+ −√ √ ) ( √ x − 1√ x −1 − √ x −1− ) ( √ √2 − √ x √ x − x a) Tìm điều kiện để P có nghĩa x=3 −2 √ b) Rút gọn biểu thức P c) Tính giá trị P với HƯỚNG DẪN GIẢI: ¿ √ x >0 √ x −1 ≥ √ 2− √ x ≠0 a Biểu thức P có nghĩa và chỉ : √ x −1 − √ ≠0 ¿{{{ ¿ ⇔ x> x ≥1 x ≠2 x≠3 ⇔ ¿ x≥1 x ≠2 x≠3 ¿{{{ x ≥ 1; x ≠2 ; x ≠ b) Đkxđ : x−3 P= − x − x −1 x −1− √ √ √ √2 ( )( √2 −2 √ x − √√2x+x −√2x ) ( √ x+ √ x −1 ) ( x −3 ) ( √ x −1+ √2 ) x+ − − √ √ ( √ x − √ x − )( √ x + √ x −1 ) ( √ x −1 − √ ) ( √ x −1+ √ ) √ − √ x √ x ( √ 2− √ x ) x + x − ( x −3 ) ( √ x − 1+ √ ) √ x − √ x − √ ¿ √ √ − x − ( x −1 ) ( x −1 ) −2 √ x ( √2 − √ x ) x+ x −1 ( x − ) ( √ x −1+ √ ) − ( √ − √ x ) ¿ √ √ − x − x +1 x −3 √ x (√ − √ x) ( −1 √ x − √2 ) ( − ) √ − √ x ¿ ( √ x+ √ x − 1− √ x −1 − √ ) = = ¿ [ [ ][ ] ( ) √x √x √x 2− x P= √ √ c) Thay vào biểu thức , ta có: x=3 −2 √ 2=( √ 2− ) √x √ 2− √( √ −1 ) √2 −|√ −1| √ 2− √ 2+ ¿ =√ 2+1 P= = = |√ 2−1| √2 −1 √ −1 √( √2 −1 )2 Bài 10: Cho biểu thức: ( x 8x x1  ):(  ) 2 x 4 x x x x P= a) Rút gọn P b) Tìm giá trị x để P = -1 m( x  3) P  x  c) Tìm m để với giá trị x > ta có: ] HƯỚNG DẪN GIẢI: a) x  x  x ( x  2) Ta có:   x 0  x   x 0    x 4   x 0  x  0  ĐKXĐ:  x 4 Với x > và ta có: (  x 8x x1  ):(  ) 2 x x x ( x  2) x P=  x ( x  2)  x x   2( x  2) : ( x  2)( x  2) x ( x  2)  x  8x  8x x  1 x  : ( x  2)( x  2) x ( x  2)  4x  x  x 3 : ( x  2)( x  2) x ( x  2)   ( Đk: x9)  x ( x  2) x ( x  2) ( x  2)( x  2) 3 x  x x ( x  2) (3  x )( x  2) 4x  x  4, x 9 4x x Với x > , x thì P = b) P = -  4x  x 4, x 9 ( ĐK: x > 0, ) x  x 3  x  x   x 0 x  y Đặt đk y > y  y  0 Ta có phương trình: Các hệ số: a + b + c = 4- 1-3 =0  y1  y2  ( không thoả mãn ĐKXĐ y > 0), ( thoả mãn ĐKXĐ y > 0) y  x 16 Với thì x = ( thoả mãn đkxđ) 16 Vậy với x = thì P = - m( x  3) P  x  x 4, x 9 c)  m( x  3) (đk: x > 0; ) 4x  x 1 x  m.4 x  x  x 1  m 4x ( Do 4x > 0) x 1 x 1     4x x x 4 x Xét  Có x > (Thoả mãn ĐKXĐ)  1  x ( Hai phân số dương cùng tử số, phân số nào có mẫu số lớn thì nhỏ hơn) 1  x 36 1 1     4 x 36 1    4 x 18   x 1 18  x  m  18 m  x   4x Theo kết phần trên ta có : m  ,x 9 m( x  3) P  x  Kết luận: Với thì 18 C MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN: C©u Cho biểu thức : 1 x2 −1 + ¿2 − √1 − x 2 x − x+1 √ √ A=¿ 1) Tim điều kiện x để biểu thức A cã nghĩa 2) Rót gọn biểu thức A 3) Giải phương tr×nh theo x A = -2 A=( √x +x x +2 − ): √ x √ x −1 √ x −1 x+ √ x +1 ( ) C©u2 Cho biểu thức : a) Rút gọn biểu thức b) √ A x=4 +2 √3 Tính giá trị A= √ x +1 C©u3 Cho biểu thức : x √ x + x+ √ x x − √ x : a) Rút gọn biểu thức A b) Coi A là hàm số biến x vẽ đồ thi hàm số A   1   A=     :   1- x  x    x  x   x C©u4 Cho biểu thức : a) Rút gọn biểu thức A 74 b) Tính giá trị A x = c) Với giá trị nào x thì A đạt giá trị nhỏ  a a  a a 1  a     : a  a a  a   a  C©u Cho biểu thức : A = a T×m §KX§ b) Rót gän biÓu thøc A c) Tìm giá trị nguyên a để A nguyên   x   x P     :  x  x  x x  x  x      C©u Cho biểu thức a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P P x b) Tìm giá trịn nguyên x để nhậ giá trị nguyên  a  a  a a  P    1  ; a 0, a 1 a    a    C©u Cho a) Rót gọn P  b) T×m a biết P > a c) T×m a biết P = 2x   16x ; x   4x C©u Cho 2 P  2x a) Chứng minh x b) Tính P 1  P Q  5 12 24 2.Tính  x 1 x 1 x   x  x  B      :  x  x  x  x  x      C©u Cho biểu thức a) Rút gọn B x 3  2 b) Tính giá trị B B 1 x 0; x 1 c) Chứng minh với gía trị x thỏa mãn     M   1 a  :  1  1 a   1 a2  C©u 10 Cho a) Tìm TXĐ b) Rút gọn biểu thức M a  c) Tính giá trị M A= ( a+ √ a a −√a +1 ⋅ − ; a ≥ , a ≠1 C©u 11 Cho biểu thức: √ a+1 √ a −1 )( ) Rút gọn biểu thức A Tìm a ≥0 và a≠1 thoả mãn đẳng thức: A= -a2 y y xy S= √ + √ : √ ; x> , y >0 , x ≠ y C©u 12 Cho biểu thức: x+ √ xy x − √ xy x − y Rút gọn biểu thức trên Tìm giá trị x và y để S=1 x+ x − √ x +1 Q= √ −√ ⋅ ; x >0 , x ≠ C©u 13 Cho biểu thức: x +2 √ x+1 x −1 √x ( ) ( ) Q= a Chứng minh x−1 b Tìm số nguyên x lớn để Q có giá trị là số nguyên 1 x +2 √ x+1 A= − : √ − ; x> , x ≠1 , x ≠ C©u 14 Cho biểu thức: √ x √ x − √ x −1 √ x − Rút gọn A Tìm x để A = a+1 √a − a ; a>1 C©u 15 Rút gọn biểu thức: A= √ + + √ a −1 − √ a2 +a √ a −1+√ a √ a −1 x+ x +1 x +1 T= + √ −√ ; x >0 , x ≠ C©u 16 Cho biểu thức: x √ x −1 x + √ x+ x − 1 Rút gọn biểu thức T Chứng minh với x > và x≠1 luôn có T<1/3 )( ( 1 x M  1 x  1  x ) 1 x  x ; x 0; x 1 Rút gọn biểu thức M Tìm x để M ≥ Bài 18: Cho biểu thức : C©u 17 Cho biểu thức:  2mn 2mn  A=  m+  m 1 2  1+n 1 n  n  với m ≥ ; n ≥ a) Rút gọn biểu thức A m  56  24 b) Tìm giá trị A với c) Tìm giá trị nhỏ A  P     P  a a  1   :   a    a 1 a  1 a 2 a1  Bài 19: Cho biểu thức a) Rút gọn P a 1 1 b) Tìm a để a 3 a 2      x   x P   :     x  x  x x  x  x      Bài 20: Cho biểu thức a) Tìm ĐKXĐ và Rút gọn P P x b) Tìm các giá trị nguyên x để nhận giá trị nguyên VẤN ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN SỐ A KIẾN THỨC CẦN NHỚ: I §Þnh nghÜa : Ph¬ng tr×nh bËc hai mét Èn lµ ph¬ng tr×nh cã d¹ng ax  bx  c 0 a 0 đó x là ẩn; a, b, c là số cho trớc gọi là các hệ số và II C«ng thøc nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai : ax  bx  c 0(a 0) Ph¬ng tr×nh bËc hai  b  4ac   *) NÕu ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt :  b   b  ; x2  2a 2a  0 *) NÕu ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp : x1  x1  x  b 2a   *) NÕu ph¬ng tr×nh v« nghiÖm III C«ng thøc nghiÖm thu gän : ax  bx  c 0(a 0) b 2b ' Ph¬ng tr×nh bËc hai vµ  ' b '2  ac  b '  '  b '  ' ; x2  ' 0 a a *) NÕu ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt :  b' x1  x   ' 0 a *) NÕu ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp :  '  *) NÕu ph¬ng tr×nh v« nghiÖm x1  IV HÖ thøc Vi - Et vµ øng dông : ax  bx  c 0(a 0) NÕu x ; x lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh th× : b   x1  x  a  x x  c  a Muèn t×m hai sè u vµ v, biÕt u + v = S, uv = P, ta gi¶i ph¬ng tr×nh : x  Sx  P 0 S2  4P 0 (Điều kiện để có u và v là ) ax  bx  c 0(a 0) NÕu a + b + c = th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : c x1 1; x  a ax  bx  c 0(a 0) NÕu a - b + c = th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : x1  1; x  c a IV: Các điều kiện để phương trình có nghiệm thỏa mãn đặc điểm cho trước: Tìm điều kiện tổng quát để phơng trình ax2+bx+c = (a  0) có: Cã nghiÖm (cã hai nghiÖm)    V« nghiÖm   < NghiÖm nhÊt (nghiÖm kÐp, hai nghiÖm b»ng nhau)   = Cã hai nghiÖm ph©n biÖt (kh¸c nhau)   > Hai nghiÖm cïng dÊu   vµ P > Hai nghiÖm tr¸i dÊu   > vµ P <  a.c < Hai nghiÖm d¬ng(lín h¬n 0)   0; S > vµ P > Hai nghiÖm ©m(nhá h¬n 0)   0; S < vµ P > Hai nghiệm đối   và S = 10.Hai nghiệm nghịch đảo   và P = 11 Hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn  a.c < vµ S < 12 Hai nghiệm trái dấu và nghiệm dơng có giá trị tuyệt đối lớn  a.c < vµ S > B MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI: Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau : a / 2x  0 b / 3x  5x 0 e / x  3x  2x  0 c /  2x  3x  0 d / x  3x  0 x 2 f/ 3  x 2 x Gi¶i 2 a / 2x  0  2x 8  x 4  x 2 x 2 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm  x 0  x 0 b / 3x  5x 0  x(3x  5)     x 5 3x     x 0; x  VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm c /  2x  3x  0 NhÈm nghiÖm : 5   2 Ta cã : a - b + c = - - + = => ph¬ng tr×nh cã nghiÖm : d / x  3x  0 t x (t 0) t  3t  0 §Æt Ta cã ph¬ng tr×nh : x1  1; x  a+b+c=1+3-4=0 t    t1 1  => ph¬ng tr×nh cã nghiÖm : (tháa m·n); t 1  x 1  x 1 Với: (lo¹i) x 1 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm e / x  3x  2x  0  (x  3x )  (2x  6) 0  x (x  3)  2(x  3) 0  (x  3)(x  2) 0  x  0    x  0  x     x 2  x    x  x  3; x  VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x 2 f/ 3  x  x x 2; x 5 (§KX§ : ) x 2 3  x  x Ph¬ng tr×nh : (x  2)(2  x) 3(x  5)(2  x) 6(x  5)   (x  5)(2  x) (x  5)(2  x) (x  5)(2  x)  (x  2)(2  x)  3(x  5)(2  x) 6(x  5)    x  6x  3x  30  15x 6x  30   4x  15x  0  152  4.( 4).4 225  64 289  0;  17  15  17 x1   2.( 4) => ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : (tháa m·n §KX§) x2   15  17 4 2.( 4) (tháa m·n §KX§) x  mx  m  0 Bµi Cho ph¬ng tr×nh bËc hai Èn x, tham sè m : a/ Gi¶i ph¬ng tr×nh víi m = - 2 x12  x 22 ; x13  x 32 (1) b/ Gäi x1; x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh TÝnh theo m 2 x  x 9 c/ Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x ; x thỏa mãn : d/ Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : 2x1 + 3x2 = e/ Tìm m để phơng trình có nghiệm x1 = - Tính nghiệm còn lại f/ Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu g/ LËp hÖ thøc liªn hÖ gi÷a hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m HƯỚNG DẪN GIẢI: a/ Thay m = - vµo ph¬ng tr×nh (1) ta cã ph¬ng tr×nh : x  2x 1 0  (x  1) 0  x  0  x 1 VËy víi m = - ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt x = 2 x  mx  m  0  m  4(m  3) m  4m  12 b/ Ph¬ng tr×nh : (1) x1 ; x   0 Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm  x1  x  m   x1x m  2 (a) (b) Khi đó theo định lý Vi-et, ta có : x  x (x1  x )  2x1x (  m)  2(m  3) m  2m  *) x13  x 32 (x1  x )3  3x1x (x1  x ) (  m)3  3(m  3)(  m)  m  3m  9m *) x1 ; x   0 c/ Theo phÇn b : Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x12  x 22 m  2m  Khi đó x12  x 22 9  m  2m  9  m  2m  15 0 Do đó  '(m) (  1)  1.( 15) 1  15 16  0;  (m) 4 1 1 m1  5; m2   1 => ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : m 5     Thö l¹i : +) Víi => lo¹i Ta có: m    9  +) Víi => tháa m·n 2 x  x 9 VËy víi m = - th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x ; x tháa m·n : x1 ; x   0 d/ Theo phÇn b : Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm  x1  x  m   x1x m  (a) (b) Khi đó theo định lý Vi-et, ta có : HÖ thøc : 2x1 + 3x2 = (c) Tõ (a) vµ (c) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh :  x1  x  m   2x  3x   3x1  3x  3m   2x  3x    x1  3m    x  m  x   x1  3m   x 2m   x1  3m    x 2m  Thay vµo (b) ta cã ph¬ng tr×nh : (  3m  5)(2m  5) m    6m  15m  10m  25 m    6m  26m  28 0  3m  13m  14 0  (m) 132  4.3.14 1   13   2.3  13  m2   2.3 => ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt : m    0 Thö l¹i : +) Víi => tháa m·n 7 25 m    0 +) Víi => tháa m·n m  2; m  VËy víi ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1; x2 tháa m·n : 2x1 + 3x2 = m1  x1   (  3)  m.( 3)  m  0   2m  12 0  m 6 e/ Ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm x1  x  m  x  m  x1  x   ( 3)  x  Khi đó : VËy víi m = th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1 = x2 = -  ac   1.(m  3)   m    m   f/ Ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm tr¸i dÊu VËy víi m < - th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu  x1  x  m   x x  m   m  x1  x   x1  x x1 x   m  x x   g/ Gi¶ sö ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1; x2 Khi đó theo định lí Vi-et, ta có : Vậy hệ thức liên hệ x1; x2 không phụ thuộc vào m là: x1.x2 + (x1 + x2 ) – = Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh (m-1)x2 + 2x - = (1) (tham sè m) a) Tìm m để (1) có nghiệm b) Tìm m để (1) có nghiệm nhất? tìm nghiệm đó? c) Tìm m để (1) có nghiệm 2? đó hãy tìm nghiệm còn lại(nếu có)? HƯỚNG DẪN GIẢI: a) + NÕu m-1 =  m = th× (1) cã d¹ng 2x - =  x = (lµ nghiÖm) + Nếu m ≠ Khi đó (1) là phơng trình bậc hai có: ’=12- (-3)(m-1) = 3m-2 (1) cã nghiÖm  ’ = 3m-2   m  + KÕt hîp hai trêng hîp trªn ta cã: Víi m  th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm 3 b) + NÕu m-1 =  m = th× (1) cã d¹ng 2x - =  x = (lµ nghiÖm) 2 − + Nếu m ≠ Khi đó (1) là phơng trình bậc hai có: ’ = 1- (-3)(m-1) = 3m-2 (1) cã nghiÖm nhÊt  ’ = 3m-2 =  m = (tho¶ m·n m ≠ 1) 1 =− =3 m− −1 Khi đó x = +VËy víi m = th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt x = 2 víi m = th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt x = 3 c) Do ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1 = nªn ta cã: (m-1)22 + 2.2 - =  4m – =  m = Khi đó (1) là phơng trình bậc hai (do m -1 = -1= ≠ 0) − 4 −3 −3 = =12 ⇒ x 2=6 m−1 Theo ®inh lÝ Viet ta cã: x1.x2 = − VËy m = vµ nghiÖm cßn l¹i lµ x2 = Bµi 4: Cho ph¬ng tr×nh: x2 -2(m-1)x - - m = a) Chøng tá r»ng ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1, x2 víi mäi m b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm cùng âm d) T×m m cho nghiÖm sè x1, x2 cña ph¬ng tr×nh tho¶ m·n x12+x22 10 e) T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a x1 vµ x2 kh«ng phô thuéc vµo m f) H·y biÓu thÞ x1 qua x2 HƯỚNG DẪN GIẢI: (m− 12 ) +154 a) Ta cã: ’ = (m-1)2 – (– – m ) = ( m− ≥0 ) 15 >0 Do víi mäi m;   > víi mäi m  Ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt Hay ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm (®pcm) b) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu  a.c <  – – m <  m > -3 VËy m > -3 c) Theo ý a) ta cã ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm Khi đó theo định lí Viet ta có: S = x1 + x2 = 2(m-1) và P = x1.x2 = - (m+3) Khi đó phơng trình có hai nghiệm âm  S < và P > ⇔ 2(m− 1)< −(m+3)> ⇔ ¿ m<1 m<−3 ⇔ m< −3 ¿{ VËy m < -3 d) Theo ý a) ta cã ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm Theo định lí Viet ta có: S = x1 + x2 = 2(m-1) và P = x1.x2 = - (m+3) Khi đó A = x12+x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m-1)2+2(m+3) = 4m2 – 6m + 10 Theo bµi A  10  4m2 – 6m   2m(2m-3)  ⇔ ¿m ≥0 m−3 ≥ ¿ ¿ ¿ m≤ ¿ m−3 ≤ ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ ¿ ¿ m≥ ¿ ¿ m≥ ¿ ¿ ¿ VËy m  hoÆc m  e) Theo ý a) ta cã ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ¿ x1 + x 2=2(m −1) x x 2=−(m+3) ⇔ ¿ x1 + x 2=2 m− 2 x x 2=− 2m −6 ¿{ ¿ Theo định lí Viet ta có:  x1 + x2+2x1x2 = - VËy x1+x2+2x1x2+ = lµ hÖ thøc liªn hÖ gi÷a x1 vµ x2 kh«ng phô thuéc m 8+ x2 f) Tõ ý e) ta cã: x1 + x2+2x1x2 = -  x1(1+2x2) = - ( +x2)  1+ x 8+ x2 x2 ≠ − VËy () x 1=− 1+ x x 1=− Bµi 5: Cho ph¬ng tr×nh: x2 + 2x + m-1= ( m lµ tham sè) a) Phơng trình có hai nghiệm là nghịch đảo b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn 3x1+2x2 = y 1=x 1+ x2 y 2=x 2+ x1 c) LËp ph¬ng tr×nh Èn y tho¶ m·n ; víi x1; x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ë trªn HƯỚNG DẪN GIẢI: a) Ta cã  = – (m-1) = – m Phơng trình có hai nghiệm là nghịch đảo ’ ⇔ Δ' ≥0 P=1 ⇔ ¿ 2− m≥ m− 1=1 ⇔ ¿ m≤ m=2 ⇔ m=2 ¿{ VËy m = b) Ta cã ’ = 12 – (m-1) = – m Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm     – m   m  (*) Khi đó theo định lí Viet ta có: x1+ x2 = -2 (1); x1x2 = m – (2) Theo bµi: 3x1+2x2 = (3) ¿ x + x 2=−2 x1 +2 x 2=1 ⇔ ¿ x +2 x2=−4 x1 +2 x 2=1 ⇔ ¿ x 1=5 x + x 2=−2 ⇔ ¿ x 1=5 x2=−7 ¿{ ¿ Tõ (1) vµ (3) ta cã: ThÕ vµo (2) ta cã: 5(-7) = m -1  m = - 34 (tho¶ m·n (*)) VËy m = -34 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m d) Với m  thì phơng trình đã cho có hai nghiệm Theo định lí Viet ta có: x1+ x2 = -2 (1) ; x1x2 = m – (2) y 1+ y 2=x 1+ x + y y 2=( x 1+ 2m 1−m x +x 1 −2 2m + =x 1+ x + =−2+ = x1 x x1 x2 m−1 −m Khi đó: (m≠1) 1 1 m2 )( x 2+ )=x x + +2=m−1+ +2= x2 x1 x1 x m− m −1 m m−1 (m≠1)  y1; y2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: y2 - y + = (m≠1) Ph¬ng tr×nh Èn y cÇn lËp lµ: (m-1)y2 + 2my + m2 = C MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bµi 1Cho ph¬ng tr×nh (m - 1)x2 - 2mx + m + = (1) Tìm tất các số nguyên m để phơng trình (1) có nghiệm nguyên ⇔ x=1 HDÉn : * m = : -2x + = m+1 * m: m - + (-2m) +m +1 = ; x 2= =1+ ⇒ x 1=1 m−1 m− ⇒ m− 1=± 1; ± ⇒ m∈ { −1 ; ; 2; } Bµi 2: Cho ph¬ng tr×nh x2 + (2m - 5)x - 3n = Xác định m và n để phơng trình có nghiệm là và -2 ¿ ⇔ m− n=6 m=2 m+3 n=14 HDÉn : n=2 ¿{ ¿{ ¿ Bài 3: Tìm m, n để phơng trình bậc hai sau đây có nghiệm là : mx2 + (mn + 1)x + n = ¿ m≠ Δ=0 m + ( mn +1 ) + n=0 ¿{{ ¿ ⇔ m=−2 n=− ¿{ HDÉn : Bµi 4: Cho hai ph¬ng tr×nh : x2 - 3x + 2m + = (1) vµ x2 + x - 2m - 10 = (2) CMR : Víi mäi m, Ýt nhÊt ph¬ng tr×nh trªn cã nghiÖm Δ 1+ Δ2=¿ ⇒ HDÉn : 26 > cã biÖt sè kh«ng ©m m Bµi 5: Cho hai ph¬ng tr×nh : x2 + (m - 2)x += (1) vµ 4x2 - 4(m - 3)x + 2m2 - 11m + 13 = (2) CMR víi mäi m, Ýt nhÊt ph¬ng tr×nh trªn cã nghiÖm Δ 1=( m−1)(m− 4) m− ¿ ≤ m −1 ¿2 ¿ Δ Δ2=−16 ¿ Δ 2=16(1 −m)(m− 4) ⇒ HDÉn : ; cã biÖt sè kh«ng ©m Bài 6: Tìm giá trị m để hai phơng trình sau đây có ít nghiệm chung x2 + 2x + m = x2 + mx + = ❑0 HDÉn : (m -2)x= m - : + m =2 : hai ph¬ng tr×nh cã d¹ng : x2 + 2x +2 = ( v« nghiÖm) + m : x= ; m = -3 Bài 7: Tìm giá trị m để hai phơng trình sau đây có ít nghiệm chung x2 + (m - 2)x + = 2x2 + mx + (m + 2) = ❑0 ❑0 HDÉn : (m - 4)x= m - nghiÖm) : + m = : hai ph¬ng tr×nh cã d¹ng : x2 + 2x +3 = ( v« + m : x= ; m = -2 x Bµi : Gäi vµ lµ nh÷ng nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : 3x2 - (3k - 2)x - (3k + 1) = ❑0 x1 (1) x1 −5 x 2=6 Tìm giá trị k để các nghiệm phơng trình (1) thoả m·n : k=0 ¿ 32 k =− k + ¿ ≥0 ⇔ k ≠− * * (t/m) 15 HDÉn : ¿ Δ=¿ ¿ ¿ ¿ x , x x1 x −5 ( x1 + x 2)+7=0 Bµi : Cho ph¬ng tr×nh : x2 - (2m + 1)x + m2 + = Xác định m để hai nghiệm ta cã hÖ thøc : Δ=4 m−7 ≥ ⇔ m≥ m=2 ¿ m= ¿ ¿ ¿ ¿ HDÉn : * * lo¹i m = x −2 ( m+2 ) x +m+1=0 Bµi 10: Cho ph¬ng tr×nh Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng x ( −2 x2 ) + x ( 1− x )=m trình Tìm giá trị m để Δ 3 + >0 ( ) ' m+ HDÉn : *= ⇔ x + x2 − x x 2=m2 ⇔ m ( m+2 ) =0 ⇔ m=0 ¿ m=−2 * x ( −2 x2 ) + x ( 1− x )=m ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x −2 ( m− ) x+2 m −7=0 Bµi 11: Cho ph¬ng tr×nh (1) 1 + =m Gọi hai nghiệm phơng trình (1) là x1, x2 hãy tìm m để x +1 x 2+ *= ( m− )2 ≥ HDÉn : 1 + =m ⇔ m −7 m+2=0 ⇔ m= ± √ 33 x +1 x 2+ Δ * Bài 11: Cho phơng trình x2 - ( 2m + 1)x + m2 + m = Tìm các giá trị m để phơng tr×nh cã hai nghiÖm tho¶ m·n: - 2<x1<x2<4 ⇒ Δ ¿ x >−2 x 2< ⇔ HDÉn : ¿ m>− m<3 ⇔ − 2< m< ¿{ ¿ *= 1>0 * x1= m , x2= m + x1 < x2Do đó: x1 x 2 + ≥3 Bµi 12: T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè a cho ph¬ng tr×nh: x2 + 2ax + x2 x1 = (1) cã c¸c nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ( )( ) Δ ' ⇔ a ≤ −2 ¿ a≥2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ HDÉn : *= a2 - x1 x 2 x1 x 2 + = + −2 ≥3 x2 x1 x2 x ( )( ) ( ) ⇔ [ ( x + x2 ) −2 x x x x2 ] ≥5 a ≤ −2 ¿ a≥2 a2 − ( v× nªn 4a2 - > ) ⇔ ≥ √5 ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ a ≥ 2+ √ ⇔|a|≥ √ 2+ √5 (t /m) mx − ( m− ) x +6 m −5=0 Bµi 13: Cho ph¬ng tr×nh bËc hai 1-Tìm m để phơng trình có nghiệm đối ( m=1 ) 2-Tìm m để phơng trình có nghiệm nghịch đảo * ( m =) Bài 14: Tìm giá trị m để phơng trình: a) 2x2 + mx + m - = Có nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn nghiệm dơng ( 0<m <3) b) x2 - 2(m - 1)x + m - = Có nghiệm trái dấu và giá trị tuyệt đối (m = 1) Bài 15: Xác định m để phơng trình x2 - (m + 1)x + 2m = có hai nghiệm phân biệt cho x1, x2 là độ dài hai cạnh góc vuông tam giác vuông có cạnh huyền Δ>0 S>0 P>0 x + x2 =5 ⇔ ¿ m<3− √ ; m>3+ √ m> −1 m> m=6 ; m=− ⇔ m=6 {{{ {{{ ¿ 2 ( m− ) x − ( m−1 ) x+ m=0 Bµi 16: Sè ®o hai c¹nh gãc vu«ng cña mét tam gi¸c vu«ng lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai : Hãy xác định giá trị m để số đo đờng cao ứngvới cạnh huyền là √5 ¿ m≠ Δ' ≥ P> S >0 ⇔ ¿{{{ ¿ ¿ 1 + = x1 x2 √5 2 ( ) x − ( m+n ) x − m=0 ⇔ m=4(t / m) HD GIẢI* * đó x1 = 1; x2 = x − ( m+3 n ) x − 6=0 Bµi 17: Cho hai ph¬ng tr×nh (1) vµ (2) Tìm m và n để các phơng trình (1) và (2) tơng đơng ⇒ H.DẪN ¿ m+ n=m+3 n m=6 ⇔ ¿ m=2 n=1 ¿{ ¿ *Ph¬ng tr×nh (2) cã ac = - 6<0 (2) cã nghiÖm ph©n biÖt * * Thö l¹i, rót kÕt luËn Bài 18: Tìm các giá trị m và n để hai phơng trình sau tơng đơng : (1) vµ (2) x 2+ ( m+3 n ) x − 9=0 x 2+ ( m+ n ) x+3 n=0 ⇒ H.DẪN*Ph¬ng tr×nh (1) cã ac = - 9<0 (1) cã nghiÖm ph©n biÖt ¿ − ( m+3 n )=− ( m+ n ) − 9=3 n * ⇔ m=n=− ¿{ ¿ * Thö l¹i, rót kÕt luËn 2( x + x )−5 x x Bµi 19: Cho ph¬ng tr×nh T×m m cho A = x −2 mx +2 m −1=0 đạt giá trị nhỏ ' Δ =( m−1 ) ≥ * ( A=8 m2 −18 m+9=2 m− 9 9 − ≥ − ⇒ A =− ⇔ m= 8 8 ) * x , x x + x Bµi 20: Cho ph¬ng tr×nh (1) Gäi lµ c¸c nghiÖm x −2( m−2) x −6 m=0 cña ph¬ng tr×nh (1) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña ' Δ =( m+1 ) +3> x2 + x2 2 * ( m−1 )2 +15 ≥15 ⇒ ( x2 + x )min =15 ⇔m= 2 *= x −2( m+1)x +m − 4=0 x , x Bµi 21: Cho ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x ( − x ) + x ( − x ) Chøng minh r»ng biÓu thøc H = kh«ng phô thuéc vµo m 19 + > HƯỚNG DẪN: * H=( x + x ) − x x 2=2 ( m+1 ) −2 ( m− 4=10 ) ( ) Δ' = m+ * x , x Bµi 22: Cho ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x −2( m+1) x +m −3=0 x ( 2007 −2006 x ) + x ( 2007− 2008 x1 ) Chøng minh r»ng biÓu thøc Q = kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m 2 15 Δ ' = m+ + > HƯỚNG DẪN: * Q=2007 ( x + x ) − 4014 x x 2=2007 ( m+2 ) − 4014 ( m−3 )=16056 ( ) * VẤN ĐỀ 3: HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ BẬC NHẤT – BẬC (KHUYẾT) A KIẾN THỨC CẦN NHỚ: I Hµm sè bËc nhÊt a Kh¸i niÖm hµm sè bËc nhÊt - Hàm số bậc là hàm số đợc cho công thức y = ax + b Trong đó a, b là c¸c sè cho tríc vµ a b TÝnh chÊt Hàm số bậc y = ax + b xác định với giá trị x thuộc R và có tính chất sau: - §ång biÕn trªn R a > - NghÞch biÕn trªn R a < c §å thÞ cña hµm sè y = ax + b (a 0) Đồ thị hàm số y = ax + b (a 0) là đờng thẳng - Cắt trục tung điểm có tung độ b - Song song với đờng thẳng y = ax, b 0, trùng với đờng thẳng y = ax, b =0 * Cách vẽ đồ thị hàm số y = ax + b (a 0) Bớc Cho x = thì y = b ta đợc điểm P(0; b) thuộc trục tung Oy Cho y = thì x = -b/a ta đợc điểm Q(-b/a; 0) thuộc trục hoành Bớc Vẽ đờng thẳng qua hai điểm P và Q ta đợc đồ thị hàm số y = ax + b d Vị trí tơng đối hai đờng thẳng  Cho hai đờng thẳng (d): y = ax + b (a 0) và (d’): y = a’x + b’ (a’0) Khi đó  a a ' d // d '   b b ' + d ' d '  A  a a ' +  a a ' d d '   b b ' + d  d '  a.a '  + e Hệ số góc đờng thẳng y = ax + b (a 0)  Góc tạo đờng thẳng y = ax + b và trục Ox - Góc tạo đờng thẳng y = ax + b và trục Ox là góc tạo tia Ax và tia AT, đó A là giao điểm đờng thẳng y = ax + b với trục Ox, T là điểm thuộc đờng thẳng y = ax + b và có tung độ dơng  Hệ số góc đờng thẳng y = ax + b -Hệ số a y = ax + b đợc gọi là hệ số góc đờng thẳng y = ax +b II Hµm sè bËc hai a §Þnh nghÜa - Hµm sè cã d¹ng y = ax2 (a 0) b TÝnh chÊt - Hµm sè y = ax2 (a 0) x¸c ®inh víi mäi gi¸ trÞ cña c thuéc R vµ: + Nếu a > thì hàm số nghịch biến x < 0, đồng biến x > + Nếu a < thì hàm số đồng biến x < 0, nghịch biến x > c §å thÞ cña hµm sè y = ax2 (a 0) - Đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) là Parabol qua gốc tọa độ nhận trục Oy làm trục đối xứng + Nếu a > thì đồ thị nằm phía trên trục hoành, O là điểm thấp đồ thị + Nếu a < thì đồ thị nằm phía dời trục hoành, O là điểm cao đồ thị KiÕn thøc bæ xung Công thức tính toạ độ trung điểm đoạn thẳng và độ dài đoạn thẳng Cho hai điểm phân biệt A với B với A(x1, y1) và B(x2, y2) Khi đó AB  ( x  x )  ( y  y ) B A B A Độ dài đoạn thẳng AB đợc tính công thức - Tọa độ trung điểm M AB đợc tính công thức xM  x A  xB y  yB ; yM  A 2  Quan hệ Parabol y = ax2 (a 0) và đờng thẳng y = mx + n (m 0) Cho Parabol (P): y = ax2 (a 0) và đờng thẳng (d): y = mx + n Khi đó  y ax  -  y mx  n Tọa độ giao điểm (P) và (d) là nghiệm hệ phơng trình - Hoành độ giao điểm (P) và (d) là nghiệm phơng trình ax2= mx + n (*) - Sè giao ®iÓm cña (P) vµ (d) lµ sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (*) + NÕu (*) v« nghiÖm th× (P) vµ (d) kh«ng cã ®iÓm chung + NÕu (*) cã nghiÖm kÐp th× (P) vµ (d) tiÕp xóc + NÕu (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt th× (P) vµ (d) c¾t t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt Một số phép biến đổi đồ thị Cho hàm số y = f(x) có đồ thị là (C) - Đồ thị (C1): y = f(x) + b đợc suy cách tịnh tiến (C) dọc theo trục tung b đơn vị - Đồ thị (C2): y = f(x + a) đợc suy cách tịnh tiến (C) dọc theo trục hoành –a đơn vị - §å thÞ (C3): y = f(|x|) gåm hai phÇn + Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm bên phải Oy, bỏ phần (C) nằm bên trái Oy + Lấy đối xứng phần (C) nằm bên phải Oy qua Oy - §å thÞ (C4): y = |f(x)| gåm hai phÇn + Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm bên trên Ox, bỏ phần (C) nằm bên dới Ox + Lấy đối xứng phần (C) nằm bên trờn Ox qua Oy III Tương quan đồ thị Hàm số bậc – Hàm số bậc hai Cho Parabol (P): y = ax2 (a 0) và đờng thẳng (d): y = mx + n Khi đó: Hoành độ giao điểm (P) và (d) là nghiệm phơng trình ax2= mx + n (*) - Sè giao ®iÓm cña (P) vµ (d) lµ sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (*) + NÕu (*) v« nghiÖm th× (P) vµ (d) kh«ng cã ®iÓm chung + NÕu (*) cã nghiÖm kÐp th× (P) vµ (d) tiÕp xóc + NÕu (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt th× (P) vµ (d) c¾t t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt B MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI: y 2 x Bài tập 1: Trên cùng mặt phẳng toạ độ cho Parabol (P) và đường thẳng (d) y=(m-2)x+1 và (d’)y=-x+3 (m là tham số ) Xác định m để (P) ,(d) và (d’) coù ñieåm chung Giải: Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d’):   x1 1; x2  3 2x2=-x+32x2+x-3=0 (a+b+c=0) +Khi x=1 thì y=2 x 3 y 2 +Khi thì  3 9 A  1;2  & B  ;   2  Vaäy (d’) caét (P) taïi ñieåm phaân bieät  (m  2).1   Ad 9   Bd  (m  2)( )   2  m 3   m  Để (P) ,(d) và (d’) có điểm chung thì  1 Vậy với m=3 hay m=thì (P) ,(d) và (d’) có điểm chung y  x Bài tập 2: Trong cùng mặt phẳng toạ độ , cho (P) : và đường thẳng (d) : y=mx+1 (m là tham số ).Xác định m để : a) (d) tieáp xuùc (P) b)(d) caét (P) taïi ñieåm phaân bieät c) (d) vaø (P) khoâng coù ñieåm chung Giaûi : Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) là : x2+mx+1=0 (*)  m  a) (d) tieáp xuùc (P)khi phöông trình (*) coù nghieäm keùp  m 2   0  m  0    m  b) (d) caét (P) taïi ñieåm phaân bieät (*) coù nghieäm phaân bieät m 2     m2     m   c) (d) vaø (P) khoâng coù ñieåm chung (*) voâ nghieäm     m2      m  y x2 m 3 y (m  1) x  (m  R) 2 Baøi taäp 3: Cho (P) : vaø (d) : x A  x B 10 Xác định m để (d) cắt (P)tại điểm A(x ; y ) ; B(x ; y ) cho : A A B B Giaûi: Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d)là : x2 3m  m   x  (*)  x  2(m  1) x   m 0 2 15   15  ' m  m    m     4  2 Vaäy phöông trình (*) coù nghieäm phaân bieät laø xA ; xB  x A  x B 2(m  1)   x A x B   m Theo Vieùt ta coù : Dox A  x B 0   x A  x B   x A xB 0  4m  6m 0  2m(m  3) 0  m 0; m 3  m 3    m 0; m 3  m 0  m 3  m 0  Vậy với thì (P) cắt (d) điểm phân biệt A;B y x2 Bài tập 4: Trong cùng mặt phẳng toạ độ , cho (P) : , điểm M(0;2)  AOB 90 Đường thẳng (D) qua M và không trùng với Oy Chứng minh (d) caét (P)taïi ñieåm phaân bieät cho Giaûi: - Vì (D) qua M(0;2) và không trùng với Oy nên có dạng y=ax+b M  (D)  - neân: 2=a.0+b b=2 vaø (D): y=ax+2 Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (D) là : x2 ax   x  2ax  0(*) Vì phöông trình (*) coù heä soá a=1 ; c—4 (a.c<0) neân (*) coù nghieäm phaân bieät  x A  x B 2a   x A x B  A(xA; yA) ; B(xB; yB) Theo hệ thức Viét ta có: x A x2 ; B  ( P )  yB  B 2 x A x 4B 2 2 2 2  OA  x A     y A   x A  ; OB  x B     yB   x B  4 2 4 x x  x x B 2 AB  x A  x B    y A  yB   x A  x B    A  B  x A  x B  A   Vì A  ( P )  y A  x4 A  x4B 2 Vaäy : OA  OB  AB  AOBvuoâng taïi O Ta coù OA  OB x A  x B  C MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Bµi Cho hai hµm sè: y = x vµ y = 3x a Vẽ đồ thị hai hàm số đó trên cùng hệ trục tọa độ Oxy b Đờng thẳng song song với trục Ox, cắt Oy điểm có tung độ 6, cắt các đờng thẳng: y = x và y = 3x lần lợt A và B Tìm tọa độ các điểm A và B, tÝnh chu vi, diÖn tÝch tam gi¸c OAB y x Bµi 2: Cho hµm sè y = - 2x vµ a Vẽ trên cùng hệ trục tọa độ Oxy đồ thị hai hàm số trên; y x Qua điểm (0; 2) vẽ đờng thẳng song song với trục Ox cắt đờng thẳng b vµ y = - 2x lÇn lît t¹i A vµ B Chøng minh tam gi¸c AOB lµ tam gi¸c vu«ng và tính diện tích tam giác đó Bµi 3: Cho hµm sè: y = (m + 4)x - m + (d) a Tìm các giá trị m để hàm số đồng biến, nghịch biến b Tìm các giá trị m, biết đờng thẳng (d) qua điểm A(-1; 2) Vẽ đồ thị hàm số với giá trị tìm đợc m c Chứng minh m thay đổi thì các đờng thẳng (d) luôn luôn qua điểm cố định Bài 4: Cho ba đờng thẳng y = -x + 1, y = x + và y = -1 a Vẽ ba đờng thẳng đã cho trên cùng hệ trục tọa độ Oxy b Gọi giao điểm đờng thẳng y = -x + và y = x + là A, giao điểm đờng thẳng y = -1 với hai đờng thẳng y = -x + và y = x + theo thứ tự là B và C Tìm tọa độ các điểm A, B, C c Tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c g×? TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC Bài 5: Cho đờng thẳng (d): ;y = - 2x + a Xác định tọa độ giao điểm A và B đờng thẳng d với hai trục Ox, Oy, tính khoảng cách từ điểm O(0; 0) đến đờng thẳng d b Tính khoảng cách từ điểm C(0; -2) đến đờng thẳng d Bài 6: Tìm giá trị k để ba đờng thẳng: y  x  y  x  3 k k y = 2x + (d1) đồng quy mặt phẳng tọa độ (d2) (d3) Bài 7: Cho hai đờng thẳng: y = (m + 1)x - và y = (2m - 1)x + m  Chứng minh thì hai đờng thẳng đã cho vuông góc với a b Tìm tất các giá trị m để hai đờng thẳng đã cho vuông góc với Bài 8: Xác định hàm số y = ax + b trờng hợp sau: a a   Khi , đồ thị hàm số cắt trục tung điểm có tung độ b Khi a = - 5, đồ thị hàm số qua điểm A(- 2; 3) c §å thÞ hµm sè ®i qua hai ®iÓm M(1; 3) vµ N(- 2; 6) 1;7   d y  x  Đồ thị hàm số song song với đờng thẳng và qua điểm Bài 9: Cho đờng thẳng: y = 4x (d) a Viết phơng trình đờng thẳng (d1) song song với đờng thẳng (d) và có tung độ gèc b»ng 10 b Viết phơng trình đờng thẳng (d2) vuông góc với đờng thẳng (d) và cắt trục Ox điểm có hoành độ – c Viết phơng trình đờng thẳng (d3) song song với đờng thẳng (d) cắt trục Ox A, c¾t trôc Oy t¹i B vµ diÖn tÝch tam gi¸c AOB b»ng y  x 2 Bµi 10: Cho hµm sè: y = 2x + (d1) (d2) a Vẽ đồ thị hai hàm số đã cho trên cùng hệ trục tọa độ Oxy b Gọi giao điểm đờng thẳng (d1) với trục Oy là A, giao điểm đờng thẳng (d2) với trục Ox là B, còn giao điểm đờng thẳng (d1) và (d2) là C Tam giác ABC là tam giác gì? Tìm tọa độ các điểm A, B, C c TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC y x Bµi 11: Cho c¸c hµm sè sau: y = - x - (d1) ; (d2) ; y = 4x (d3) a Vẽ đồ thị các hàm số đã cho trên cùng hệ trục tọa độ Oxy b Gọi giao điểm đờng thẳng (d1) với đờng thẳng (d2) và (d3) lần lợt là A và B Tìm tọa độ các điểm A, B c Tam gi¸c AOB lµ tam gi¸c g×? V× sao? d TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c AOB Bài 12: Cho hai đờng thẳng: y = (k - 3)x - 3k + (d1) và y = (2k + 1)x + k + (d2) Tìm các giá trị k để: a (d1) vµ (d2) c¾t b (d1) vµ (d2) c¾t t¹i mét ®iÓm trªn trôc tung c (d1) vµ (d2) song song víi d (d1) vµ (d2) vu«ng gãc víi e (d1) vµ (d2) trïng Bµi 13: Cho hµm sè bËc nhÊt: y = (m + 3)x + n (d) Tìm các giá trị m, n để đờng thẳng (d): a §i qua ®iÓm A(1; - 3) vµ B(- 2; 3) b  3  Cắt trục tung điểm có tung độ , cắt trục hoành điểm có hoành độ c Cắt đờng thẳng 3y - x - = d Song song với đờng thẳng 2x + 5y = - e Trùng với đờng thẳng y - 3x - = Bµi 14: Cho hµm sè: y = (m2 - 6m + 12)x2 a Chứng tỏ hàm số nghịch biến khoảng (-2005; 0), đồng biến kho¶ng (0; 2005) b Khi m = 2, hãy tìm x để y = 8; y = và y = - 1 x  Khi m = 5, h·y t×m gi¸ trÞ cña y, biÕt vµ c x 1  2, x = 1- Bài 15 Cho đờng thẳng (d): y = (k - 2)x + q Tìm các giá trị k và q biết đờng th¼ng (d) tháa m·n mét c¸c ®iÒu kiÖn sau: a §i qua ®iÓm A(-1; 2) vµ B(3; 4) b  2  Cắt trục tung điểm có tung độ và cắt trục hoành điểm có hoành độ c Cắt đờng thẳng -2y + x - = d Song song với đờng thẳng 3x + 2y = Bài 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2/4 và đờng thẳng (d): y = mx + n Tìm các giá trị m và n biết đờng thẳng (d) thỏa mãn các điều kiÖn sau: a Song song với đờng thẳng y = x và tiếp xúc với (P) b §i qua ®iÓm A(1,5; -1) vµ tiÕp xóc víi (P) Tìm tọa độ tiếp điểm (P) và (d) trờng hợp trên y  x Bµi 17 Cho hµm sè: Vẽ đồ thị (P) hàm số trên Trên (P) lấy hai điểm M và N lần lợt có hoành độ là - 2; Viết phong trình đờng thẳng MN Xác định hàm số y = ax + b biết đồ thị (D) nó song song với đờng th¼ng MN vµ chØ c¾t (P) t¹i ®iÓm Bµi 18 Cho hµm sè: y = x2 vµ y = x + m (m lµ tham sè) Tìm m cho đồ thị (P) hàm số y = x2 và đồ thị (D) y = x + m có hai giao ®iÓm ph©n biÖt A vµ B Tìm phong trình đờng thẳng (d) vuông góc với (D) và (d) tiếp xúc với (P) a) Thiết lập công thức tính khoảng cách hai điểm theo tọa độ hai điểm Êy 3 b) ¸p dông: T×m m cho kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®iÓm A, B (ë c©u 1) lµ Bài 19 Trong cùng hệ trục tọa độ gọi (P) là đồ thị hàm số y = ax2 và (D) là đồ thị hàm sè y = - x + m Tìm a biết (P) qua A(2; -1) và vẽ (P) với a tìm đợc Tìm m cho (D) tiếp xúc với (P) (ở câu 1) và tìm tọa độ tiếp điểm Gọi B là giao điểm (D) (ở câu 2) với tung độ C là điểm đối xứng A y  x2 Bài 20 Cho parabol (P): và đờng thẳng (D) qua điểm A và B trên (P) có hoành độ lần lợt là - và Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (P) hàm số trên ViÕt phong tr×nh cña (D) y  x    2; 4 Tìm điểm M trên cung AB (P) (tơng ứng hoành độ) cho tam gi¸c MAB cã diÖn tÝch lín nhÊt x Bài 21 Trong cùng hệ trục vuông góc, cho parabol (P): và đờng thẳng (D): y = mx - 2m - 1 VÏ (P) T×m m cho (D) tiÕp xóc víi (P) Chứng tỏ (D) luôn luôn qua điểm cố định A thuộc (P) y  x I ( ;  1) Bài 22.Trong cùng hệ trục vuông góc có parabol (P): và đờng thẳng (D) qua ®iÓm cã hÖ sè gãc m VÏ (P) vµ viÕt phong tr×nh cña (D) T×m m cho (D) tiÕp xóc víi (P) T×m m cho (D) vµ (P) cã hai ®iÓm chung ph©n biÖt 1 y  x y  x  Bài 23 Trong cùng hệ trục tọa độ cho parabol (P): và đờng thẳng (D): VÏ (P) vµ (D) Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm (P) và (D) Tìm tọa độ điểm thuộc (P) cho đó đờng tiếp tuyến (P) song song víi (D) Bài 24 Cho họ đờng thẳng có phong trình: mx + (2m - 1)y + = (1) Viết phong trình đờng thẳng qua A(2; 1) Chứng minh các đờng thẳng trên luôn qua điểm cố định M với m Tìm tọa độ M Bµi 25 Cho parabol (P): y = x2 - 4x + Chứng minh đờng thẳng y = 2x - tiếp xúc với (P) Giải đồ thị bất phong trình: x2 - 4x + > 2x - y  x2 Bµi 26 Cho parabol (P), ®iÓm I(0; 2) vµ ®iÓm M(m; 0) víi m kh¸c VÏ (P) Viết phong trình đờng thẳng (D) qua hai điểm M, I Chứng minh đờng thẳng (D) luôn luôn cắt (P) hai điểm phân biệt A, B víi mäi m kh¸c Gäi H vµ K lµ h×nh chiÕu cña A vµ B lªn trôc hoµnh Chøng minh r»ng tam gi¸c IHK lµ tam gi¸c vu«ng Chứng minh độ dài đoạn AB > với m khác y  x Bài 27 Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho parbol (P): và điểm I(0; -2) Gọi (D) là đờng thẳng qua I và có hệ số góc m Vẽ đồ thị (P) Chøng tá r»ng víi mäi m, (D) lu«n lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B T×m quü tÝch trung ®iÓm M cña AB Với giá trị nào m thì AB ngắn nhất? Tìm giá trị nhỏ đó Bài 28 Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) mặt phẳng tọa độ Oxy VÏ (P) Gọi A và B là hai điểm nằm trên (P) lần lợt có hoành độ -1 và Chứng minh r»ng; tam gi¸c OAB vu«ng Viết phong trình đờng thẳng (D) song song với AB và tiếp xúc với (P) Cho đờng thẳng (d): y = mx + (với m là tham số) a Chứng minh rằng; (d) luôn luôn qua điểm cố định với m 1  11 x x2 b Tìm m cho (d) cắt đồ thị (P) hai điểm có hoành độ x1, x2 thỏa mãn: Vẽ (d) với m tìm đợc Bµi 29 Cho hµm sè: y = 2x2 (P) Vẽ đồ thị (P) hàm số Tìm quỹ tích các điểm M cho qua M có thể kẻ đợc hai đờng thẳng vuông gãc vµ cïng tiÕp xóc víi (P) Bài 30 Trong cùng mặt phẳng tọa độ cho parabol (P): y = - x2 + 4x - và đờng thẳng (D); 2y + 4x - 17 = VÏ (P) vµ (D) Tìm vị trí A thuộc (P) và B thuộc (D) cho độ dài đoạn AB ngắn Bài 31 Cho parabol (P): y = - x2 + 6x - Gọi (d) là đờng thẳng qua A(3; 2) và có hÖ sè gãc m Chứng tỏ với m, đờng thẳng (d) luôn luôn cắt (P) hai điểm phân biÖt B, C Xác định đờng thẳng (d) cho độ dài đoạn BC đạt giá trị nhỏ 1 y  x y mx  2 Bài 32 Cho parabol (P): và đờng thẳng (d) có phong trình: Chứng minh với m, (d) luôn luôn qua điểm cố định Chøng minh r»ng víi mäi m, (d) lu«n lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt M, N T×m quü tÝch trung ®iÓm I cña ®o¹n th¼ng MN Bài 33 Cho hai đờng thẳng (d1): y = (m2 + 2m)x và (d2): y = ax (a 0) Định a để (d2) qua A(3; -1) Tìm các giá trị m (d1) vuông góc với (d2) câu 1) Bµi 34 Cho hµm sè: y = ax + b Tìm a và b cho biết đồ thị hàm số qua hai điểm M(- 1; 1) và N(2; 4) Vẽ đồ thị (d1) hàm số với a, b tìm đợc Xác định m để đồ thị hàm số y = (2m2 – m)x + m2 + m là đờng thẳng song song với (d1) Vẽ (d2) vừa tìm đợc Gọi A là điểm trên đờng thẳng (d1) có hoành độ x = Tìm phong trình đờng thẳng (d3) qua A vuông góc với hai đờng thẳng (d1) và (d2) Tính khoảng c¸ch gi÷a (d1) vµ (d2) Bµi 35 Cho hµm sè: y = mx - 2m - (1) (m 0) Xác định m để đồ thị hàm số qua gốc tọa độ O Vẽ đồ thị (d1) vừa tìm đợc Tính theo m tọa độ các giao điểm A, B đồ thị hàm số (1) lần lợt với các trục Ox và Oy Xác định m để tam giác AOB có diện tích (đ.v.d.t) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn luôn qua điểm cố định m thay đổi Bµi 36 Cho parabol (P): y = ax2 vµ hai ®iÓm A(2; 3), B(- 1; 0) Tìm a biết (P) qua điểm M(1; 2) Khảo sát và vẽ (P) với a tìm đợc Tìm phong trình đờng thẳng AB tìm giao điểm đờng thẳng này với (P) (ở c©u 1) Gọi C là giao điểm có hoành độ dơng Viết phong trình đờng thẳng qua C và có víi (P) mét ®iÓm chung nhÊt Bµi 37:  Cho parabol (P): y = ax2; cho biết A(1; -1) (P) Xác định a và vẽ (P) với a tìm đợc Biện luận số giao điểm (P) với đờng thẳng (d): y = 2mx - m + 1  I  ; 2   Chứng tỏ rằng, thuộc (d) với m Tìm phong trình các đờng thẳng qua I vµ cã víi (P) ®iÓm chung nhÊt Bµi 38 y x2 y x  Khảo sát và vẽ đồ thị (P) hàm số và đờng thẳng (d): 2 Chøng minh r»ng (d) lµ mét tiÕp tuyÕn cña (P) Biện luận số giao điểm (P) và (d’): y = x - m hai cách (đồ thị và phép to¸n) Bµi 39 Cho parabol (P): y = ax2 vµ hai ®iÓm A(- 2; - 5) vµ B(3; 5) Viết phong trình đờng thẳng AB Xác định a để đờng thẳng AB tiếp xúc với (P) Tìm tọa độ tiếp điểm Khảo sát và vẽ đồ thị (P) với a vừa tìm đợc MN  Một đờng thẳng (D) di động luôn luôn vuông góc với AB và cắt (P) hai điểm M và N Xác định vị trí (D) để Bài 40 Cho hàm số: y = x2 - 2x + m - có đồ thị (P) Vẽ đồ thị (P) m = Xác định m để đồ thị (P) hàm số tiếp xúc với trục hoành Xác định m để đồ thị (P) hàm số cắt đờng thẳng (d) có phong trình: y = x + t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt Bài 41 Cho đờng thẳng (D1): y = mx - (D2): y = 2mx + - m Vẽ trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy các đờng thẳng (D1) và (D2) ứng với m = Tìm tọa độ giao điểm B chúng Qua O viết phong trình đờng thẳng vuông góc với (D1) A Xác định A và tính diện tích tam giác AOB Chứng tỏ các đờng thẳng (D1) và (D2) qua điểm cố định Tìm tọa độ điểm cố định Bài 42 Cho hai đờng thẳng (d1) và (d2) có phong trình: y 3 m  2m x  2m  y  (m  2) x  (d1): vµ (d2): Chứng minh (d1) và (d2) qua các điểm cố định Tìm tọa độ điểm cố định Viết phong trình các đờng thẳng (d1) và (d2); cho biết (d1) thẳng góc với (d2) Viết phong trình các đờng thẳng (d1) và (d2); cho biết (d1) song song với (d2) y  x2 Bµi 43 Cho parabol (P): Viết phong trình đờng thẳng có hệ số góc m và qua điểm A trên trục hoành có hoành độ là 1, đờng thẳng này gọi là (D) BiÖn luËn theo m sè giao ®iÓm cña (P) vµ (D) Viết phong trình đờng thẳng (D) tiếp xúc với (P) Tìm tọa độ tiếp điểm Trong trêng hîp (D) c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B T×m quü tÝch trung ®iÓm I cña AB Tìm trên (P) các điểm mà đờng thẳng (D) không qua với m Bµi 44 Cho parabol (P): y = x2 - 4x + và điểm A(2; 1) Gọi (D) là đờng thẳng qua A vµ cã hÖ sè gãc m Chøng minh r»ng (d) lu«n lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt M vµ N Xác định m để MN ngắn VẤN ĐỀ 4: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH HỆ PHƯƠNG TRÌNH A KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Phương pháp chung: Bước 1: Gọi ẩn phù hợp, đơn vị tính, điều kiện cho ẩn có Bước 2: Biểu đạt các đại lượng chưa biết thông qua ẩn và các đại lượng đã biết Bước 3: Lập phương trình hoặc hệ phương trình Bước 4: Giải phương trình, hệ phương trình lập bước Bước 5: Đối chiếu điều kiện và kết luận B MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI – HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: Tìm vận tốc và chiều dài đoàn tàu hoả biết đoàn tàu chạy ngang qua văn phòng ga từ đầu máy đến hết toa cuối cùng giây Cho biết sân ga dài 378m và thời gian kể từ đầu máy bắt đầu vào sân ga toa cuối cùng rời khỏi sân ga là 25 giây HD Giaûi: +/ Gọi x (m/s)là vận tốc đoàn tàu vào sân ga (x>0) Gọi y (m) là chiều dài đoàn tàu (y>0) +/ Tàu chạy ngang ga giây nghĩa là với vận tốc x (m/s) tàu chạy quãng đường y(m) giây Ta coù phöông trình : y=7x (1) +/ Khi đầu máy bắt đầu vào sân ga dài 378m toa cuối cùng rời khỏi sân ga 25 giây nghĩa là với vận tốc x (m/s) tàu chạy quãng đường y+378(m) maát 25giaây Ta coù phöông trình : y+378=25x (2)  y 7 x   y+378=25x +/ Kết hợp (1) và (2) ta hệ phương trình : +/ Giải ta có : x=21 ; y= 147 (thoả ĐKBT) Vậy vận tốc đoàn tàu là 21m/s Chiều dài đoàn tàu là : 147m Bài 2: Một thuyền xuôi, ngược dòng trên khúc sông dài 40km hết 4h30 phút Biết thời gian thuyền xuôi dòng 5km thời gian thuyền ngược dòng 4km Tính vận tóc dòng nước ? HD Giaûi: +/ Gọi x (km/h)là vận tốc thuyền nước yên lặng Gọi y(km/h) là vật tốc dòng nước (x,y>0)  x  y x  y +/ Vì thời gian thuyền xuôi dòng 5km thời gian thuyền ngược doøng 4km neân ta coù phöông trình : 40  40  x  y x  y +/ Vì thuyền xuôi, ngược dòng trên khúc sông dài 40km hết 4h30 phuùt (=h) neân ta coù phöông trình :   x  y  x  y   40  40   x  y x  y Ta coù heä phöông trình : +/ Giaûi ta coù : x=18 ; y= Vậy vận tốc dòng nước là km/h Bài 3: Trên đường tròn chu vi 1,2 m, ta lấy điểm cố định A Hai đim chuyển động M , N chạy trên đường tròn , cùng khởi hành từ A với vận tốc không đổi Nếu chúng di chuyển trái chiều thì chúng gặp sau 15 giây Nếu chúng di chuyển cùng chiều thì điểm M vượt Nđúng voøng sau 60 giaây.Tìm vaän toác moãi ñieåm M, N ? HD Giaûi: +/ Goïi x(m/s) laø vaän toác cuûa ñieåm M Goïi y(m/s) laø vaän toác cuûa ñieåm N (x>y>0) +/ Khi chuùng di chuyeån traùi chieàu , chuùng gaëp sau moãi 15 giaây neân ta coù phöông trình : 15x+15y=1,2 (1) +/ Khi M,N di chuyển cùng chiều thì điểm M vượt N đúng vòng sau 60 giaây neân ta coù phöông trình : 60x-60y=1 (2) 15x+15y=1,2  60x+60y=1 Ta coù heä phöông trình : +/ Giải hệ phương trình ta có x=0,05 ;y= 0,03 (thoả ĐKBT) Vaäy vaän toác ñieåm M laø : 0,05m/s vaø vaän toác ñieåm N laø : 0,03m/s Bài 4: Một môtô và ôtô cùng từ M đến K với vận tốc khác Vận tốc môtô là 62 km/h còn vận tốc ôtô là 55 km/h Để xe đến đích cùng lúc người ta đã cho ôtô chạy trước thời gian Nhưng vì lí đặc biệt nên chạy 2/3 quãng đường ôtô buộc phải chạy với vận tốc 27,5 km/h Vì còn cách K 124km thì môtô đuổi kịp ôtô Tính khoảng cách từ M đến N +/ Gọi khoảng cách MK là x km HD Giải: Gọi thời gian dự định ôtô trước môtô là y (giờ) x x  62  y  55  x 2  x  124 x  124  y   27,5 62 +/ Ta coù :  65 y 1 94 ( h) 1705 +/ Giaûi heä naøy ta ruùt : x= 514km ; Bài 5: Cho vòi A,B,C cùng chảy vào bể Vòi A và B chảy đầy bể 71 phút Vòi A và C chảy đầy bể 63 phút Vòi C và B chảy đầy bể 56 phuùt a Mỗi vòi làm đầy bể bao lâu ? Cả vòi cùng mở lúc thì đầy bể bao laâu ? b Biết vòi C chảy 10lít ít phút so với vòi A và B cùng chảy lúc Tính sức chứa bể và sức chảy vòi ? HD Giaûi: a) Vòi A làm đầy bể x phút ( phút làm đầy 1/x bể ) Vòi B làm đầy bể y phút ( phút làm đầy 1/y bể ) Vòi C làm đầy bể z phút ( phút làm đầy 1/z bể )   1 72    1   x y   1  63    1   x z  1 1 56    1   z y  Ta coù heä phöông trình : +/ Giải hệ phương trình ta : x=168 ; y=126 ; z=504/5   12  504 504 Nếu vòi cùng mở lúc thì sau phút đầy bể 504 42 12 vòi cùng làm đầy bể sau : phút (  5040  3 t  10   2520(l)  ).t t  t   504 504  504 504 504 b)Goïi dung tích cuûa beå laø t phút thì phút vòi C chảy 5/504.t lít , vòi A và B chảy lít Theo đề bài ta có phöông trình : 3.2520 15l / p 504 Sức chảy vòi A : 4.2520 20l / p 504 Tương tự sức chảy vòi B : 5.2520 25l / p 504 sức chảy vòi C : Bài 6: Nhân ngày 1/6 phân đội thiếu niên tặng số kẹo Số kẹo này chia hết va chia cho các đội viên Để đảm bảo nguyên tắc chia , phân đội trưởng đề xuất cách nhận quà sau: Bạn thứ nhận cái kẹo và 1/11 số kẹo còn lại Cứ tiếp tục đến bạn cuối cùng thứ n nhận nhận n cái kẹo và Hỏi phân đội thiếu niên nói trên có bao nhiêu đội viên ? Mỗi đội viên nhận bao nhiêu cái kẹo ? HD Giaûi: +/ Gọi số người phân đội là a Số kẹo phân đội tặng là x (a,x>0) 1 x 11 +/ Người thứ nhận : (kẹo ) x  1  x   1   11   2 11  x  x 1  2   11  x a(1  ) x  11 Người thứ hai nhận : (kẹo ) x  1   1  00   11 +/ Vì hai số kẹo và có a người nên ta có : +/ Giải hệ này ta x=100 ; a=10 Bài 7: 12 người ăn 12 cái bánh Mỗi người đàn ông ăn , người đàn bà ăn 1/2 và em bé ăn 1/4 chiếc.Hỏi có bao nhiêu người đàn ông , đàn bà và trẻ em ? HD Giaûi: +/ Gọi số đàn ông , đàn bà và trẻ em là x,y,z.(Đơn vị: Người, x,y,z là số nguyeân döông vaø nhoû hôn 12) +/ Số bánh họ ăn hết là : 2x ; y/2 ; z/4 (Bánh)  x  y  z 12    y z x    12  2 x  y  z 24  1  8 x  y  z 48   +/ Theo đề bài ta có hệ phương trình : +/ Lấy (2) trừ (1) ta : 6x-z=24 (3)  Z    Vì x, z , 6x và 24 chia hết cho , z chia hết cho Kết hợp với điều kieän 0<z<12 z=6 Thay z=6 vào (3) ta x=5 , từ đó y=1 Vậy có đàn ông , đàn bà và trẻ em Bài 8: Một dung dịch chứa 30% axit nitơric (tính theo thể tích ) và dung dịch khác chứa 55% axit nitơric Cần phải trộn thêm bao nhiêu lít dung dịch loại và loại để 100lít dung dịch 50% axit nitơric? HD Giaûi: +/ Gọi x,y theo thứ tự là số lít dung dịch loại và (Đơn vị: Lít, x,y>0) 30 55 x y 100 100 Lượng axit nitơric chứa dung dịch loại là và loại là  x  y 100   30 55 100 x  100 y 50 +/ Ta coù heä phöông trình : +/ Giải hệ này ta : x=20 ;y=80 12 Bài 9:Hai người cùng làm chung công việc thì xong Nếu người làm mình thì người thứ hoàn thành công việc ít người thứ hai là Hỏi làm mình thì người phải làm bao nhiêu thời gian để xong công việc? HD Giải: x 12 Gọi thời gian người thứ hoàn thành mình xong công việc là x (giờ), ĐK Thì thời gian người thứ hai làm mình xong công việc là x + (giờ) 1 x x  Mỗi người thứ làm được(cv), người thứ hai làm được(cv) 12 12 1: 5 12 Vì hai người cùng làm xong công việc nên hai đội làm được=(cv) Do đó ta có phương trình 1   x x  12  x2 x  x ( x  2) 12  5x2 – 14x – 24 =  , 13 ’ = 49 + 120 = 169,  13   13 20 x  x  4 5 5 => (loại) và (TMĐK) Vậy người thứ làm xong công việc giờ, người thứ hai làm xong công việc 4+2 = C MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN: DẠNG 1: LẬP PHƯƠNG TRÌNH: Bài 1: Hai ngời xe đạp xuất phát cùng lúc từ A đến B Vận tốc họ kém km/h nên họ đến B sớm muộn 30phút Tính vận tốc ngời, biết quãng đờng AB dài 30 km Bµi 2: Mét chiÕc thuyÒn khëi hµnh tõ mét bÕn s«ng A Sau 5h30p mét ca n« đuổi theo và đuổi kịp thuyền địa điểm cách bến sông A 20 km Hỏi vận tốc thuyÒn biÕt vËn tèc cña ca n« ch¹y nhanh h¬n thuyÒn lµ 12km/h Bài 3: Hai ngời xe đạp khởi hành cùng lúc từ hai địa điểm A, B cách 54 km, ngợc chiều và gặp sau 2h Tính vận tốc hai ngời đó biết r»ng vËn tèc cña ngêi ®i tõ A b»ng vËn tèc cña ngêi ®i tõ B Bài 4: Một ngời xe đạp từ tỉnh A đến tỉnh B cách 50 km Sau đó 1h30p, ngời xe máy từ A đến B và đến B trớc ngời xe đạp 1h Tính vận tốc xe biết vận tốc xe máy gấp 2,5 lần vận tốc xe đạp Bài 5: Một ôtô chuyển động với vận tốc đã định để hết quãng đờng 120km Đi đợc nửa quãng đờng, xe nghỉ 3p nên để đến nơi đúng xe đã phải tăng vận tốc thêm 6km/h trên nửa quãng đờng còn lại Tính thời gian xe lăn bánh trên đờng Bài 6: Một ngời xe đạp từ A đến B thời gian đã định Khi còn cách B 30 km, ngời đó nhận thấy đến B muộn nửa giữ nguyên vận tốc đạng đi, nhng tăng vận tốc thêm 5km/h thì đến B sớm nửa Tính vận tốc xe trên quãng đờng lúc đầu Bài 7: Một ngời xe đạp từ A đến B cách 33 km với vận tốc xác định Khi từ B trở A ngời đờng khác dài trớc 29 km nhng với vận tốc lín h¬n vËn tèc lóc ®i 3km/h TÝnh vËn tèc lóc ®i, biÕt thêi gian vÒ nhiÒu h¬n thêi gian ®i 1h30p Bµi 8: Hai bÕn s«ng A, B c¸ch 40 km Cïng mét lóc víi ca n« xu«i bÕn tõ bến A có bè trôi từ bến A với vận tốc 3km/h Sau đến bến B, ca nô trở bến A và gặp bè đã trôi đợc 8km Tính vận tốc riêng ca nô, biết vận tốc riêng ca nô không đổi Bài 9: Một ca nô chạy xuôi dòng từ bến A đến bến B, lại chạy ngợc dòng từ bÕn B trë vÒ bÕn A mÊt tÊt c¶ 4h tÝnh vËn tèc cña can« níc yªn lÆng, biÕt qu·ng s«ng AB dµi 30km vµ vËn tèc cña dßng níc lµ 4km/h Bµi 10: Mét h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 134m nÕu gi¶m mçi kÝch thíc cña vên ®i 1m th× diÖn tÝch cña vên b»ng diÖn tÝch cña h×nh vu«ng cã c¹nh b»ng 28m TÝnh c¸c kích thớc hình chữ nhật đó Bµi 11: Mét tÊm t«n h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 48 cm Ngêi ta c¾t bá mçi gãc mét h×nh vu«ng cã c¹nh 2cm råi gÊp lªn thµnh mét h×nh hép ch÷ nhËt kh«ng cã n¾p cã thÓ tÝch 96 cm3 TÝnh c¸c kÝch thíc cña h×nh ch÷ nhËt ban ®Çu Bµi 12: Mét m¶nh vên h×nh ch÷ nhËt cã chu vi 34m, nÕu t¨ng chiÒu dµi 3m vµ t¨ng chiÒu réng 2m th× diÖn tÝch t¨ng thªm 45m2 H·y tÝnh chiÒu dµi, chiÒu réng cña h×nh ch÷ nhËt lóc ®Çu Bài 13: Một tam giác vuông có chu vi là 30m, cạnh huyền 13 cm Tính độ dài các cạnh góc vuông tam giác vuông đó Bµi 14: Mét s©n h×nh ch÷ nhËt cã diÖn tÝch lµ 240 m2 NÕu t¨ng chiÒu réng thªm 3m, giảm chiều dài 4m thì diện tích không đổi Tính chiều dài và chiều rộng Bài 15: Hai máy cày cùng cày đám ruộng Nếu hai máy cùng làm thì cµy song ngµy NÕu cµy riªng th× m¸y sÏ cµy song nhanh h¬n m¸y lµ ngày Hỏi cày riêng thì máy cày song đám ruộng sau bao nhiêu ngày Bài 16: Một tổ may mặc định may 600 áo thời gian đã định Nhng cải tiÕn kü thuËt nªn n¨ng suÊt t¨ng lªn, mçi ngµy lµm thªm ¸o, nªn thêi gian s¶n xuÊt giảm ngày Hỏi ngày tổ dự định may bao nhiêu áo Bài 17: Một tổ may mặc định may 150 quần áo thời gian đã định Nhng cải tiến kỹ thuật nên suất tăng lên, ngày làm thêm quần áo, nên thời gian sản xuất giảm ngày so với dự định Hỏi ngày tổ dự định may bao nhiêu ¸o Bµi 18: NÕu hai vßi níc cïng ch¶y vµo mét bÓ kh«ng cã níc th× sau 4h ®Çy bÓ NÕu cho ch¶y riªng ®Çy bÓ th× vßi cÇn Ýt thêi gian h¬n vßi lµ 6h Hái nÕu ch¶y riªng th× mçi vßi ch¶y ®Çy bÓ sau bao l©u Bµi 19: Mét tæ may mÆc cè kÕ ho¹ch may 720 bé quÇn ¸o theo n¨ng xuÊt dù kiÕn Thêi gian lµm theo n¨ng xuÊt t¨ng 10 s¶n phÈm mçi ngµy kÐm ngµy so víi thêi gian lµm theo n¨ng xuÊt gi¶m ®i 20 s¶n phÈm mçi ngµy ( t¨ng, gi¶m so víi n¨ng xuÊt dù kiÕn ) TÝnh n¨ng xuÊt dù kiÕn DẠNG 2: LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH: Bài 1: Để đoạn đường từ A đến B, xe máy đã hết 3h20 phút, còn ôtô chỉ hết 2h30phút Tính chiều dài quãng đường AB biết vận tốc ôtô lớn vận tốc xe máy 20km/h Bài 2: Có hai vòi nước, vòi chảy đầy bể 1,5 giờ, vòi chảy đầy bể Người ta đã cho vòi chảy thời gian, khóa lại và cho vòi chảy tiếp, tổng cộng 1,8 thì đầy bể Hỏi vòi đã chảy bao lâu? Bài 3: Một đám đất hình chữ nhật có chu vi 124m Nếu tăng chiều dài 5m và chiều rộng 3m thì diện tích tăng thêm 225 m2 Tính kích thước hình chữ nhật đó Bài 5: Hai người hai địa điểm A và B cách 3,6 km, khởi hành cùng lúc ngược chiều và gặp điểm cách A là 2km Nếu hai cùng giữ nguyên vận tốc người chậm xuất phát trước người phút thì họ gặp chính quãng đường Tính vận tốc người Bài 6: Hai đội công nhân cùng làm đoạn đường 24 ngày thì xong Mỗi ngày phần việc đội A làm nhiều gấp rưỡi đội B Hỏi làm mình thì đội làm xong đoạn đường đó bao lâu? Bài 7: Một thuyền khởi hành từ bến sông A Sau đó 5h20’ cano chạy từ bến sông A đuổi theo và gặp thuyền điểm cách bến A 20km Hỏi vận tốc thuyền, biết cano chạy nhanh thuyền 12km Bài 8: Một người xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B cách 30km Khi từ B trở A, người đó chọn đường khác dễ dài đường cũ 6km Vì thế, với vận tốc lớn vận tốc lúc là 3km/h nên thời gian ít thời gian 20 phút Tính vận tốc lúc Bài 9: Một xí nghiệp có kế hoạch sản xuất 180 dụng cụ thời gian đã định Nhưng nhờ tinh thần thi đua, nên ngày xí nghiệp sản xuất nhiều mức dự kiến tấn; rút ngắn thời gian dự định ngày mà còn sản xuất thêm 10 ngoài kế hoạch Hỏi thời gian dự kiến bao nhiêu ngày ? Mỗi ngày dự kiến làm bao nhiêu dụng cụ ? Bài 10: Một hội đồng thi có 390 thí sinh phân các phòng Nếu xếp phòng thi thêm thí sinh thì số phòng thi giảm phòng Hỏi lúc đầu phòng thi dự định xếp bao nhiêu thí sinh ? Bài 11: Một hình chữ nhật có chiều rộng ngắn chiều dài 1cm Nếu tăng thêm chiều dài ¼ nó thì diện tích hình chữ nhật đó tăng thêm 3cm2 Tính diện tích hình chữ nhật ban đầu? Bài 12: Một hình chữ nhật có chu vi là 180m Nếu bớt chiều mét thì diện tích chỉ còn 1276m2 Tìm độ dài chiều? Vận tốc điểm A điểm B là 2,5cm/phút Tìm vận tốc điểm? Tính các chiều công viên? Bài 13: Hai người xe đạp cùng khởi hành địa điểm hai hướng vuông góc với Sau họ cách 60km theo đường chim bay Tìm vận tốc người Biết vận tốc người này vận tốc người là 6km/h Bài 14: Một xe gắn máy từ A đến B cách 150km Nếu xe tăng thêm 10km thì đến B sớm thời gian dự định là 30 phút Tìm vận tốc ban đầu? Bài 15: Hai tỉnh A và B cách 42km Một tàu từ tỉnh đến tỉnh Khi ngược dòng sông từ A tới B thì vận tốc nó nhỏ vận tốc lúc xuôi dòng là 4km/h Tính vận tốc tàu xuôi dòng và ngược dòng, biết thời gian ngược dòng nhiều thời gian xuôi dòng là 12 phút Bài 16: Một tàu thuỷ chạy trên khúc sông dài 80km, lẫn 8h20’ Tính vận tốc tàu nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước là 4km/h Bài 17: Một thuyền khởi hành từ bến sông A Sau đó 5h20’ cano chạy từ bến sông A đuổi theo và gặp thuyền điểm cách bến A 20km Hỏi vận tốc thuyền, biết cano chạy nhanh thuyền 12km Bài 18: Một người xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B cách 30km Khi từ B trở A, người đó chọn đường khác dễ dài đường cũ 6km Vì thế, với vận tốc lớn vận tốc lúc là 3km/h nên thời gian ít thời gian 20 phút Tính vận tốc lúc VẤN ĐỀ 5: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN SỐ A KIẾN THỨC CẦN NHỚ: A.1 HÖ hai ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn a Ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn   Ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn: ax + by = c víi a, b, c R (a2 + b2 0)  TËp nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn: Ph¬ng tr×nh bËc nh©t hai Èn ax + by = c lu«n lu«n cã v« sè nghiÖm TËp nghiệm nó đợc biểu diễn đờng thẳng (d): ax + by = c y  a c x b b Nếu a 0, b thì đờng thẳng (d) là đồ thị hàm số -  - Nếu a 0, b = thì phơng trình trở thành ax = c hay x = c/a và đờng thẳng (d) song song hoÆc trïng víi trôc tung - Nếu a = 0, b thì phơng trình trở thành by = c hay y = c/b và đờng thẳng (d) song song hoÆc trïng víi trôc hoµnh b HÖ hai ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn   ax  by c   a ' x  b ' y c '  HÖ hai ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn: đó a, b, c, a’, b’, c’ R  Minh häa tËp nghiÖm cña hÖ hai ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn Gọi (d): ax + by = c, (d’): a’x + b’y = c’, đó ta có  (d) // (d’) th× hÖ v« nghiÖm A     (d) (d’) = th× hÖ cã nghiÖm nhÊt  (d) (d’) th× hÖ cã v« sè nghiÖm  Hệ phơng trình tơng đơng Hệ hai phơng trình tơng đơng với chúng có cùng tập nghiệm c Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh b»ng ph¬ng ph¸p thÕ  Quy t¾c thÕ  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh b»ng ph¬ng ph¸p thÕ  Dùng quy tắc biến đổi hệ phơng trình đã cho để đợc hệ phơng trình đó có phơng trình ẩn  Gi¶i ph¬ng tr×nh mét Èn võa cã råi suy nghiÖm cña hÖ d Giải hệ phơng trình phơng pháp cộng đại số  Quy t¾c céng  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh b»ng ph¬ng ph¸p thÕ  Nh©n hai vÕ cña mçi ph¬ng tr×nh víi mét sè thÝch hîp (nÕu cÇn) cho c¸c hệ số ẩn nào đó hai phơng trình đối  áp dụng quy tắc cộng đại số để đợc hệ phơng trình mới, đó có phơng trình mà hệ số hai ẩn (phơng trình ẩn)  Giải phơng trình ẩn vừa thu đợc suy nghiệm hệ đã cho A.2 HÖ ph¬ng tr×nh ®a vÒ ph¬ng tr×nh bËc hai - Nếu hai số x và y thỏa mãn x + y = S, x.y = P (với S2 4P) đó hai số x, y là nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x2 + SX + P = A.3 KiÕn thøc bæ xung Hệ phơng trình đối xứng loại a §Þnh nghÜa: Hệ hai phơng trình hai ẩn x và y đợc gọi là đối xứng loại ta đổi chỗ hai ẩn x và y đó thì phơng trình hệ không đổi b C¸ch gi¶i  §Æt S = x + y, P = x.y, §k: S2 4P  Giải hệ để tìm S và P  Víi mçi cÆp (S, P) th× x vµ y lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: t2 – St + P = c VÝ dô  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x  y  xy 7  2  x  y  xy 13  x  y  xy  0  x  y  x  y 8    x  y  x  y 22  xy ( x  1)( y  1) 12 A.2 Hệ phơng trình đối xứng loại d §Þnh nghÜa Hệ hai phơng trình hai ẩn x và y đợc gọi là đối xứng loại ta đổi chỗ hai ẩn x vµ y th× ph¬ng tr×nh nµy trë thµnh ph¬ng tr×nh vµ ngîc l¹i e C¸ch gi¶i  Trừ vế theo vế hai phơng trình hệ để đợc phơng trình hai ẩn  Biến đổi phơng trình hai ẩn vừa tìm đợc thành phơng trình tích  Giải phơng trình tích trên để biểu diễn x theo y (hoặc y theo x)  Thế x y (hoặc y x) vào phơng trình hệ để đợc phơng tr×nh mét Èn  Giải phơng trình ẩn vừa tìm đợc ròi suy nghiệm hệ f VÝ dô  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x  y  y   x 13 x  y    y  x  x   y 13 y  x g A.3 Hệ phơng trình đẳng cấp bậc §Þnh nghÜa ax  bxy  cy 0  2 a ' x  b ' xy  c ' y 0 - Hệ phơng trình đẳng cấp bậc hai có dạng: h C¸ch gi¶i - XÐt xem x = cã lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh kh«ng - Nếu x 0, ta đặt y = tx thay vào hai phơng trình hệ - Khö x råi gi¶i hÖ t×m t - Thay y = tx vào hai phơng trình hệ để đợc phơng trình ẩn (ẩn x) - Giải phơng trình ẩn trên để tìm x từ đó suy y dựa vào y = tx * Lu ý: ta có thể thay x y và y x phần trên để có cách giải tơng tự i VÝ dô Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x  xy  y 1  x  3xy  y 3   2  y  xy 4  x  xy  y 6 B MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI: Bài 1: Giải hệ phương trình:  6x   y     4x    y  u 2y 5 x 1 4y 2 x 1 a 2x  y ,v  y x 1  2x   y  2    y 1  x  3u  2v 5   2u  4v 2  x  y     x  y  u 2   v  +/ Đặt Hệ đã cho trở thành  x 0    y  +/ Ta hệ phương trình:    S  0;      Vậy  x( y  2) ( x  2)( y  4)   ( x  3)(2 y  7)  (2 x  7)( y  3)   xy  x  xy  y  x    xy  y  x  21  xy  y  x  21   x  y  x -2     x  y 0  y 2 b Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (-2; 2) Bài 2: (2,0 điểm)  x  y 3  a)  x  y 4 Giải hệ phương trình: b) Xác định các giá trị m để hệ phương trình sau vô nghiệm: (m  2) x  (m  1) y 3   x  y 4 ( m là tham số) HD Giải: 2 x  y 3   x  y   a)  x  y 3   2 x  y 8 5 y 5    x  y 4  x 1   y 1 Giải hệ phương trình: b) Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: (1;1) c) Hệ phương trình vô nghiệm khi:  m  m 1   m  m 1       m 1   3m  m   m   4m  9 Vậy m = -5/ thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm Bài 3: 3x  2y 1   x  3y   Giải hệ phương trình 2x  y m   3x  y 4m  Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > Giải: Bài 3: (1,5 điểm) 3  3y    2y 1 3x  2y 1     x  3y   x  3y    7y 7    x 3y   y 1   x 1 Giải hệ phương trình 2x  y m   3x  y 4m  Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 2x  y m  5x 5m  x m  x m     3x  y 4m  2x  y m  2m  y m   y m    Mà x + y > suy m + m + > 2m > m > Vậy với m > thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > Bài (2,0 điểm) (m  1)x  (m  1)y 4m  x  (m  2)y 2 mR Cho hệ phương trình , với a Giải hệ đã cho m  –3 b Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm Tìm nghiệm đó HD Giải: Bài a Giải hệ đã cho m  –3  2x  2y  12    x  5y 2   x  y   x 7    x  5y 2  y 1 Ta hệ phương trình  x; y   7;1 Vậy hệ phương trình có nghiệm với b Điều kiện có nghiệm hệ phương trình: m    m  1  m    m  1  m     m  1   m  1  m     m  1 0   m  1  m  1 0 m   m  0    m  0 m 1 m  m 1 Vậy phương trình có nghiệm và (m  1)x  (m  1)y 4m  m     m 1 Giải hệ phương trình x  (m  2)y 2 4m 4m    x  y  x   4m  m    m 1  x  y   (m  1)x  (m  1)y 4m   m 1 y   y    x  (m  2)y 2 x  (m  2)y    m 1 m 1    4m     m  ; m 1    Vậy hệ có nghiệm (x; y) với Bài (2,0 điểm) 2 x  y 5m    x  y 2 Cho hệ phương trình: ( m là tham số) m 1 a) Giải hệ phương trình với  x; y  x  y 1 b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn: HD Giải: a) 1,0 điểm  x  y 4 4 x  y 8    x  y 2 Với m1 ta có hệ phương trình:   x  y 2 5 x 10   x  y 2  x 2   y 0 b) 1,0 điểm  x  y 5m   x  y 10m     x  y 2  x  y 2 Giải hệ: 5 x 10m  x 2m    x  y 2  y m  2 2 2m  4m  0  2m    m  1 1 x  y 1 ⇔ m ⇔ Có:   10   10 m 2 Tìm được: và B MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bµi Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh ( x  2)( y  2)  xy  ( x  4)( y  3)  xy  a ( x  1)( y  2)  ( x  1)( y  3) 4  ( x  3)( y  1)  ( x  3)( y  5) 18 b ( x  5)( y  2)  xy  ( x  5)( y  12) xy c  2x  y  x  y  16  11   x  y  2( x  1) 31  d  9x y    28   3x  12 y 15  e 4x    x  y    x  y 15  y  14 f  x 1      x  1 10 y 18 y g   x  y  x  y 3     3  x  y x  y k   x  y  x  y 1    20  1  x  y x  y h         x   y  3     13  x  y 6 l  x y   x      x  y  x  13   x y 36 10  1 x y i 8 y 1 1,5 y 1 m Bµi Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh  x   y  1   x   y 3 a  x  10 x  25  x    x  10 x  25 5  x b  x   y  9   x  y   c  x  y 2( xy  2)   x  y 6  x  y  xy  0  2  x  y  x  y 22  x  y  xy 7  2  x  y  xy 13 d e f  x  y 10   x  y 4 g  x  y 65  ( x  1)( y  1) 18 h  x y  xy 6   xy  x  y 5 i  x  y 1  5 2  x  y  x  y k  x  y 1  3 2  x  y x  y ( x  1)( y  1) 10  ( x  y )( xy  1) 25 m  x  y 5   x y 13 y  x 6   x3  y 2  2  x y  xy 2 p l  x  y 97  2  xy ( x  y ) 78 q n HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ Bµi Cho hÖ ph¬ng tr×nh 3x  y  m  9 x  m y  3 a Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh v« nghiÖm b Với giá trị nào m thì hệ phơng trình có vô số nghiệm? Khi đó hãy tìm d¹ng tæng qu¸t nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh c Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt Bµi Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh mx  y 4   x  my 1 x y  m  Có nghiệm thỏa mãn điều kiện Khi đó hãy tìm các giá trị x và y Bài Tìm các giá trị nguyên m để hệ phơng trình 2mx  y m   x  y m  Có nghiệm nguyên, tìm nghiệm nguyên đó Bµi Cho hÖ ph¬ng tr×nh  x  y 6   x  y 2 a Giải hệ phơng trình đã cho phơng pháp đồ thị b Nghiệm hệ phơng trình đã cho có phải là nghiệm phơng trình 3x - 7y = - kh«ng ? c Nghiệm hệ phơng trình đã cho có phải là nghiệm phơng trình 4,5x + 7,5y = 25 kh«ng ? Bài Cho hai đờng thẳng (d1): 2x - 3y = và (d2): 7x - 5y = -5 Tìm các giá trị a để đờng thẳng y = ax qua giao điểm hai đờng thẳng (d1) vµ (d2) Bài Cho ba đờng thẳng (d1): y = 2x - (d2): y = (d3): y = (2m - 3)x -1 Tìm các giá trị m để ba đờng thẳng đồng quy  x  ay 2   ax  y 1 Bµi Cho hÖ ph¬ng tr×nh Tìm các giá trị a để hệ phơng trình đã cho có nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0, y <0 Bài Tìm các giá trị a và b để đồ thị hàm số y = ax + b qua điểm A(-5; -3) và ®iÓm B(3; 1) Bài Tìm các giá trị m để  mx  y 5  a 2 x  3my 7 HÖ ph¬ng tr×nh: cã nghiÖm tháa m·n ®iÒu kiÖn x > 0, y < mx  y 3  b 4 x  my 6 HÖ ph¬ng tr×nh: cã nghiÖm tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x > 1, y > Bµi 10 Cho hÖ ph¬ng tr×nh mx  y 2m   x  my m  Tìm các giá trị nguyên m để hệ phơng trình có nghiệm x, y là các số nguyên Bµi 11 Cho hÖ ph¬ng tr×nh ( m  1) x  my 2 m   mx  y m  Tìm các giá trị m để hệ phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện xy đạt giá trị lín nhÊt Bµi 12 H·y t×m gi¸ trÞ cña m vµ n cho ®a thøc P(x) = mx3 + (m + 1)x2 - (4n + 3)x + 5n đồng thời chia hết cho (x - 1) và (x + 2) Bµi 13 Cho hÖ ph¬ng tr×nh (m  1) x  y m    x  ( m  1) y 2 Tìm các giá trị m để hệ phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện: S = x + y đạt giá trị lớn Bµi 14 Cho hÖ ph¬ng tr×nh mx  my m  mx  y 2m m, n lµ c¸c tham sè a Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh b trờng hợp hệ có nghiệm hãy tìm giá trị m để nghiệm ph¬ng tr×nh tháa m·n ®iÒu kiÖn x > 0, y < Bài 15 Tìm a và b để hệ phơng trình sau có nghiệmcó nghiệm với giá trị tham sè m (m  3) x  y 5a  3b  m   x  my am  2b  3m   y  x  x  a.x   x  y  y  ay Bài 16 Tìm tham số a để hệ phơng trình sau có nghiệm nhất:  x  y m  2  y  x  m  Bµi 17 BiÕt cÆp sè (x, y) lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh: H·y t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P = xy + 2(x + y)  x  y 2a   2  y  x a  2a  Bài 18 Giả sử (x, y) là nghiệm hệ phơng trình: Xác định giá trị tham số a để hệ thỏa mãn tích xy nhỏ  xy a  1 1  x  y b  Bµi 19 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: Giải và biện luận hệ phơng trình biết x, y là độ dài các cạnh hình ch÷ nhÊt 2 x  my 1  mx 2 y 1 Bµi 20 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: Gi¶i vµ biÖn luËn theo tham sè m Tìm các số nguyên m hệ có nghiệm (x; y) với x, y là các số nguyên  x  my 4  mx 4 y 10  m Bµi 21 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (m lµ tham sè) a Gi¶i vµ biÖn luËn theo m b Víi gi¸ trÞ nµo cña sè nguyªn m, hÖ cã nghiÖm (x; y) víi x, y lµ c¸c sè nguyªn d¬ng (m  1) x  my 3m    x  y m  Bµi 22 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: Xác định tất các giá trị tham số m để hệ có nghiệm (x; y) mà S = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ ( m  1) x  my 2 m   mx  y m  Bµi 23 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: Xác định tất các giá trị tham số m để hệ có nghiệm (x; y) mà tích P = xy đạt giá trị lớn mx  y 2m   x  my m  Bµi 24 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: a Gi¶i hÖ m = -1 b Tìm m để hệ có vô số nghiệm, đó có nghiệm: x = 1, y = mx  y m   2 x  my 3 Bµi 25 Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh sau ®©y theo tham sè m:  x  my 2   mx  y 1 Bµi 26 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: a Gi¶i hÖ m = b Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm (x; y) mà x > và y < c Tìm số nguyên n để có nghiệm (x; y) mà x, y là các số nguyên  x  my 1  mx  3my 2m  Bµi 27 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: a Gi¶i hÖ m = - b Giải và biện luận hệ đã cho theo m 2 x  y m  3x  y 5 Bµi 28 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (m lµ tham sè nguyªn) Xác định m để hệ có nghiệm (x; y) mà x > 0, y <  mx  y 2  3 x  my 5 Bµi 29 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: a Giải và biện luận hệ đã cho b x  y 1  hÖ thøc: m2 m  Tìm điều kiện m để hệ có nghiệm (x; y) thỏa mãn mx  2my m    x  ( m  1) y 2 Bµi 30 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: a Chøng minh r»ng nÕu hÖ cã nghiÖm nhÊt (x; y) th× ®iÓm M(x; y) lu«n lu«n thuộc đờng thẳng cố định m thay đổi b Xác định m để M thuộc góc vuông phần t thứ Xác định m để M thuộc đờng tròn có tâm là gốc tọa độ và bán kính mx  y m    x  my m Bµi 31 Víi gi¸ trÞ nµo cña sè nguyªn m, hÖ ph¬ng tr×nh: cã nghiÖm c nhÊt (x; y) víi x; y lµ c¸c sè nguyªn  x  my 1   mx  y 1 Bµi 32 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: a Gi¶i vµ biÖn luËn theo m b Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm (x; y) với x; y là các số nguyên c Chøng minh r»ng hÖ cã nghiÖm nhÊt (x; y), ®iÓm M(x; y) lu«n lu«n chạy trên đờng thẳng cố định d 2 Xác định m để M thuộc đờng tròn có tâm là gốc tọa độ và bán kính Bµi 33 Gi¶i vµ biÖn c¸c hÖ ph¬ng tr×nh: 2m x  3(m  1) y 3  x  y m   x  my 1    m( x  y )  y 2  x  y 2  m  x  y m a  2mx  y 5  mx  y 1 Bµi 34 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: b c a Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh lóc m = b Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh theo tham sè mx  y 1   x  y  m Bµi 35 Cho hÖ ph¬ng tr×nh (m lµ tham sè ): a Chøng tá lóc m = 1, hÖ ph¬ng tr×nh cã v« sè nghiÖm b Gi¶i hÖ lóc m kh¸c Bài 36 Với giá trị nào x, y, z; ta có đẳng thức sau: 4x2 + 9y2 + 16z2 - 4x - 6y - 8z +3 =  x  y 25  mx  y 3m  Bµi 37 Víi gi¸ trÞ nµo cña m, hÖ ph¬ng tr×nh: cã nghiÖm?  x  y 2a  2 xy 1 2 a Bài 38 Cho hệ phơng trình: Xác định a để hệ có hai nghiệm phân biệt Tìm các nghiệm đó x y   m y x  x  y 8  Bài 39 Cho hệ phơng trình: Xác định m để hệ phơng trình có nghiệm kép  x  y m  2  y  x 1 Bài 40 Cho hệ phơng trình: Xác định m để hệ có nghiệm Tìm nghiệm đó  xy  x  y 71  2  x y  xy 880 Bµi 41 Cho x, y lµ hai sè nguyªn d¬ng cho: T×m gi¸ trÞ cña biÓu thøc: M = x2 +y2  x  my m   mx  y 3m  Bµi 42 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: a Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh trªn b Kh«ng gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh, cho biÕt víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt? (a  1) x  y a    x  (a  1) y 2 Bµi 43 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (a lµ tham sè) a Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh víi a = b Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh c Tìm giá trị nguyên a để hệ phơng trình có nghiệm nguyên d Tìm giá trị a để nghiệm hệ thỏa mãn điều kiện x + y nhỏ Bài 44 Lập phơng trình đờng thẳng qua gốc O và song song với AB biết: A(-1; 1), B(-1; 3) A(1; 2), B(3; 2) A(1; 5), B(4; 3) Bài 45 Cho ba điểm A(-1; 6), B(-4; 4), C(1; 1) Tìm tọa độ đỉnh D hình bình hành ABCD Bµi 46 Cho bèn ®iÓm: A(0; -5), B(1; -2), C(2; 1), D(2,5; 2,5) Chøng minh r»ng bèn ®iÓm A, B, C, D th¼ng hµng Bài 47 Cho bốn điểm A(1; 4), B(3; 5), C(6; 4), D(2; 2) Hãy xác định tứ giác ABCD là h×nh g×?  2(m  1) x  ( m  2) y m   (m  1) x  my 3m  Bài 48 Tìm giá trị m để hệ phơng trình sau vô nghiệm, v« sè nghiÖm: (m  1) x  2my  0   2mx  (m  1) y  (m  1) 0 Bµi 49 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (m lµ tham sè) a Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh trªn b Tìm giá trị m để hệ phơng trình có nghiệm thỏa mãn x < 0, y < (m  1) x  y 3m    x  ( m  1) y m Bµi 50 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (m lµ tham sè) a Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh b Tìm giá trị nguyên m để hệ có nghiệm nguyên c Tìm giá trị m để hệ phơng trình có nghiệm dơng  x  my m   mx  y 3m  Bµi 51 Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (m lµ tham sè) a Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh b Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện xy nhỏ  x  y 2a    x  y 4a Bài 52 Tìm giá trị a để hệ sau có nghiệm nhất: Bµi 53 a Tìm các giá trị nguyên tham số a m để hệ phơng trình có nghiệm là số d¬ng, sè ©m  ax  y 1   x  ay 2 ; 3 x  y m   x  y 1 2 x  y m  b 3x  y 5 Tìm giá trị nguyên m để hệ phơng trình sau: có nghiệm x > vµ y <  mx  y 2 m2  x  y 1  m  Víi gi¸ trÞ kh¸c nµo cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh: cã c 3x  my 5 nghiÖm tháa m·n Bµi 54   a.x  y 3  x   y 2  Cho hÖ ph¬ng tr×nh: a Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh víi a = b Tìm giá trị a để hệ có nghiệm Tìm các giá trị a để hệ phơng trình sau vô nghiệm VẤN ĐỀ 6: BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM GIÁ TRỊ MIN–MAX CỦA BIỂU THỨC Bài 1:  x, y, z chøng minh r»ng : a) x + y + z xy+ yz + zx ❑2 ❑2 ❑2 b) x + y + z 2xy – 2xz + 2yz ❑2 ❑2 ❑2 c) x + y + z+3 (x + y + z) ❑2 ❑2 ❑2 Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu ❑2 ❑2 ❑2 x + y + z- xy – yz - zx ❑2 ❑2 ❑2 =.2 ( x + y + z- xy – yz – zx) 2 y− z¿ x − z ¿ +¿ ≥ =đúng với x;y;z R x − y ¿ 2+¿ ¿ ¿ V× (x-y)2 víix ; y DÊu b»ng x¶y x=y (x-z)2 víix ; z DÊu b»ng x¶y x=z (y-z)2 víi z; y DÊu b»ng x¶y z=y VËy x + y + z xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu 2 ❑ ❑ ❑ x + y + z- ( 2xy – 2xz +2yz ) ❑2 ❑2 ❑2 = x + y + z- 2xy +2xz –2yz  R ❑2 =( x – y + z) đúng với x;y;z  R ❑2 ❑2 ❑2 Vậy x + y + z 2xy – 2xz + 2yz đúng với x;y;z DÊu b»ng x¶y x+y=z c) Ta xÐt hiÖu ❑2 ❑2 ❑2 x + y + z+3 – 2( x+ y +z ) 2 ❑ ❑ ❑ = x- 2x + + y -2y +1 + z-2z +1 = (x-1)+ (y-1) +(z-1) ❑2 ❑2 ❑2 DÊu(=)x¶y x=y=z=1 Bài 2: chøng minh r»ng : 2 ❑ ❑ ❑ a2 +b2 a+ b ≥ 2 ( ) a2 +b2 +c a+ b+c ≥ 3 ( ) a) Gi¶i 2 a +b a+b − a) Ta xÐt hiÖu 2 ( a2+ b2 ) a2+ 2ab+ b2 = − 4 ( a2 +2 b2 − a2 −b −2 ab ) = ( a −b )2 ≥ = ( ) b) a2 +b2 a+ b ≥ 2 ( ) VËy DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiÖu a2 +b2 +c a+b+ c − 3 ( a − b ) + ( b − c )2 + ( c − a )2 ] ≥ [ a2 +b2 +c a+ b+c ≥ VËy 3 ( ( ) = ) DÊu b»ng x¶y a = b =c Bài 3: Cho a, b, c, d,e lµ c¸c sè thùc chøng minh r»ng b2 ≥ ab a) 2 a +b +1 ≥ ab+a+ b b) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) c) a2 + Gi¶i: b ≥ ab a) 2 2 ⇔ a +b ≥ ab ⇔ a − a+b ≥ ⇔ ( a −b ) ≥ (bất đẳng thức này luôn đúng) b a2 + ≥ ab VËy (dÊu b»ng x¶y 2a=b) 2 a +b +1 ≥ ab+a+ b b) ⇔ 2( a2 +b2 +1)> 2(ab+ a+b) 2 2 ⇔ a − 2ab+ b +a −2 a+1+b − 2b +1≥ b −1 ¿ ≥0 a −1 ¿ +¿ Bất đẳng thức cuối đúng a −b ¿ + ¿ ⇔¿ a +b 2+1 ≥ ab+a+ b VËy a2 + DÊu b»ng x¶y a=b=1 a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) c) ⇔ (a 2+ b2+ c 2+ d 2+ e2 )≥ a ( b+c + d+ e ) ⇔ ( a − ab+ b 2) + ( a2 − ac+ c ) + ( a2 − ad + d ) + ( a − ac +4 c2 ) ≥ ⇔ ( a −2 b )2 + ( a− c )2 + ( a− d )2+ ( a− c )2 ≥ Bất đẳng thức đúng ta có điều phải chứng minh ( a10 +b 10) ( a2+ b2 ) ≥ ( a8 +b )( a4 + b4 ) Bài 4: Chøng minh r»ng: Gi¶i: 10 10 2 8 4 12 ( a +b ) ( a + b ) ≥ ( a +b )( a + b ) ⇔ a +a10 b2 +a b10 +b 12 ≥ a12+ a8 b4 + a4 b 8+ b12 ⇔ a8 b2 ( a − b2 ) +a2 b8 ( b − a2 ) ≥0 a2b2(a2-b2)(a6-b6) a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ⇔ ⇔ Bất đẳng thứccuối đúng ta có điều phải chứng minh Bài 5: Cho x.y =1 vµ x.y x2 + y2 x− y 2 √ Chøng minh Gi¶i: x +y ⇒ √2 √ v× :xy nªn x- y x2+y2 ( x-y) x− y x2+y2- x+y x2+y2+2- x+y -2 ⇒ √2 √2 ⇔ √2 √2 x2+y2+()2- x+y -2xy v× x.y=1 nªn 2.x.y=2 ⇔ √ 2 √2 √2 (x-y-)2 Điều này luôn luôn đúng Vậy ta có điều phải chứng minh ⇒ √2  Sử dụng số bất đẳng thức cổ điển thông dụng: 2 a) x + y ≥ xy 2 b) dÊu( = ) x = y = x + y ≥∨xy∨¿ ( x+ y ) ≥ xy c) a b + ≥2 d) b a a1 +a2 +a 3+ + an ≥ √ a1 a2 a3 an >0 2)Bất đẳng thức Cauchy (Cosi): n 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski (BCS) +¿ n ¿ 2 x 1+ x + ¿ ( a1 x 1+ a2 x + +an x n ) ( a + a22+ + a2n ) ¿ 4) Bất đẳng thức Trê- B-Sép: {Aa≤≤ bB≤≤ cC {Aa≥≤bB≤≥Cc a=b=c {A=B=C ⇒ aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≥ 3 NÕu ⇒ aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≤ 3 NÕu DÊu b»ng x¶y Bài 6: Cho a, b ,c lµ c¸c sè kh«ng ©m chøng minh r»ng (a+b)(b+c)(c+a)8abc ( x+ y ) ≥ xy ( a+b )2 ≥ ab ⇒ ⇒ ( a+b )2 Gi¶i: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: ( b+ c )2 ≥ bc ( b+ c )2 ( c +a )2 ( c +a )2 ≥ ac 64 a b c 2=( abc )2 (a+b)(b+c)(c+a)8abc DÊu “=” x¶y a = b = c 2 2 a +b + c + d + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10 VËy Tacã ; ; Víi 2 a +b + c =1 Bài 7: Cho a>b>c>0 vµ chøng minh r»ng a3 b3 c3    b c a c a b Gi¶i: { ⇒ 2 a ≥ b ≥c a b c ≥ ≥ b+ c a+ c a+ b Do a,b,c đối xứng ,giả sử abc ¸p dông B§T Trª- b-sÐp ta cã a b c a2+ b2 +c a b c 2 a +b +c ≥ + + b+ c a+ c a+ b b+ c a+c a+ b ( 3 √3 a b c + + ≥ b+c a+ c a+b VËy ) 2 == DÊu b»ng x¶y a=b=c= Bài 8: Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 Chøng minh r»ng : a2 +b 2+ c 2+ d2 + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10 Gi¶i: 2 2 a +b ≥ ab Ta cã 2 c + d ≥ cd Do abcd =1 nªn cd = ab a +b + c ≥ 2(ab+cd )=2(ab+ )≥ ab a ( b+ c )+ b ( c+ d )+ d ( c+ a ) Ta cã MÆt kh¸c: =(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad) (ab+ ab1 )+( ac+ac1 )+( bc+ bc1 ) ≥ 2+ 2+ = Bài 9: Cho sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng: b+d ¿2 ¿ a+c ¿2 +¿ ¿ √¿ Gi¶i: ( a+ c ) + ( b+ d ) =a + b + ( ac + bd ) + c +d Ta có: ( a 2+b ) +2 √ a2+ b2 √ c 2+ d 2+ c 2+ d Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Tacã ac+bd √ a2 +b2 √c +d 2 ⇒ 2 2 b+d ¿2 ¿ a+ c ¿2 +¿ ¿ √¿ Bài 10: Chøng minh r»ng 2 a +b + c ≥ ab+ bc+ac Gi¶i: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski (1) XÐt cÆp sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã: ( +1 +12 ) (a2 +b 2+ c2 )≥ ( a+ b+1 c )2 ⇒ ( a 2+b 2+ c ) ≥ a2 +b 2+ c 2+2 ( ab+ bc+ ac ) ⇒ 2 a +b + c ≥ ab+ bc+ac §iÒu ph¶i chøng minh DÊu b»ng x¶y a=b=c Bài 11: Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng 1< a b c d + + + <2 a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b Gi¶i : Theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc ta cã a a a+ d <1 ⇒ < a+b+ c a+b+ c a+b+ c+d a a MÆt kh¸c : > a+b+ c a+b+ c+ d (1) (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã a a+b+ c+ d a a+b+ c a+d a+b+ c+ d << (3) T¬ng tù ta cã b b b+ a < < a+b+ c+ d b+c +d a+b+ c+ d c c b +c < < a+b+ c+d c +d +a a+b+ c+d d d d+ c < < a+b+ c+ d d +a+b a+ b+c +d (4) (5) (6) céng vÕ víi vÕ cña (3); (4); (5); (6) ta cã 1< a b c d + + + <2 a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b ®iÒu ph¶i chøng minh Bài 11: Cho a;b;clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Gi¶i a)V× a,b,c lµ sè ®o c¹nh cña mét tam gi¸c nªn ta cã 0<a< b+c 0<b< a+c 0<c <a+ b { a2 <a(b+c ) b2 <b(a+c ) c 2< c (a+b) {  Cộng vế các bất đẳng thức trên ta có a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b − c ¿2 b) Ta cã a2 >a − ¿ c −a ¿ b2 >b − ¿ a −b ¿ 2> c >c − ¿ a > b-c  >0 b > a-c   > c > a-b   Nhân vế các bất đẳng thức ta đợc ⇒ a b2 c > [ a2 − ( b − c )2 ][ b − ( c − a )2 ][ c − ( a −b )2 ] 2 ⇒ a b c > ( a+b − c ) ( b +c − a ) ( c +a −b ) ⇒ abc> ( a+b − c ) ( b+c −a ) ( c +a −b ) a b c + + ≥ Bài 12: Cho a,b,c > Chøng minh r»ng (1) b+c c +a a+b Gi¶i : y+z −x z+x − y x+y −z §Æt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= ; b = ; c = 2 y + z − x z +x − y x+ y − z ta cã (1) + + ⇔ 2x 2y 2z y z x z x y + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 ⇔ x x y y z z y x z x z y ( + ¿+( + )+( + )≥ ⇔ x y x z y z y x z x z y + ≥ 2; + ≥2 + ≥ Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( ; nên ta có x y x z y z ®iÒu ph¶i chøng minh Bài 13: Cho a,b,c > vµ a+b+c <1 Chøng minh r»ng: 1 + + ≥9 a +2 bc b +2 ac c +2 ab (1) Gi¶i: a +2 bc b +2 ac c + 2ab §Æt x = ; y = ; z = x+ y+ z=( a+b +c )2< Ta cã 2 1 ⇔ + + ≥9 x y z (1) Víi x+y+z < vµ x ,y,z > Theo bất đẳng thức Côsi ta có x+ y+ z ≥ √3 xyz 1 + + ≥ x y z ⇒ √ ( x+ y+ z ) xyz ( 1x + 1y + 1z ) ≥ Mµ x+y+z < 1 1 + + ≥9 x y z VËy (®pcm) Bài 14: Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng ( x2 + y ) ( x − y )2 2 ≥8 2 x + y =( x − y ) +2 xy =( x − y ) +2 Ta cã ⇒ ( x 2+ y 2) =( x − y )4 +4 ( x − y )2 +4 Gi¶i : (v× xy = 1) Do đó BĐT cần chứng minh tơng đơng với ( x − y )4 +4 ( x − y )2 +4 ≥ ( x − y )2 ⇔ ( x − y )4 −4 ( x − y )2 + ≥ [ ( x − y )2 − ] ≥ ⇔ BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh Bài 15: Cho xy Chøng minh r»ng 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y 1+ xy 1 + ≥ Ta cã 2 1+ x 1+ y 1+ xy 1 1 − + − ≥0 ⇔ 2 1+ x 1+ y 1+ y 1+ xy xy − x xy − y + ≥0 ⇔ ( 1+ x ) (1+ xy ) ( 1+ y ) ( 1+ xy ) x( y −x) y (x − y ) + ≥0 ⇔ ( 1+ x ) (1+ xy ) ( 1+ y ) ( 1+ xy ) ( y − x )2 ( xy −1 ) ≥0 ⇔ ( 1+ x ) ( 1+ y 2) ( 1+xy ) ( )( Gi¶i : ) BĐT cuối này đúng xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 16: a Cho a , b, c lµ c¸c sè thùc vµ a + b +c =1 2 a +b + c ≥ Chøng minh r»ng b Cho a,b,c lµ c¸c sè d¬ng ( a+b +c ) ( 1a + 1b + 1c )≥ Chøng minh r»ng Gi¶i : a ¸p dông B§T BunhiaC«pski cho sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ( a+1 b+1 c )2 ≤ ( 1+1+1 ) ( a2 +b2 +c ) Ta cã ⇔ ( a+b +c )2 ≤ ( a2 +b2 +c ) 2 (v× a+b+c =1 ) (®pcm) ⇔ a +b + c ≥ ( a+b +c ) ⇔ ⇔ ( 1a + 1b + 1c )≥ b a a b b c c 1+ + + +1+ + + +1≥ b c a c a a a b a c b c 3+ + + + + + ≥ b a c a c b ( )( )( ) x y + ≥2 y x ¸p dông B§T phô Víi x,y > Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng ( a+b +c ) ( 1a + 1b + 1c )≥ VËy (®pcm) Bài 17: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña : T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Gi¶i :  Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| |x-1+4-x| = x   x   x    x  x    x 1 Vµ  VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| 1+3 =   x 4 Ta cã tõ (1) DÊu b»ng x¶y   x 3 (2) DÊu b»ng x¶y  x 3 VËy T cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ Bài 18: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > vµ x+y+z =1 Gi¶i : V× x,y,z > ,¸p dông B§T C«si ta cã 3 xyz  x+ y + z 1 xyz   xyz  27 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có  x  y   y  z   z  x  3  x  y   y  z   x  z   3  x  y   y  z   z  x  DÊu b»ng x¶y x=y=z= 8   27 27 729 VËy S 729 VËy S cã gi¸ trÞ lín nhÊt lµ x=y=z= 4 x  y  z Bài 19:Cho xy+yz+zx = T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña Gi¶i : ¸p dông B§T Bunhiacèpski cho sè (x,y,z) ;(x,y,z)  xy  yz  zx   x2  y  z    x2  y  z  2 x ,y ,z  Ta cã 2  (1) Ap dông B§T Bunhiacèpski cho () vµ (1,1,1) ( x  y  z ) (12  12  12 )( x  y  z )  ( x  y  z )2 3( x  y  z ) 4 Ta cã  3( x  y  z ) Tõ (1) vµ (2)  x4  y  z  3  4 x y z 3 VËy cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ x=y=z= (1) (2) Bµi 20: T×m c¸c sè nguyªn x,y,z tho¶ m·n x  y  z xy  y  z  Gi¶i : V× x,y,z lµ c¸c sè nguyªn nªn: 2 x  y  z xy  y  z   x  y  z  xy  y  z  0   y2   3y2   x  xy      y    z  z 1 0       y  y    x      1   z  1 0 2  2  (*) y  y   x      1   z  1 0 x, y  R 2  2  y     x    3 2   y   x  0  y    0  2  z  0    x 1   y 2  z 1  y   1   z  1 0   x 1   y 2   z 1 C¸c sè x,y,z ph¶i t×m lµ Mµ VẤN ĐỀ 7: HÌNH HỌC A KIẾN THỨC CẦN NHỚ I HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG -*** Phần I: Lý thuyết cần nhớ: I Một số hệ thức cạnh và đường cao tam giác vuông Trong tam giác vuông: A a AH BH CH  Bình phương đường cao ứng với cạnh huyền tích hai hình chiếu cạnh góc vuông trên cạnh huyền b AH BC  AB AC  Tích hai cạnh góc vuông tích cạnh B huyền với đường cao tương ứng H C c AB BC.BH , AC BC.HC  Bình phương cạnh góc vuông tích cạnh huyền với hình chiếu tương ứng cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền d 1  2 AH AB AC  Nghịch đảo bình phương đường cao tổng nghịch đảo bình phương hai cạnh góc vuông A II Các tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vuông Cạnh kề Các tỉ số lượng giác AC AB , Cos  BC BC AC AB tg  , Cotg  AB AC Sin   Mẹo nhớ: “Sin Đi – Học, Cos Không – Hư, tg Đoàn – Kết, Cotg Kết – Đoàn” Một số tính chất và đẳng thức lượng giác cần nhớ:  0    90  sin  , cos  a Với góc nhọn () thì tg  sin  cos , cot g  cos sin  b Cạnh đối B Cạnh huyền tg  1 ,cot g   tg cot g 1 cot g tg c sin   cos 2 1  sin    cos 2 , cos   sin  d (Các bạn nhớ chỉ lấy giá trị dương vì tuân theo tính chất a mục này)  sin  sin     e Với góc nhọn và  tg 2  1 ,1  cot g 2  2 cos  sin  f (Công thức này thầy đã chứng minh cho các bạn) Mối quan hệ lượng giác các góc phụ    90   Nếu thì các giá trị lượng giác và chéo nhau, tức là: sin  cos , cos sin  , tg cot g  , cot g tg  Hệ thức liên hệ cạnh và góc tam giác vuông A b a.sin B a.cos C c a.sin C a.cos B b c.tgB c.cot gC c b.tgC b.cot gB c b Vậy: Trong tam giác vuông: B a C a Độ dài cạnh góc vuông tích cạnh huyền với sin góc đối hoặc cos góc kề b Độ dài cạnh góc vuông tích cạnh góc vuông còn lại với tg góc đối hoặc cotg góc kề Note: Giải tam giác là khái niệm việc tính số đo các góc nhọn, độ dài các cạnh tam giác vuông II GÓC VÀ ĐƯỜNG TRÒN §êng trßn: 1,§Þnh nghÜa: Tập hợp các điểm cách điểm cho trớc khoảng cách R > không đổi gọi là đờng tròn tâm bán kính R Kí hiệu : ( ; R) 2, Vị trí tơng đối: * Của điểm với đờng tròn : xÐt (0 ; R ) vµ ®iÓm M bÊt k× Vị trí tơng đối HÖ thøc M n»m ngoµi ( O ; R ) OM > R M n»m trªn( O ; R ) hay M thuéc( O ; R) OM = R M n»m ( O ; R ) OM < R * Vị trớ đờng thẳng với đờng tròn : xét ( O; R) và đờng thẳng a bất kì (với d là khoảng cách từ tâm O đến đờng thẳng a) vị trí tơng đối Sè ®iÓm chung HÖ thøc a c¾t ( O ; R ) d<R a tiÕp xóc ( O ; R ) d=R a vµ ( O ; R ) kh«ng giao d>R * Của hai đờng tròn : xÐt ( O;R) vµ (O’; R’) ( víi d = O O’ ) vị trí tơng đối Sè ®iÓm chung HÖ thøc Hai đờng tròn cắt R – r < d < R- r Hai đờng tròn tiếp xúc : + tiÕp xóc ngoµi : + tiÕp xóc : Haiđờng tròn không giao : +hai đờng tròn ngoài : +đờng tròn lớn đựng đờng tròn nhỏ : d=R+r d=R–r d>R+r d < R -r Tiếp tuyến đờng tròn : a §Þnh nghÜa : đờng thẳng d đợc gọi là tiếp tuyến đờng tròn nó có điểm chung với đờng đó b, TÝnh chÊt : + Tính chất : Nếu đờng thẳng là tiếp tuyến đờng tròn thì nó vuông gãc víi b¸n kÝnh ®i qua tiÕp ®iÓm + Tính chất : Nếu hai tiếp tuyến đờng tròn cắt điểm thì giao điểm này cách hai tiếp điểm và tia kẻ từ giao điểm đó qua tâm đờng tròn là tia ph©n gi¸c cña gãc t¹o bëi hai tiÕp tuyÕn c, C¸ch chøng minh :  Cách : chứng minh đờng thẳng đó có điểm chung với đờng tròn đó  Cách : chứng minh đờng thẳng đó vuông góc với bán kính đờng tròn đó điểm và điểm đó thuộc đờng tròn Quan hệ đờng kính và dây cung : * §Þnh lÝ : §êng kÝnh vu«ng gãc víi mét d©y cung th× chia d©y cung Êy thµnh hai phÇn b»ng * §Þnh lÝ : §êng kÝnh ®I qua trung ®iÓm cña mét d©y cung kh«ng ®i qua t©m th× vu«ng gãc víi d©y cung Êy Quan hệ dây cung và khoảng cách đến tâm : * Định lí : Trong đờng tròn hai dây cung và chúng cách tâm * Định lí : Trong hai dây cung không đờng tròn, dây cung lớn h¬n vµ chØ nã gÇn t©m h¬n Góc đờng tròn: 1, Các loại góc đờng tròn: - Gãc ë t©m - Gãc néi tiÕp - Góc có đỉnh bên hay bên ngoài đờng tròn - Gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung 2, Mèi quan hÖ gi÷a cung vµ d©y cung: * Định lí 1: Đối với hai cung nhỏ đờng tròn: a, Hai cung b»ng c¨ng hai d©y b»ng b, §¶o l¹i, hai d©y b»ng tr¬ng hai cung b»ng * Định lí 2: Đối với hai cung nhỏ đờng tròn: a, Cung lín h¬n c¨ng d©y lín h¬n b, D©y lín h¬n tr¬ng cung lín h¬n 3, Tø gi¸c néi tiÕp: a, §Þnh nghÜa: Tứ giác nội tiếp đờng tròn là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên đờng tròn Đơng tròn đó đợc gọi là đờng tròn ngoại tiếp tứ giác b, C¸ch chøng minh : * Cách 1: chứng minh bốn đỉnh tứ giác cùng thuộc đờng tròn * Cách 2: chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối diện 1800 * Cách 3: chứng minh tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện dới cùng gãc H×nh häc kh«ng gian Các vị trí tơng đối: a.Vị trí tơng đối hai đờng thẳng: * a // b  a , b  (P), a vµ b kh«ng cã ®iÓm chung * a c¾t b  a , b  (P), a vµ b cã mét ®iÓm chung * a vµ b chÐo  a vµ b kh«ng cïng thuéc mét mÆt ph¼ng b Vị trí tơng đối đờng thẳng a và mặt phẳng (P): * a // (P)  a vµ (P) kh«ng cã ®iÓm chung * a c¾t (P)  a vµ (P) cã mét ®iÓm chung * a  (P)  a vµ (P) cã v« sè ®iÓm chung c Vị trí tơng đối hai mặt phẳng (P) và (Q): * (P) // (Q)  kh«ng cã ®iÓm chung * (P)  (Q) = a  có đờng thẳng a chung ( a gọi là giao tuyến hai mặt ph¼ng) * (P)  (Q) Mét sè c¸ch chøng minh: a Chứng minh hai đờng thẳng song song: C1: a vµ b cïng thuéc mét mÆt ph¼ng a vµ b kh«ng cã ®iÓm chung C2: a // c vµ b // c ( P) //(Q) (P) ∩(R)=a ⇒ a // b C3 : (Q)∩(R)=b } b.Chứng minh đờng thẳng song song với mặt phẳng: a // b ⇒ a // ( P) b ⊂(P) } c.Chøng minh hai mÆt ph¼ng song song: a , b ⊂(Q) ,aXb ⇒( P) // (Q) a // ( P), b //(P) } d.Chứng minh hai đờng thẳng vuông góc: a ⊥(P) ⇒a ⊥ b b ⊂( P) } e.Chứng minh đờng thẳng vuông góc với mặt phẳng: a⊥b,a⊥c ⇒ a ⊥( P) bXc , b ⊂( P) , c ⊂( P) } g.Chøng minh hai mÆt ph¼ng vu«ng gãc: a ⊥(P) ⇒( P) ⊥(Q) a ⊂(Q) } Mét sè h×nh kh«ng gian: H×nh l¨ng trô: H×nh trô: Sxq = P h với P: chu vi đáy Sxq = P.h = 2R.h với R: bán kính đáy V=B.h h : chiÒu cao V = B.h = R2.h h: chiÒu cao B: diện tích đáy H×nh chãp: S xq = P d V= B.h với d: đờng cao mặt bên H×nh nãn: S xq= P d=πR l 1 V = B h= πR h 3 d: đờng sinh; h: chiều cao H×nh chãp côt: S xq = ( P+ P ' ) d V = ( B+ B ' + √ B B' ) h H×nh cÇu: S=4 πR V = πR 3 H×nh nãn côt: S xq = ( P+ P ' ) d=π ( R+r ) d π h 2 ( R +r + R r ) V = ( B+ B ' + √ B B' ) h= 3 B MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt H và cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chøng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H và M đối xứng qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF HD GIẢI: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 , CDH = 900 ( Vì BE, AD là đờng cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEC = 900 CF là đờng cao => CF  AB => BFC = 900 Nh vËy E vµ F cïng nh×n BC díi mét gãc 900 => E vµ F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã:  AEH =  ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung AE AH = =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung BE BC = =>  BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ABC) C2 = A1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => C1 =  C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM c©n t¹i C => CB là đơng trung trực HM H và M đối xứng qua BC Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn => C1 = E1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp  C1 = E2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)  E1 = E2 => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED Chøng minh t¬ng tù ta còng cã FC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DFE mµ BE vµ CF c¾t H đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiÕp tam gi¸c AHE Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên đờng trßn Chøng minh ED = BC Chứng minh DE là tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm HD GIẢI: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao)  CDH = 900 ( Vì AD là đờng cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác néi tiÕp Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEA = 900 AD là đờng cao => AD  BC => BDA = 900 Nh E và D cùng nhìn AB dới góc 900 => E và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD là đờng cao nên là đờng trung tuyÕn => D lµ trung ®iÓm cña BC Theo trªn ta cã BEC = 900 VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn => DE = BC Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm AH => OA = OE => tam gi¸c AOE c©n t¹i O => E1 = A1 (1) Theo trªn DE = BC => tam gi¸c DBE c©n t¹i D => E3 = B1 (2) Mµ B1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E Vậy DE là tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo gi¶ thiÕt AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm ¸p dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông E ta có ED = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng trßn kÎ tiÕp tuyÕn thø ba c¾t c¸c tiÕp tuyÕn Ax , By lÇn lợt C và D Các đờng thẳng AD và BC cắt N Chøng minh AC + BD = CD Chøng minh COD = 900 AB Chøng minh AC BD = Chøng minh OC // BM Chứng minh AB là tiếp tuyến đờng tròn đờng kÝnh CD Chøng minh MN  AB Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trÞ nhá nhÊt HD GIẢI: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AOM; OD lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kÒ bï => COD = 900 Theo trªn COD = 900 nªn tam gi¸c COD vu«ng t¹i O cã OM  CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ) áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao tam giác vuông ta có OM = CM DM, AB Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = 4 Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cña BM => BM  OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( V× cïng vu«ng gãc víi OD) Gọi I là trung điểm CD ta có I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO là bán kính Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC  AB; BD  AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB là hình thang Lại có I là trung điểm CD; O là trung điểm AB => IO là đờng trung b×nh cña h×nh thang ACDB => IO // AC , mà AC  AB => IO  AB O => AB là tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD CN AC = BN BD CN CM Theo trªn AC // BD => , mµ CA = CM; DB = DM nªn = BN DM suy => MN // BD mµ BD  AB => MN  AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhá nhÊt CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt CD lµ kho¶ng c¸ch gi÷ Ax vµ By tức là CD vuông góc với Ax và By Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O là trung điểm cña IK Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên đờng tròn Chứng minh AC là tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm HD GIẢI: Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B Do đó BI  BK hayIBK = 900 Tơng tự ta có ICK = 900 nh B và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính IK đó B, C, I, K cùng nằm trên đờng tròn Ta cã C1 = C2 (1) ( v× CI lµ ph©n gi¸c cña gãc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ) I1 =  ICO (3) ( v× tam gi¸c OIC c©n t¹i O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC là tiếp tuyến đờng trßn (O) Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm √ 202 − 122 AH2 = AC2 – HC2 => AH = = 16 ( cm) CH2 122 = CH2 = AH.OH => OH = = (cm) AH 16 √ OH2 +HC2 =√ 92+ 122=√ 225 OC = = 15 (cm) Bài Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy ®iÓm M bÊt k× ( M kh¸c A) kÎ c¸t tuyÕn MNP vµ gäi K lµ trung ®iÓm cña NP, kÎ tiÕp tuyÕn MB (B lµ tiÕp ®iÓm) KÎ AC  MB, BD  MA, gäi H lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD, I lµ giao ®iÓm cña OM vµ AB Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp Chøng minh n¨m ®iÓm O, K, A, M, B cïng nằm trên đờng tròn Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chøng minh OAHB lµ h×nh thoi Chøng minh ba ®iÓm O, H, M th¼ng hµng T×m quü tÝch cña ®iÓm H M di chuyÓn trªn đờng thẳng d HD GIẢI: (HS tù lµm) Vì K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đờng kính Vµ d©y cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh K, A, B cùng nhìn OM dới góc 900 nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên đờng tròn Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cña AB => OM  AB t¹i I Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900 nªn tam gi¸c OAM vu«ng t¹i A cã AI là đờng cao áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI IM = IA2 Ta cã OB  MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tø gi¸c OAHB lµ h×nh b×nh hµnh; l¹i cã OA = OB (=R) => OAHB lµ h×nh thoi Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi => OH  AB; còng theo trªn OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo trên OAHB là hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động trên d thì H di động nhng luôn cách A cố định khoảng R Do đó quỹ tích điểm H M di chuyển trên đờng thẳng d là nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD là đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng trßn t¹i D c¾t CA ë E Chøng minh tam gi¸c BEC c©n Gäi I lµ h×nh chiÕu cña A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chứng minh BE là tiếp tuyến đờng trßn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE HD GIẢI:  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2) Vì AB CE (gt), đó AB vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến BEC => BEC lµ tam gi¸c c©n => B1 = B2 Hai tam gi¸c vu«ng ABI vµ ABH cã c¹nh huyÒn AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH AI = AH vµ BE  AI t¹i I => BE lµ tiÕp tuyÕn cña (A; AH) t¹i I DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó điểm P cho AP > R, tõ P kÎ tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (O) t¹i M Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn Chøng minh BM // OP §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N Chøng minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo dµi c¾t t¹i J Chøng minh I, J, K th¼ng hµng HD GIẢI: (HS tù lµm) Ta cã  ABM néi tiÕp ch¾n cung AM;  AOM lµ gãc ë t©m AOM AOM 2 ch¾n cung AM =>  ABM = (1) OP lµ tia ph©n gi¸c  AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) =>  AOP = (2) Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) XÐt hai tam gi¸c AOP vµ OBN ta cã : PAO=900 (v× PA lµ tiÕp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB) => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và nhau) Tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM c¾t t¹i I nªn I lµ trùc t©m tam gi¸c POJ (6) DÔ thÊy tø gi¸c AONP lµ h×nh ch÷ nhËt v× cã PAO = AON = ONP = 900 => K là trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6) AONP lµ h×nh ch÷ nhËt => APO =  NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t Ta cã PO lµ tia ph©n gi¸c APM => APO = MPO (8) Từ (7) và (8) => IPO cân I có IK là trung tuyến đông thời là đờng cao => IK  PO (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K th¼ng hµng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyÕn Ax Tia BM c¾t Ax t¹i I; tia ph©n gi¸c cña gãc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE c¾t Ax t¹i H, c¾t AM t¹i K 1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM IB 3) Chøng minh BAF lµ tam gi¸c c©n 4) Chøng minh r»ng : Tø gi¸c AKFH lµ h×nh thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn HD GIẢI: Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) => KMF + KEF = 1800 Mà KMF và KEF là hai góc đối tứ giác EFMK đó EFMK là tứ giác nội tiếp Ta cã IAB = 900 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã AM  IB ( theo trªn) áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao => AI2 = IM IB Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM => IAE = MAE => AE = ME => ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE lµ tia ph©n gi¸c gãc ABF (1) Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đờng cao tam giác ABF (2) Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam gi¸c c©n t¹i B BAF là tam giác cân B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyÕn => E lµ trung ®iÓm cña AF (3) Tõ BE  AF => AF  HK (4), theo trªn AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM hay AE lµ tia ph©n gi¸c HAK (5) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyÕn => E lµ trung ®iÓm cña HK (6) Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo trªn AKFH lµ h×nh thoi => HA // FH hay IA // FK => tø gi¸c AKFI lµ h×nh thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn thì AKFI phải là hình thang cân AKFI lµ h×nh thang c©n M lµ trung ®iÓm cña cung AB ThËt vËy: M lµ trung ®iÓm cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7) Tam gi¸c ABI vu«ng t¹i A cã ABI = 450 => AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI lµ h×nh thang c©n (h×nh thang cã hai góc đáy nhau) Vậy M là trung điểm cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng Chứng minh AC AE không đổi kÝnh AB KÎ tiÕp tuyÕn Bx vµ lÊy hai Chøng minh  ABD =  DFB điểm C và D thuộc nửa đờng tròn Các Chứng minh CEFD là tứ giác nội tia AC vµ AD c¾t Bx lÇn lît ë E, F (F ë tiÕp gi÷a B vµ E) HD GIẢI: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC  AE ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam giác ABE vuông B có BC là đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh và đờng cao ), mà AB là đờng kính nên AB = 2R không đổi đó AC AE không đổi  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ABD + BAD = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800)(1)  ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) => AFB + BAF = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phô víi BAD) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD) Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB Mµ EFD + DFB = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) nªn suy ECD + EFD = 1800, mÆt kh¸c ECD vµ EFD lµ hai gãc đối tứ giác CDFE đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M’ là điểm đối xứng M qua AB và S là giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P là chân đơng vuông góc từ S đến AB Chøng minh bèn ®iÓm A, M, S, P cïng n»m trªn đờng tròn Gäi S’ lµ giao ®iÓm cña MA vµ SP Chøng minh r»ng tam gi¸c PS’M c©n Chứng minh PM là tiếp tuyến đờng tròn HD GIẢI: Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh vËy P vµ M cïng nh×n AS díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng n»m trên đờng tròn đờng kính AS Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên đờng tròn Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đờng tròn nên M’ nằm trên đờng trßn => hai cung AM vµ AM’ cã sè ®o b»ng => AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB H =>MM’// SS’(cùng vuông góc víi AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (v× so le trong) (2) => Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’ Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên đờng tròn => ASP=AMP (nội tiÕp cïng ch¾n AP ) => AS’P = AMP => tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c SMS’ vu«ng t¹i M => B1 = S’1 (cïng phô víi S) (3) Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => S’1 = M1 (4) Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = OB =R) => B1 = M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM M => PM là tiếp tuyến đờng tròn M Bµi 11 Cho tam gi¸c ABC (AB = AC) C¹nh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) các điểm D, E, F BF cắt (O) t¹i I , DI c¾t BC t¹i M Chøng minh : Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp BD BM = CB CF HD GIẢI: (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF c©n t¹i A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE) Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän AD AF  AB AC Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => => DF // BC DF // BC => BDFC lµ h×nh thang l¹i cã  B = C (v× tam gi¸c ABC c©n) => BDFC là hình thang cân đó BDFC nội tiếp đợc đờng tròn Xét tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI);  CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF  BD =BM BDM CBF => CB CF Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kÝnh AB vµ CD vu«ng gãc víi Trªn ®o¹n th¼ng AB lÊy ®iÓm M (M kh¸c O) CM c¾t (O) t¹i N §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M c¾t tiÕp tuyÕn t¹i N đờng tròn P Chứng minh : Tø gi¸c OMNP néi tiÕp Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh CM CN kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M Khi M di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB th× P chạy trên đoạn thẳng cố định nào HD GIẢI: Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ) Nh M và N cùng nhìn OP dới góc 900 => M và N cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM =  ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) Tam gi¸c ONC c©n t¹i O v× cã ON = OC = R => ONC = OCN => OPM = OCM XÐt hai tam gi¸c OMC vµ MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i cã MO lµ c¹nh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2) Tõ (1) vµ (2) => Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh XÐt hai tam gi¸c OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C là góc chung => OMC NDC CM CO  CD CN => => CM CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nªn CO.CD = 2R kh«ng đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đờng thẳng cố định vuông góc với CD D V× M chØ ch¹y trªn ®o¹n th¼ng AB nªn P chØ ch¹y trªn do¹n th¼ng A’ B’ song song vµ b»ng AB Bµi 13 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A (AB Chøng minh AFHE lµ h×nh ch÷ > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng nhËt bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đ2 BEFC là tứ giác nội tiếp ờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn AE AB = AF AC đờng kính HC cắt AC F Chøng minh EF lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nửa đờng tròn HD GIẢI: Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) EAF = 900 ( V× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A) (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng) Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (néi tiÕp ch¾n cung AE) Theo gi¶ thiÕt AH BC nªn AH lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nửa đờng tròn (O1) và (O2) => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mµ AFE + EFC = 1800 (v× lµ hai gãc kÒ bï) => EBC+EFC = 1800 mÆt kh¸c EBC vµ EFC lµ hai gãc đối tứ giác BEFC đó BEFC là tứ giác nội tiếp AE AF  AC AB XÐt hai tam gi¸c AEF vµ ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng minh trªn) => AEF ACB => => AE AB = AF AC * HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vu«ng t¹i H cã HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vu«ng t¹i H cã HF  AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt => IE = EH => IEH c©n t¹i I => E1 = H1 O1EH c©n t¹i O1 (v× cã O1E vµO1H cïng lµ b¸n kÝnh) => E2 = H2 => E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chứng minh tơng tự ta có O2F  EF Vậy EF là tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Bµi 14 Cho ®iÓm C thuéc ®o¹n th¼ng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ phía AB các nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB vµ cã t©m theo thø tù lµ O, I, K Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự là giao điểm EA, EB với các nửa đờng tròn (I), (K) Chøng minh EC = MN Chøng minh MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña c¸c nöa đờng tròn (I), (K) TÝnh MN Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng trßn HD GIẢI: Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) => ENC = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì là hai góc kÒ bï).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt => EC = MN (tÝnh chÊt ® êng chÐo h×nh ch÷ nhËt ) Theo giả thiết EC AB C nên EC là tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) vµ (K) => B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN) Tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt nªn => C1= N3 => B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cïng lµ b¸n kÝnh) => tam gi¸c KBN c©n t¹i K => B1 = N1 (5) Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN  KN t¹i N => MN lµ tiÕp tuyÕn cña (K) t¹i N Chøng minh t¬ng tù ta còng cã MN lµ tiÕp tuyÕn cña (I) t¹i M, Vậy MN là tiếp tuyến chung các nửa đờng tròn (I), (K) Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC  AB (gt) => EC2 = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã:          S(o) = OA2 = 252 = 625; S(I) = IA2 = 52 = 25; S(k) = KB2 = 202 = 400 Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1      S = ( 625- 25- 400) = 200 = 100 314 (cm2) Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S Chøng minh ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp Chøng minh CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB Gọi E là giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh các đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy Chøng minh DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE Chứng minh điểm M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE HD GIẢI: Ta cã CAB = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); MDC = 900 ( gãc néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D và A cùng nhìn BC dới góc 900 nên A và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC => ABCD là tứ giác néi tiÕp ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB)  EM  SM D1= C3 => => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung b»ng nhau) => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC nh BA, EM, CD là ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy  EM  SM Theo trªn Ta cã => D1= D2 => DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE.(1) Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900 Tø gi¸c AMEB cã MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mµ ®©y lµ hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2 Tø gi¸c ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DAE (2) Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (H×nh b) C©u : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS  CS   SM  EM  CE => => SCM = ECM => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB Bµi 16 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A.và điểm D nằm A và B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G.Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam gi¸c EBD Tø gi¸c ADEC vµ AFBC néi tiÕp AC // FG Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy HD GIẢI: XÐt hai tam gi¸c ABC vµ EDB Ta cã BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); DEB = 900 ( gãc néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB   CAB Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kÒ bï); BAC = 900 ( v× ABC vu«ng t¹i A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà đây là hai góc đối nªn ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp * BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); DFB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh F và A cùng nhìn BC dới góc 900 nên A và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp Theo trªn ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mµ ®©y lµ hai gãc so le nªn suy AC // FG (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy t¹i S PHẦN II: MỘT SỐ ĐỀ THI CÓ LỜI GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM -*** -KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ THI MÔN : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ x 6x    x  x  x  Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức :P= Tìm điều kiện xác định biểu thức P Rút gọn P 2 x  ay   ax  y 5 Câu (2,0 điểm) Cho hệ phương trình : Giải hệ phương trình với a=1 Tìm a để hệ phương trình có nghiệm Câu (2,0 điểm) Một hình chữ nhật có chiều rộng nửa chiều dài Biết giảm chiều 2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm nửa Tính chiều dài hình chữ nhật đã cho Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) và điểm M nằm bên ngoài (O) Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) (O) và tia Mx nằm hai tia MO và MC Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) điểm thứ hai là A Vẽ đường kính BB’ (O) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt K và E Chứng minh rằng: điểm M,B,O,C cùng nằm trên đường tròn Đoạn thẳng ME = R Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên đường tròn cố định, chỉ rõ tâm và bán kính đường tròn đó Câu (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+ b + c =4 Chứng minh : a  b3  c  2 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM SỐ Câu C1.1 (0,75 điểm) C1.2 (1,25 điểm) C2.1 (1,0 điểm) Đáp án, gợi ý ⇔ x −1≠ x+1 ≠ Biểu thức P xác định x −1 ≠ ¿{{ ⇔ x≠1 x ≠ −1 ¿{ x ( x+1)+3(x −1)−(6 x − 4) x x −4 + − = P= x −1 x +1 ( x+1)(x − 1) ( x+1)(x − 1) x + x+ x −3 −6 x + x −2 x+1 ¿ = (x+1)( x − 1) ( x +1)(x −1) x − 1¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x + y =−4 x − y =5 Với a = 1, hệ phương trình có dạng: ¿{ ¿ ¿ ⇔ x+ y =−12 x −3 y=5 ⇔ ¿ x =−7 x −3 y=5 ¿ ⇔ x=− −1− y=5 ⇔ ¿ x=−1 y=−2 ¿ ¿{ ¿ ¿ x =−1 y=− Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm là: ¿{ ¿ Điểm 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 C2.2 (1,0 điểm) ¿ x=− −3 y=5 ⇔ ¿ x=−2 -Nếu a = 0, hệ có dạng: => có nghiệm y=− ¿{ ¿ a -Nếu a , hệ có nghiệm và chỉ khi: ≠ a −3 0,25 0,25 0,25 0,25 (luôn đúng, vì với a) ⇔ a ≠ −6 a ≥ 0 Do đó, với a , hệ luôn có nghiệm 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm với C3 (2,0 điểm) a Gọi chiều dài hình chữ nhật đã cho là x (m), với x > x Vì chiều rộng nửa chiều dài nên chiều rộng là: (m) x x2 x = => diện tích hình chữ nhật đã cho là: (m2) 2 x x − va −2 Nếu giảm chiều m thì chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật lần lượt là: (m) x x2 (x − 2)( −2)= ⋅ Khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm 2 nửa nên ta có phương trình: 2 x x −2 x − x +4= ⇔ x − 12 x +16=0 x 1=6+2 √ ………….=> (thoả mãn x>4); x 2=6 −2 √ (loại vì không thoả mãn x>4) 6+2 √ Vậy chiều dài hình chữ nhật đã cho là (m) ⇔ C4.1 1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc đường tròn B (1,0 ∠MOB=900 Ta có: (vì MB là tiếp tuyến) điểm) (vì MC là tiếp tuyến) ∠MCO=900 O => MBO + MCO = ∠ ∠ M = 900 + 900 = 1800 K => Tứ giác MBOC nội tiếp E B (vì có tổng góc đối =1800) C ’ =>4 điểm M, B, O, C cùng thuộc đường tròn C4.2 2) Chứng minh ME = R: (1,0 Ta có MB//EO (vì cùng vuông góc với BB’) điểm) ∠ ∠ => O1 = M1 (so le trong) ∠ ∠ ∠ ∠ Mà M1 = M2 (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) => M2 = O1 (1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 C/m MO//EB’ (vì cùng vuông góc với BC) ∠ ∠ => O1 = E1 (so le trong) (2) ∠ ∠ Từ (1), (2) => M2 = E1 => MOCE nội tiếp ∠ ∠ => MEO = MCO = 90 ∠ ∠ ∠ => MEO = MBO = BOE = 90 => MBOE là hình chữ nhật => ME = OB = R (điều phải chứng minh) C4.3 3) Chứng minh OM=2R thì K di động trên đường tròn cố (1,0 định: điểm) ∠ Chứng minh Tam giác MBC => BMC = 600 ∠ => BOC = 1200 OC OC 3 R => ⇒ OK= =R : √ = √ ∠ ∠ ∠ CosKOC= Cos 300 OK 0 0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 KOC = 60 - O1 = 60 - M1 = 60 – 30 = 30 Trong tam giác KOC vuông C, ta có: 2√3R Mà O cố định, R không đổi => K di động trên đường 0,25 0,25 tròn tâm O, bán kính = (điều phải chứng minh) C5 4a  4b3  4c (1,0 3 4 điểm)   a  b  c  a   a  b  c  b   a  b  c  c 0,25  a4  b4  c a  b  c 4 a  b3  c3  0,25 0,25 4  2 Do đó, 0,25 Câu a;y  b;z  c Cach 2: Đặt x = => x, y , z > và x4 + y4 + z4 = 2 BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > hay (x3 + y3 + z3 ) > = x4 + y4 + z4 Ta xét trường hợp:   2 2  x3(-x) + y3(-y)+ z3(-z) > (*) - Nếu sô x, y, z tồn it nhât sô , giả sử x thì x3 2 Khi đo: x3 + y3 + z3 > ( y, z > 0)  - Nếu sô x, y, z nhỏ thì BĐT(*) luôn đung 2 Vậy x3 + y3 + z3 > CM KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – Không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** Câu I (2,0 điểm) x x  1) Giải phương trình  x  3 0  2) 3x  y 11 Giải hệ phương trình Câu II ( 1,0 điểm) 1  P=  + 2- a 2 a -a  a +1 :  a - a a > và a 4 Rút gọn biểu thức với Câu III (1,0 điểm) Một tam giác vuông có chu vi là 30 cm, độ dài hai cạnh góc vuông kém 7cm Tính độ dài các cạnh tam giác vuông đó Câu IV (2,0 điểm) y = 2x - m +1 y = x2 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d): và parabol (P): 1) Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm A(-1; 3) 2) x1x  y1 + y   48 0 Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) và (x2; y2) cho  Câu V (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB Trên đường tròn lấy điểm C cho AC < BC (CA) Các tiếp tuyến B và C (O) cắt điểm D, AD cắt (O) E (E A) 1) Chứng minh BE2 = AE.DE 2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB H, DO cắt BC F Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp 3) Gọi I là giao điểm AD và CH Chứng minh I là trung điểm CH Câu VI ( 1,0 điểm) 1  2 a b Cho số dương a, b thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức 1 Q  2 a  b  2ab b  a  2ba ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Câu I (2,0đ) 1) 1,0 điểm 2) 1,0 điểm Nội dung x  x   x  3( x  1)  x  3x    x 4  x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = -2  x  3 0(1)  3 x  y 11 (2) x 3 3.3  y 11 Thay x=3 vào (2)=> <=>2y=2 <=>y=1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(3;1)   1  a +1  P= + :  a 2- a 2- a  a  a    = = = Câu III (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  0,25 1+ a a a  a (2  a ) a +1  0,25 a 2- a =-1 0,25 a  a  a 2- a  Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x (cm) (điều kiện 0< x < 15) => độ dài cạnh góc vuông còn lại là (x + )(cm) Vì chu vi tam giác là 30cm nên độ dài cạnh huyền là: 30–(x + x +7)= 23–2x (cm) 0,25 x + (x + 7) = (23 - 2x) Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình 0,25  x - 53x + 240 = 0,25 (1) Giải phương trình (1) nghiệm x = 5; x = 48 Đối chiếu với điều kiện có x = (TM đk); x = 48 (không TM đk) Vậy độ dài cạnh góc vuông là 5cm, độ dài cạnh góc vuông còn lại là 12 cm, độ dài cạnh huyền là 30 – (5 + 12) = 13cm Câu IV (2,0đ) 1) 1,0 điểm 0,25 Từ (1)=> <=>x=3 Câu II (1,0đ) Điểm Vì (d) qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 và y = vào hàm số y = 2x – m + ta có 2.(-1) – m +1 =  -1 – m =  m = -4 Vậy m = -4 thì (d) qua điểm A(-1; 3) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2) 1,0 điểm x 2 x  m 1 Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm 0,25 phương trình  x  x  2m  0 (1)   '    2m   m  ; Để (d) cắt (P) 0,25 hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt y1 = x1  m  y = x2  m  Vì (x ; y ) và (x ; y ) là tọa độ giao điểm 1 2 0,25 (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm phương trình (1) và , x1 + x = 4, x1x = 2m-2 x1x  y1 +y   48 0 x1x  2x1 +2x -2m+2   48 0  (2m - 2)(10 - 2m) + 48 = Theo hệ thức Vi-et ta có Thay y ,y vào có  m - 6m - =  m=-1(thỏa mãn m<3) hoặc m=7(không thỏa mãn 0,25 m<3) Vậy m = -1 thỏa mãn đề bài Câu V (3,0đ) 1) 1,0 điểm Vẽ đúng hình theo yêu cầu chung đề bài  ΔABD VìBD là tiếp tuyến (O) nên BD OB => vuông B  Vì AB là đường kính (O) nên AE BE  ΔABD ABD=90  Áp dụng hệ thức lượng (;BE AD) ta có BE2 0,25 0,25 0,25 0,25 = AE.DE 2) 1,0 điểm 0,25 Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán kính (O))  OFC=90 => OD là đường trung trực đoạn BC => (1)  Có CH // BD (gt), mà AB BD (vì BD là tiếp tuyến (O))   OHC=90 0,25 0,25   OFC + OHC = 180 Từ (1) và (2) ta có => tứ giác CHOF nội tiếp   HCB=CBD 0,25 => CH AB => (2) 3)1,0 điểm Có CH //BD=> (hai góc vị trí so le trong) mà    ΔBCD CBD DCB HCD cân D => nên CB là tia phân giác 0,25  ΔICD  AI CI = AD CD CA CB => CA là tia phân giác góc ngoài 0,25 đỉnh C (3) AI HI = AD BD ΔABD Trong có HI // BD => (4) CI HI = CD BD CD=BD  CI=HI  Từ (3) và (4) => mà I là trung điểm 0,25 0,25 CH Câu VI (1,0đ) a  0; b  (a  b)2 0  a  2a b  b2 0  a  b2 2a 2b 1   (1) 2 2 2 a  b  ab ab a  b    a  b  2ab 2a b  2ab 1  2 b  a  2a b 2ab  a  b  (2)  Q  ab  a  b  0,25 Với ta có: 0,25 Tương tự có Từ (1) và (2) 1 1  Q   2  a  b 2ab 2(ab) Vì mà a  b 2 ab  ab 1 a b 1  Q 2 Khi a = b = thì Vậy giá trị lớn biểu thức là KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 0,25 0,25 -*** Bài I (2,5 điểm) A x 4 x 2 1) Cho biểu thức Tính giá trị A x = 36  x  x  16 B   : x   x  x 0; x 16  x 4 2) Rút gọn biểu thức (với ) 3) Với các biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị x nguyên để giá trị biểu thức B(A – 1) là số nguyên 12 Bài II (2,0 điểm) Hai người cùng làm chung công việc thì xong Nếu người làm mình thì người thứ hoàn thành công việc ít người thứ hai là Hỏi làm mình thì người phải làm bao nhiêu thời gian để xong công việc? Bài III (1,5 điểm) 2  x  y 2     1  x y 1) Giải hệ phương trình: 2 x  x 7 2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = (ẩn x) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB Bán kính CO vuông góc với AB, M là điểm trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC H Gọi K là hình chiếu H trên AB 1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp ACM ACK  2) Chứng minh 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân C AP.MB R MA 4) Gọi d là tiếp tuyến (O) điểm A; cho P là điểm nằm trên d cho hai điểm P, C nằm cùng nửa mặt phẳng bờ AB và Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK x 2y M x  y2 xy Bài V (0,5 điểm) Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện , tìm giá trị nhỏ biểu thức: GỢI Ý – ĐÁP ÁN Bài I: (2,5 điểm) 36  10   36  1) Với x = 36, ta có : A = 2) Với x , x  16 ta có :  x( x  4) 4( x  4)  x  (x  16)( x  2) x 2     x  16 x  16 x  16 (x  16)(x  16) x  16 B = =   x 2  x 4  x 2 2 B( A  1)    1   x  16  x   x  16 x  x  16 3) Ta có: B( A  1) x  16  1; 2  Để nguyên, x nguyên thì là ước 2, mà Ư(2) = Ta có bảng giá trị tương ứng: x  16 x 17 1 15 x 0, x 16 B( A  1) x   14; 15; 17; 18 18 2 14  Kết hợp ĐK , để nguyên thì Bài II: (2,0 điểm) x 12 Gọi thời gian người thứ hoàn thành mình xong công việc là x (giờ), ĐK Thì thời gian người thứ hai làm mình xong công việc là x + (giờ) 1 x x  Mỗi người thứ làm được(cv), người thứ hai làm được(cv) 12 12 1: 5 12 Vì hai người cùng làm xong công việc nên hai đội làm được=(cv) Do đó ta có phương trình 1   x x  12  x2 x  x ( x  2) 12  5x2 – 14x – 24 =  , 13 ’ = 49 + 120 = 169,  13   13 20 x  x  4 5 5 => (loại) và (TMĐK) Vậy người thứ làm xong công việc giờ, người thứ hai làm xong công việc 4+2 = 2  x  y 2     1  x y x , y 0 Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ: , (ĐK: ) 4 4 10  4   5  x 2  x  y 4   x 2  x x x      2   y 1   1   2   2   y 2   x y  x y  x y Hệ (TMĐK) Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1) 2) + Phương trình đã cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m  x1  x2 4m    x1 x2 3m  m + Theo ĐL Vi –ét, ta có: x  x 7  ( x1  x2 )2  x1 x2 7 Khi đó: 3 2  (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = => m = hay m = Trả lời: Vậy Bài IV: (3,5 điểm) C M H E A K O B  1) HCB 90 Ta có ( chắn nửa đường tròn đk AB)  HKB 900 (do K là hình chiếu H trên AB)   HCB  HKB 1800 => nên tứ giác CBKH nội tiếp đường tròn đường kính HB   2) ACM  ABM AM Ta có (do cùng chắn (O)) ACK HCK    HBK HK và (vì cùng chắn đtròn đk HB) ACM  ACK Vậy   3) sd AC sd BC 90 Vì OC  AB nên C là điểm chính cung AB  AC = BC và Xét tam giác MAC và EBC có    MAC MBC MC MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và = vì cùng chắn cung (O) MAC và EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân C (1) CMB 450 CB  900 Ta lại có (vì chắn cung ) CEM CMB  45 (tính chất tam giác MCE cân C)     CME  CEM  MCE 1800 MCE 900 Mà (Tính chất tổng ba góc tam giác) (2) Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân C (đpcm) 4) Gọi S là giao điểm BM và đường thẳng (d), N là giao điểm BP với HK S Xét PAM và  OBM : AP.MB AP OB R   MA MA MB Theo giả thiết ta có C M H (vì có RP= OB) E N  PAM  ABM AM Mặt khác ta có (vì cùng chắn cung A (O))  PAM ∽  OBM K O B AP OB  1  PA PM PM OM (do OB = OM = R) (3) AMB 90  AMS  90  Vì (do chắn nửa đtròn(O))     PAM  PSM 90  PMS PSM  PS PM  tam giác AMS vuông M    PMA  PMS 90 và (4)   PAM PMA Mà PM = PA(cmt) nên Từ (3) và (4)  PA = PS hay P là trung điểm AS NK BN HN   PA BP PS Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: NK HN  PA PS hay  NK NH Mà PA = PS(cmt) hay BP qua trung điểm N HK (đpcm) Bài V: (0,5 điểm) Đối với bài toán này, thầy gợi ý số cách giải sau để các em có thể lựa chọn Cách 1(không sử dụng BĐT Co Si) x  y ( x  xy  y )  xy  y ( x  y )  xy  y ( x  y ) 3y   4 xy xy xy xy x Ta có M = = Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy  x = 2y y  3y     x x x ≥ 2y  , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Từ đó ta có M ≥ + -=, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M là , đạt x = 2y x2  y x2 y x y x y 3x     (  )  xy xy xy y x y x y Cách 2: Ta có M = x y x y x y  2 1 ; 4y x 4y x 4y x Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ta có , dấu “=” xảy  x = 2y x x 2    y y Vì x ≥ 2y , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Từ đó ta có M ≥ +=, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M là , đạt x = 2y x2  y x2 y x y x y 3y     (  )  xy xy xy y x y x x Cách 3: Ta có M = x 4y x 4y x 4y  2 4 ; y x y x y x Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ta có , dấu “=” xảy  x = 2y y  3y     x x Vì x ≥ 2y , dấu “=” xảy  x = 2y 2 Từ đó ta có M ≥ 4-=, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M là , đạt x = 2y x2 x2 3x x x2 2  y  y   y  y2 x2  y x 3x 4  4  4  xy xy xy xy xy xy y Cách 4: Ta có M = x2 x2 x  y 2 y  xy ;y 4 Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ta có , dấu “=” xảy  x = 2y x x 2    y y Vì x ≥ 2y , dấu “=” xảy  x = 2y xy 3 xy 2 Từ đó ta có M ≥ += 1+=, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M là , đạt x = 2y KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :  a 1 P   a    a1  a  a 1  2a a , (Với a > , a 1) P a  1 Chứng minh : Tìm giá trị a để P = a Câu (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x và đường thẳng (d) : y = 2x + Chứng minh (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Gọi A và B là các điểm chung (d) và (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) Câu (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + = Giải phơng trình m = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là điểm thuộc (O) ( M khác A và B ) Các tiếp tuyến (O) A và M cắt C Đường tròn (I) qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC C CD là đờng kính (I) Chứng minh rằng: Ba điểm O, M, D thẳng hàng Tam giác COD là tam giác cân Đờng thẳng qua D và vuông góc với BC luôn qua điểm cố định M di động trên đường tròn (O) a  b  c 3 Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn : a b c    a  2b  b  2c  c  2a  Chứng minh : ĐÁP ÁN- GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ CÂU NỘI DUNG P a  1 Chứng minh :  a 1 P    a1  P P P  a1  a  a 1  2a a   a 1    a  4 a   a 1  a 1  a1 a  a   a  a   4a a  a   a 1  a1  a1 2a a 2a a 4a a  a  2a a a  (ĐPCM) Tìm giá trị a để P = a P = a a  a  a  0 a => Ta có + + (-2) = 0, nên phương trình có nghiệm a1 = -1 < (không thoả mãn điều kiện) - Loại c  2 a a2 = (Thoả mãn điều kiện) Vậy a = thì P = a Chứng minh (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm phương trình x2 = 2x + => x2 – 2x – = có a – b + c = Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt c  3 a x1 = -1 và x2 = Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = => A (-1; 1) Với x2 = => y2 = 32 = => B (3; 9) Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B Gọi A và B là các điểm chung (d) và (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) Ta biểu diễn các điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy hình vẽ B A D -1 C AD  BC 1 DC  20 2 BC.CO 9.3   13,5 2 AD.DO 1.1   0,5 2 S ABCD  S BOC S AOD Theo công thức cộng diện tích ta có: S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO) = 20 – 13,5 – 0,5 = (đvdt) Khi m = 4, ta có phương trình x2 + 8x + 12 = có ’ = 16 – 12 = > Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - + = - và x2 = - - = - Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x2 + 2mx + m2 – 2m + = Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > => 2m – > => 2(m – 2) > => m – > => m > Vậy với m > thì phương trình có hai nghiệm phân biệt I C H M N A K D Ba điểm O, M, D thẳng hàng: Ta có MC là tiếp tuyến đường tròn (O)  MC  MO (1) O B  CMD 900 Xét đường tròn (I) : Ta có  MC  MD (2) Từ (1) và (2) => MO // MD  MO và MD trùng  O, M, D thẳng hàng www.VNMATH.com Tam giác COD là tam giác cân CA là tiếp tuyến đường tròn (O)  CA AB(3) Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC C  CA  CD(4)   DCO COA Từ (3) và (4)  CD // AB => (*) ( Hai góc so le trong)   COA COD CA, CM là hai tiếp tuyến cắt (O)  (**)   DOC  DCO Từ (*) và (**)   Tam giác COD cân D Đường thẳng qua D và vuông góc với BC luôn qua điểm cố định M di động trên đờng tròn (O)  CHD 900 * Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H  H  (I) (Bài toán quỹ tích) DH kéo dài cắt AB K Gọi N là giao điểm CO và đường tròn (I)  CND 900  NC  NO   COD can tai D => Ta có tứ giác NHOK nội tiếp  O  DCO    H NHO  NKO 1800 Vì có ( Cùng bù với góc DHN)  (5)   NDH  NCH * Ta có : (Cùng chắn cung NH đường tròn (I))     CBO HND HCD   DHN COB (g.g) HN OB    HD OC  OB OA HN ON      OC OC HD CD  OA CN ON       OC CD CD  ONH CDH Mà  NHO DHC (c.g.c)     NHO 900 NHO  NKO 1800 NKO 900  Mà (5) ,  NK  AB  NK // AC  K là trung điểm OA cố định  (ĐPCM) a  b  c 3 Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : a b c    a  2b  b  2c  c  2a  Chứng minh : a b2  a  b    x y x y 2 a b2 c  a  b  c     x y x x  y  z * C/M bổ đề: và Thật a b2  a  b  2    a y  b2 x  x  y   xy  a  b    ay  bx  0 x y xy   (Đúng)  ĐPCM a2 b2 c2  a  b  c     x y x x  y  z Áp dụng lần , ta có: 2 a  2b  a  2b   2a  2b  * Ta có : , tương tự Ta có: …  A a b c a b c      a  2b  b  2c  c  2a  2a  2b  2b  2c  2c  2a  2 1 a b c   A     a b 1  b c  1 c  a1  (1) B a b c   1 a  b  b  c  c  a  Ta chứng minh a b c  1  1   a  b 1 b  c 1 c  a 1 b c a     a  b 1 b  c 1 c  a 1 b 1 c 1 a 1    2 a  b 1 b  c 1 c  a 1  2  b  1  c  1  a  1    2  a b 1  b 1  b  c 1 c 1   c  a 1  a 1 (2) 3 B Áp dụng Bổ đề trên ta có: 3  a  b  c  3 B  a  b  1  b  1   b  c  1  c  1   c  a  1  a  1  3 B   a  b  c  3 2  2 a  b  c  ab  bc  ca  3(a  b  c )  (3) * Mà:  a  b  c  ab  bc  ca  3(a  b  c )  3 2a  2b  2c  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  2a  2b  2c  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  ( Do : a  b  c 3) a  b  c  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c   a  b  c  3   a  b  c  3 a  b  c  ab  bc  ca  3(a  b  c)  2 (4) Từ (3) và (4)  (2) Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh Dấu = xảy a = b = c = KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** -  x     x  2 x C©u 1: 2,5 ®iÓm: Cho biÓu thøc A =  x 2 a) Tìm điều kiện xác định và tú gọn A A b) Tìm tất các giá trị x để B A c) Tìm tất các giá trị x để đạt giá trị nguyên C©u 2: 1,5 ®iÓm: Quảng đờng AB dài 156 km Một ngời xe máy tử A, ngời xe đạp từ B Hai xe xuÊt ph¸t cïng mét lóc vµ sau giê gÆp BiÕt r»ng vËn tèc cña ngêi ®I xe m¸y nhanh vận tốc ngời đI xe đạp là 28 km/h Tính vận tốc xe? C©u 3: ®iÓm: Cho ph¬ng tr×nh: x2 – 2(m-1)x + m2 – =0 ( m lµ tham sè) a) Gi¶I ph¬ng tr×nh m = 2 b) x1  x2 16 Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn C©u 4: ®iÓm Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn tâm O Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn (A, B lµ c¸c tiÕp ®iÓm) VÏ c¸t tuyÕn MCD kh«ng ®I qua t©m O ( C n»m gi÷a M vµ D), OM c¾t AB vµ (O) lÇn lît t¹i H vµ I Chøng minh a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp b) MC.MD = MA2 c) OH.OM + MC.MD = MO2 d) CI lµ tia ph©n gi¸c gãc MCH GỢI Ý – ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu 1: (2,5 điểm) a, Với x > và x 4, ta có:  x  x  2 x 2 x     x  2 x ( x  2)( x  2) x  x 2 x 2  x  2   b, A = 14 x  3( x  2)   x 2 x  A = = = = > x > x   x   x  c, B = = là số nguyên là ước 14 hay = 1, = 7, = 14 (Giải các pt trên và tìm x) Câu 2: (1,5 điểm) Gọi vân tốc xe đạp là x (km/h), điều kiện x > Thì vận tốc xe máy là x + 28 (km/h) Trong giờ: + Xe đạp quãng đường 3x (km), + Xe máy quãng đường 3(x + 28) (km), theo bài ta có phương trình: 3x + 3(x + 28) = 156 Giải tìm x = 12 (TMĐK) Trả lời: Vận tốc xe đạp là 12 km/h và vận tốc xe máy là 12 + 28 = 40 (km/h) Câu 3: (2,0 điểm) a, Thay x = vào phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - = và giải phương trình: x2 - 4x + = nhiều cách và tìm nghiệm x1 = 1, x2 = b, Theo hệ thức Viét, gọi x1, x2 là hai nghiệm phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - = , ta có:  x1  x2 2(m  1)   x1.x2 m  và x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1.x2 = 16 Thay vào giải và tìm m = 0, m = -4 CÂU A D C M O I HH B a, Vì MA, MB là các tiếp tuyến đường tròn (O) A và B nên các góc tứ giác MAOB vuông A và B, nên nội tiếp đường tròn MA MD   MC.MD MA2       M MAC MDA AC MC MA b, MAC và MDA có chung và = (cùng chắn ), nên đồng dạng Từ đó suy (đfcm)    AMO HAO c, MAO và AHO đồng dạng vì có chung góc O và (cùng chắn hai cung đường tròn nội tiếp tứ giác MAOB) Suy OH.OM = OA Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông MAO và các hệ thức OH.OM = OA MC.MD = MA2 để suy điều phải chứng minh MH MC   MD MO d, Từ MH.OM = MA2, MC.MD = MA2 suy MH.OM = MC.MD (*)    DMO Trong MHC và MDO có (*) và chung nên đồng dạng MC MO MO MC MO     HC MD OA CH OA hay (1)     MAH MAI IAH Ta lại có (cùng chắn hai cung nhau) AI là phân giác MI MA  IH AH Theo t/c đường phân giác tam giác, ta có: (2)    MHA MAO 900 MHA và MAO có chung và đó đồng dạng (g.g)   OMA MO MA MC MI    OA AH CH IH (3) Từ (1), (2), (3) suy suy CI là tia phân giác góc MCH KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** Câu I: (2,5 điểm) a)  10  36  64 b)   2 3   2 Thực phép tính: 2a  1   1 a  a  a Cho biểu thức: P = a) Tìm điều kiện a để P xác định b) Rút gọn biểu thức P Câu II: (1,5 điểm) Cho hai hàm số bậc y = -x + và y = (m+3)x + Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số đã cho là: a) Hai đường thẳng cắt b) Hai đường thẳng song song 2 Tìm các giá trị a để đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) qua điểm M(-1; 2) Câu III: (1,5 điểm) Giải phương trình x – 7x – = x13 x  x1x 32  Cho phương trình x2 – 2x + m – = với m là tham số Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện Câu IV: (1,5 điểm) 3x  2y 1   x  3y 2 Giải hệ phương trình 2x  y m   3x  y 4m  Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn AB Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B) a) Chứng minh AMOC là tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn   ADE ACO c) Chứng mình ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ Câu I: (2,5 điểm) Thực phép tính: a)  10  36  64    100   10  12  b)  2 3        3     2a  1   1 a  a  a Cho biểu thức: P = a 0 và a 1 a) Tìm điều kiện a để P xác định: P xác định b) Rút gọn biểu thức P 2a  1   1 a 1 a 1 a 2 2a   a  a   a  2a       a  a  a  1   a  a  a  1 1  a   a a  a a  a  a  1 a   a   a  a  1 2  a  1 aa a P == a =  2a 2   a   a  a  1 a  a  == 2 a 0 và a 1 a  a  Vậy với thì P = Câu II: (1,5 điểm) Cho hai hàm số bậc y = -x + và y = (m+3)x + Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số đã cho là:  a) Để hàm số y = (m+3)x + là hàm số bậc thì m + suy m -3  Đồ thị hai hàm số đã cho là hai đường thẳng cắt a a’    -1 m+3m -4 Vậy với m -3 và m -4 thì đồ thị hai hàm số đã cho là hai đường thẳng cắt b) Đồ thị hàm số đã cho là Hai đường thẳng song song a a '  m     m  b  b'     thỏa mãn điều kiện m -3 Vậy với m = -4 thì đồ thị hai hàm số đã cho là hai đường thẳng song song 2 Tìm các giá trị a để đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) qua điểm M(-1; 2)  Vì đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) qua điểm M(-1; 2) nên ta thay x = -1 và y = vào hàm số ta có phương trình = a.(-1)2 suy a = (thỏa mãn điều kiện a 0) Vậy với a = thì đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) qua điểm M(-1; 2) Câu III: (1,5 điểm) Giải phương trình x – 7x – = có a – b + c = + – = suy x1= -1 và x2= x13 x  x1x 32  Cho phương trình x2 – 2x + m – = với m là tham số Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện  Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thì ’  – m +  m Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) và x1 x2 = m – (2) x13 x  x1x 32   x1x  x1  x   2x1x Theo đầu bài: = (3) 3  x1 x  x1x  Thế (1) và (2) vào (3) ta có: (m - 3)(2) – 2(m-3)=6  2m =12  m = Không thỏa mãn điều kiện m không có giá trị nào m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện Câu IV: (1,5 điểm) 3  3y    2y 1 3x  2y 1     x  3y   x  3y    7y 7   x  3y    y 1   x 1 Giải hệ phương trình 2x  y m   3x  y 4m  Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 2x  y m  5x 5m  x m  x m     3x  y 4m  2x  y m  2m  y m   y m    Mà x + y > suy m + m + > 2m > m > Vậy với m > thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > Câu V: (3,0 điểm HD Giải M   MAO MCO 900 a) nên tứ giác AMCO nội tiếp   MEA MDA 900 b) Tứ giác AMDE có D, E cùng nhìn AM cùng góc 900 Nên AMDE nội tiếp    ADE AME cùng chan cung AE c) Vì AMDE nội tiếp nên D C E A O    ACO AME cùng chan cung AO Vì AMCO nội tiếp nên   ADE ACO Suy KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ B -*** Câu (2,0 điểm)  x 2 x  2 Q    x  x x  0, x 1  x  x 1 x     Cho biểu thức , với a Rút gọn biểu thức Q b Tìm các giá trị nguyên x để Q nhận giá trị nguyên Câu (1,5 điểm) x  2(m  1)x  m  0 m  R Cho phương trình , với x là ẩn số, a Giải phương trình đã cho m  – x1 x x1 x b Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt và Tìm hệ thức liên hệ và mà không phụ thuộc vào m Câu (2,0 điểm) (m  1)x  (m  1)y 4m  x  (m  2)y 2 mR Cho hệ phương trình , với a Giải hệ đã cho m  –3 b Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm Tìm nghiệm đó Câu (2,0 điểm) y  x Cho hàm số có đồ thị (P) Gọi d là đường thẳng qua điểm M(0;1) và có hệ số góc k a Viết phương trình đường thẳng d b Tìm điều kiện k để đt d cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt Câu (2,5 điểm) (D  AC, E  AB) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi H là giao điểm hai đường cao BD và CE tam giác ABC a Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn b Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm BC Chứng minh ba điểm H, J, I thẳng hàng 1   2 DK DA DM c Gọi K, M lần lượt là giao điểm AI với ED và BD Chứng minh ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ Câu  x 2 x  2 Q    x  x  x        x x     x 2    x 1   x  x 1   x  x1    x 1 a  x 2  x  1 x 2 x  1  1     x     x    1  x  x 1   x 1 x 1 x1  x 1 x  1      2x x   x 1 x   x  x   x x  1  x 1 x x x 2x Q x  Vậy b Q nhận giá trị nguyên 2x 2x   2  2  x x x  Q x  x  khi chia hết cho  x 0  x 2   x   x 2  x  1     x  2  x 3  x 3 đối chiếu điều kiện thì Q x  2(m  1)x  m  0 m  R Câu Cho pt , với x là ẩn số, a Giải phương trình đã cho m  – x  2x  0 Ta có phương trình 2  5 x  2x  0  x  2x  5   x  1 5   x    x      x 1   x    x   x   2 x   Vậy phương trinh có hai nghiệm và b  x1  x 2  x1x     x1  x 2m  (1)  x  x 2m     (2)  m x1x   x1x m  m x1x  có x1  x 2  x1x     x1  x  2x1x  0 (m  1)x  (m  1)y 4m  x  (m  2)y 2 m  R Câu Suy Cho hệ phương trình , với a Giải hệ đã cho m  –3  2x  2y  12   x  y   x 7     y 1  x  5y 2  x  5y 2 Ta hệ phương trình Theo Vi-et, ta  x; y   7;1 Vậy hệ phương trình có nghiệm với b Điều kiện có nghiệm phương trình m    m  1  m    m  1  m     m  1   m  1  m     m  1 0   m  1  m  1 0 m  0 m    m  0 m 1 m  m 1 Vậy phương trình có nghiệm và (m  1)x  (m  1)y 4m m    m 1 Giải hệ phương trình x  (m  2)y 2 4m 4m    x y  m  x  m  4m  x  y    (m  1)x  (m  1)y 4m   m 1  y  y    x  (m  2)y 2 x  (m  2)y    m 1 m 1    4m     m  ; m 1    Vậy hệ có nghiệm (x; y) với Câu a Viết phương trình đường thẳng d y kx  b Đường thẳng d với hệ số góc k có dạng k.0  b  b 1 Đường thẳng d qua điểm M(0; 1) nên d : y kx 1 Vậy b Phương trình hoành độ giao điểm (P) và d 2  x kx   x  kx  0  k  , có   d cắt (P) hai điểm phân biệt k    k    k   k  22  k  k 2 Câu a BCDE nội tiếp   BEC BDC 900 Suy BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC b H, J, I thẳng hàng IB  AB; CE  AB (CH  AB) Suy IB // CH IC  AC; BD  AC (BH  AC) Suy BH // IC Như tứ giác BHCI là hình bình hành J trung điểm BC  J trung điểm IH Vậy H, J, I thẳng hàng 1   ACB AIB  AB c    ACB DEA DEB cùng bù với góc tứ giác nội tiếp BCDE   BAI  AIB 900 vì ABI vuông B  BAI  AED   90 EAK  AEK 900 Suy , hay Suy AEK vuông K Xét ADM vuông M (suy từ giả thiết) DK  AM (suy từ chứng minh trên) 1   2 DK DA DM Như KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** Bài 1: (3, điểm) Học sinh không sử dụng máy tính bỏ túi a) Giải phương trình: 2x – =  y  x 2  b) 5x  3y 10 Giải hệ phương trình: a  3 a 1 a2  a  A   a 0, a  Rút gọn biểu thức với a a a 2 c) d) B     Tính giá trị biểu thức Bài 2: (2, điểm) y mx Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình lần lượt là và y  m   x  m   (m là tham số, m 0) a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm (d) và (P)  b) Chứng minh với m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm phân biệt Bài 3: (2, điểm) Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100 km Cùng lúc, xe máy khởi hành từ Quy Nhơn Bồng Sơn và xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn Quy Nhơn Sau hai xe gặp nhau, xe máy 30 phút đến Bồng Sơn Biết vận tốc hai xe không thay đổi trên suốt quãng đường và vận tốc xe máy kém vận tốc xe ô tô là 20 km/h Tính vận tốc xe Bài 4: (3, điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi C là trung điểm OA, qua C kẻ dây MN vuông góc với OA C Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm AK và MN a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AK.AH = R2 Trên KN lấy điểm I cho KI = KM, chứng minh NI = KB ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ Bài 1: a) 2x – =  y  x 2   5x  5y 10 2y 20  y 10      5x  3y 10 5x  3y 10  y  x 2  x 8 b) x  0  x 5  x  c)  a  3 a 1 a  a  a  A    a a a 2       a  2   a  a  2  a  2 a   a 1 5a  10 a  a   3a  a  a   a  a   a  a 2    a  8a  16  a  a 2     a 8    a  8a  16  a2  a 2    a  4    a   4  a a B  42  7    1    3  1    1   3 d) Bài 2: m   P   d  y  x ; y  x  a) Với và lần lượt trở thành  P   d   x  x   x  x  0 a  b  c 1   0 x1 1; x2  Lúc đó phương trình hoành độ giao điểm và là: có nên có hai nghiệm là x1 1  y1  Với x2   y2  Với  P   d   1;  1   2;   Vậy tọa độ giao điểm và là và  P   d  mx  m   x  m   mx   m   x  m  0  * b) Phương trình hoành độ giao điểm và là: 2 2 m 0  *   m    4m   m  1  m  4m   4m  4m 5m    * Với thì là phương trình bậc hai ẩn x có với m Suy luôn có hai nghiệm phân biệt với m Hay với m đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm phân biệt Bài 3: 1h30' 1,5h Đổi Đặt địa điểm : - Quy Nhơn là A - Hai xe gặp là C - Bồng Sơn là B A x  km / h  x  Gọi vận tốc xe máy là ĐK : Suy : x  20  km / h  1,5x  km  Vận tốc ô tô là Quãng đường BC là : 100  1,5x  km  1,5x 100-1,5x Quãng đường AC là : 100  1,5x  h x Thời gian xe máy từ A đến C là : 1,5 x  h x  20 Thời gian ô tô máy từ B đến C là : C B 100  1,5 x 1,5 x  x x  20 Vì hai xe khởi hành cùng lúc, nên ta có phương trình : Giải pt : 100  1,5 x 1,5 x    100  1,5 x   x  20  1,5 x  100 x  2000  1,5 x  30 x 1,5 x x x  20  x  70 x  2000 0  ' 35  3.2000 1225  6000 7225    '  7225 85 35  85 x1   40 Phương trình có hai nghiệm phân biệt : (thỏa mãn ĐK) 35  85 50 x2   3 (không thỏa mãn ĐK) 40 km / h Vậy vận tốc xe máy là K 40  20 60  km / h  M Vận tốc ô tô là Bài 4: a) Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp AKB 900 Ta có : (góc nội tiếp chắn đường tròn)   HKB 90 ; HCB 90 E H I A C O  gt  hay   HKB  HCB 900  900 1800 Tứ giác BCHK có  tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp b) AK AH  R N ΔACH ∽ ΔAKB  g g   AC AH R   AK AH  AC AB  2 R  R AK AB Dễ thấy c) NI  KB OAM OA OM  R  gt   OAM O  1 có cân OAM  OAM M   có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (gt) cân  1 &    OAM  MOA    600  MON 1200  MKI 600 là tam giác  600  MI  MK  3 là tam giác cân (KI = KM) có nên là tam giác KMI MKI 1  MBN  MON  1200 600  MN  MB   2 BMK Dễ thấy cân B có nên là tam giác Gọi E là giao điểm AK và MI   NKB  NMB 600      NKB  MIK  MIK 600   AK  KB  cmt  AK  MI  HME  900  MHE D ễ thấy KB // MI (vì có cặp góc vị trí so le nhau) mặt khác nên E B  HAC 900   HME 900  AHC      MHE cmt  HME     HAC  AHC MHE   dd      HAC  KMB KB Ta có : mặt khác (cùng chắn )     NMI  KMB  HME  KMB  3 ,   &  5   5 hay IMN KMB  c.g c   NI  KB (đpcm) KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** 2- Câu (2 điểm) 1.Tính Xác định giá trị a,biết đồ thị hàm số y = ax - qua điểm M(1;5) Câu 2: (3 điểm) a - a +2 ).( +1) a - a- a a- ¹ ïìï x - y = í ïïî 3x + y = 2.Giải hệ pt: A=( 1.Rút gọn biểu thức: với a>0,a x + mx + m - = Chứng minh pt: luôn có nghiệm với giá trị m Giả sử x1,x2 là nghiệm pt đã cho,tìm giá trị nhỏ biểu thức B = x 21 + x 22 - 4.( x1 + x2 ) Câu 3: (1,5 điểm) Một ôtô tải từ A đến B với vận tốc 40km/h Sau 30 phút thì ôtô taxi xuất phát từ A đến B với vận tốc 60 km/h và đến B cùng lúc với xe ôtô tải.Tính độ dài quãng đường AB Câu 4: (3 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A cho OA=3R Qua A kẻ tiếp tuyến AP và AQ đường tròn (O),với P và Q là tiếp điểm.Lấy M thuộc đường tròn (O) cho PM song song với AQ.Gọi N là giao điểm thứ đường thẳng AM và đường tròn (O).Tia PN cắt đường thẳng AQ K 1.Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp 2.Chứng minh KA2=KN.KP  PNM 3.Kẻ đường kính QS đường tròn (O).Chứng minh tia NS là tia phân giác góc Gọi G là giao điểm đường thẳng AO và PK Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R Câu 5: (0,5điểm) Cho a,b,c là số thực khác không và thoả mãn: ìï a (b + c ) + b (c + a ) + c (a + b) + 2abc = ïí ïï a 2013 + b 2013 + c 2013 = î 1 Q = 2013 + 2013 + 2013 a b c Hãy tính giá trị biểu thức Câu Ý 1 ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ Nội dung 2- 2= +1 ( - 1).( +1) 2= +1 ( 2) - 1) = +1- =1 Điểm KL: Û Do đồ thị hàm số y = ax-1 qua M(1;5) nên ta có a.1- 1=5a=6 KL: A=( =( a a ( a - 2) 0,5 ( a - 1).( a - 2) ).( +1) = a ( a - 2) a- a- ).( a - +1) = a =1 a ( a - 2) a 0,5 KL: ìïï x - y = Û í ïîï x + y = KL: ìïï x - y = Û í ïîï 15 x + y = 25 ìïï x - y = Û í ïîï 17 x = 34 ìïï y =- í ïîï x = 0,25 x + mx + m - = Xét Pt: Δ = m - 4(m - 1) = m - 4m + = (m - 2) ³ Vậy pt luôn có nghiệm với m ïìï x1 + x2 =- m í ïïî x1 x2 = m - 0,25 Theo hệ thức Viet ta có B = x 21 + x 2 - 4.( x1 + x2 ) = ( x1 + x2 ) - x1 x2 - 4.( x1 + x2 ) = m - 2(m - 1) - 4(- m) = m - 2m + + 4m = m + 2m +1 +1 = (m +1)2 +1 ³ bài Vậy minB=1 và m = -1 KL: Gọi độ dài quãmg đường AB là x (km) x>0 x 40 Thời gian xe tải từ A đến B là h x 60 Thời gian xe Taxi từ A đến B là :h Do xe tải xuất phát trước 2h30phút = nên ta có pt x x = 40 60 Û x - x = 300 Û x = 300 Giá trị x = 300 có thoả mãn ĐK Theo đề 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy độ dài quãng đường AB là 300 km Xét tứ giác APOQ có APO = 900 (Do AP là tiếp tuyến (O) P) AQO = 900 (Do AQ là tiếp tuyến (O) Q) 0,75 Þ APO + AQO = 1800 ,mà hai góc này là góc đối nên tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp P S M N A I G O K Q Δ Δ AKP Xét AKN và PAK có là góc chung APN = AMP ( Góc nt……cùng chắn cung NP)  NAK = AMP Mà (so le PM //AQ AK NK Þ = Þ AK = NK KP PK AK ΔΔ AKN ~ PKA (gg) (đpcm) Kẻ đường kính QS đường tròn (O) ^ Ta có AQQS (AQ là tt (O) Q) ^ Mà PM//AQ (gt) nên PMQS ^ Đường kính QS PM nên QS qua điểm chính cung PM nhỏ  = sd SM  Þ PNS   sd PS = SNM (hai góc nt chắn cung nhau) Hay NS là tia phân giác góc PNM Δ ^ Chứng minh AQO vuông Q, có QGAO(theo Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) 0,75 0,75 0,75 Theo hệ thức lượng tam giác vuông ta có OQ R OQ = OI OA Þ OI = = = R OA 3R Þ AI = OA - OI = 3R - R = R 3 2 Δ Δ Þ KQ = KN KP AK = NK KP Do KNQ ~KQP (gg) mà nên AK=KQ Δ Vậy APQ có các trung tuyến AI và PK cắt G nên G là trọng tâm 2 16 Þ AG = AI = R = R 3 Ta có: a (b + c ) + b (c + a ) + c (a + b) + 2abc = Û a 2b + a c + b c + b a + c a + c 2b + 2abc = 0,25 Û (a 2b + b a) + (c a + c 2b) + (2abc + b c + a 2c) = Û ab(a + b) + c (a + b) + c(a + b) = Û (a + b)(ab + c + ac + bc ) = Û (a + b).(a + c).(b + c) = 0,25 *TH1: a+ b=0 ïìï a =- b Û í 2013 ïïî a + b 2013 + c 2013 = ïíïì a =- b 1 ïïî c = Q = a 2013 + b 2013 + c 2013 = Ta có ta có Các trường hợp còn lại xét tương tự Q= a 2013 + b 2013 + c 2013 =1 Vậy KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 10 -*** - ( x − √ x +1 ) :( ) Bµi 1: Cho biÓu thøc: P = ( xx√−x√−1x − xx√+x+1 ) x−1 √x a,Rót gän P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên Bµi 2: Cho ph¬ng tr×nh: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*) a.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm âm |x − x | b.Tìm m để phơng trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mãn 3 =50 Cõu 3: Quảng đờng AB dài 156 km Một ngời xe máy tử A, ngời xe đạp từ B Hai xe xuất phát cùng lúc và sau gặp Biết vận tốc ngời xe máy nhanh vận tốc ngời xe đạp là 28 km/h Tính vận tèc cña mçi xe? Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O H là trực t©m cña tam gi¸c D lµ mét ®iÓm trªn cung BC kh«ng chøa ®iÓm A a, Xác định vị trí điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng điểm D qua các đờng thẳng AB vµ AC Chøng minh r»ng ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 10 ; x ≠ Bµi 1: (2 ®iÓm) §K: x 2 x ( x −1 ) ( √ x −1❑ ) : x −1 x ( x −1 ) z √ x −1 ¿2 ¿ ¿ √ x −1 ¿ a, Rót gän: P = <=> P= √ x −1=1 ⇒ √ x=2 ⇒ x=4 √ x −1=− 1⇒ √ x=0⇒ x=0 b P = §Ó P nguyªn th× √ x+1 =1+ √ x −1=2⇒ √ x=3 ⇒ x=9 √x − √x− √ x −1=−2 ⇒ √ x=−1(Loai) { ; ; } VËy víi x= th× P cã gi¸ trÞ nguyªn Bµi 2: §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ©m th×: ¿ Δ=( m+1 ) − ( m2 +m− ) ≥ x1 x 2=m2+ m−6 >0 x1 + x 2=2 m+ 1< ¿{{ ¿ ⇔ Δ=25>0 (m− 2)(m+3)>0 m<− ⇔ m<− ¿{{ m+3 ¿ ( m− ) − ¿=50 b Gi¶i ph¬ng tr×nh: ¿ − 1+ √5 − 1− √5 m2 = ¿ ⇔|5 (3 m2 +3 m+7)|=50 ⇔ m2+ m−1=0 { ⇔ ¿ m1 = Bµi Gọi vân tốc xe đạp là x (km/h), điều kiện x > Thì vận tốc xe máy là x + 28 (km/h) Trong giờ: + Xe đạp quãng đường 3x (km), + Xe máy quãng đường 3(x + 28) (km), theo bài ta có phương trình: 3x + 3(x + 28) = 156 Giải tìm x = 12 (TMĐK) Trả lời: Vận tốc xe đạp là 12 km/h và vận tốc xe máy là 12 + 28 = 40 (km/h) Bµi a Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC cho tứ giác BHCD là hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên AB AC AB A AC CH vµ BH => BD vµ CD   Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 Vậy AD là đờng kính đờng tròn tâm O Ngợc lại D là đầu đờng kính AD đờng tròn tâm O thì tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh Q H O P C B b)   Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB     nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB   Do đó: APB = ACB Mặt khác:     AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800   Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB     Mà PAB = DAB đó: PHB = DAB   Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC       VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800 Ba ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng D Δ c) Ta thấy APQ là tam giác cân đỉnh A   Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn  AP và AQ là lớn hay  AD là lớn  D là đầu đờng kính kẻ từ A đờng tròn tâm O PHẦN III: MỘT SỐ ĐỀ TỰ LUYỆN (THEO CẤU TRÚC ĐỀ THI THƯỜNG GẶP) KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** x −3 ¿ 2+12 x ¿ ¿ ¿ √¿ x+ 2¿ −8 x Bµi 1Cho biÓu thøc A = + ¿ √¿ a Rót gän biÓu thøc A b T×m nh÷ng gi¸ trÞ nguyªn cña x cho biÓu thøc A còng cã gi¸ trÞ nguyªn Bµi 2: (2 ®iÓm) Cho các đờng thẳng: y = x-2 (d1) y = 2x – (d2) y = mx + (m+2) (d3) a Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (d3 ) luôn qua với giá trị m b Tìm m để ba đờng thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh x2 - 2(m-1)x + m - = (1) a Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm ph©n biÖt b T×m mét hÖ thøc liªn hÖ gi÷a hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) mµ kh«ng phô thuéc vµo m c T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P = x 21 + x22 (víi x1, x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1)) Bài 4: Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và điểm A thay đổi vị trí trên cung lín BC cho AC>AB vµ AC > BC Gäi D lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá BC C¸c tiÕp tuyÕn cña (O) t¹i D vµ C c¾t t¹i E Gäi P, Q lÇn lît lµ giao ®iÓm cña c¸c cÆp đờng thẳng AB với CD; AD và CE a Chøng minh r»ng DE// BC b Chøng minh tø gi¸c PACQ néi tiÕp c Gäi giao ®iÓm cña c¸c d©y AD vµ BC lµ F CE 1< CQ Chøng minh hÖ thøc: CE a b c + + <2 Bµi 5: a+b b+c c +a = + Cho c¸c sè d¬ng a, b, c Chøng minh r»ng: KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** Bµi 1: (2®) Cho biÓu thøc: ( x+3x√−x1− − √√xx−1+1 ) : x+2x −1√ x+1 +1 P= a) Rót gän P b) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P Bài 2: (2đ) Một ngời đự định xe đạp từ A đến B cách 20 km thời gian đã định Sau đợc với vận tốc dự định, đờng khó nên ngời đó giảm vận tốc 2km/h trên quãng đờng còn lại, vì ngời đó đến B chậm dự định 15 phút Tính vận tốc dự định ngời xe đạp Bµi 3: (1,5®) Cho hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ mx −2 y=3 −2 x+ my=1 − m ¿{ ¿ a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh víi m = b) Tìm m để hệ có nghiệm thoả mãn x + y = Bài 4: (3đ)Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Điểm M tuỳ ý trên nửa đờng trßn.Gäi N vµ P lÇn lît lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AM vµ cung MB AP c¾t BN t¹iI a) TÝnh sè ®o gãc NIP b) Gäi giao ®iÓm cña tia AN vµ tia BP lµ C; tia CI vµ AB lµ D Chứng minh tứ giác DOPN nội tiếp đợc c) Tìm quỹ tích trung điểm J đoạn OC M di động trên nửa tròn tròn tâm O Bài 5: (1,5đ) Cho hàm số y = -2x2 (P) và đờng thẳng y = 3x + 2m – (d) a) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A và B Tìm toạ độ hai điểm đó b) Tìm quỹ tích chung điểm I AB m thay đổi KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** - 2( x  1) x  10 x    x  x  x 1 x  Bµi M 1(2 ®iÓm): Cho biÓu thøc Víi gi¸ trÞ nµo cña x th× biÓu thøc cã nghÜa Rót gän biÓu thøc Tìm x để biểu thức có giá trị lớn Bµi 2(2,5 ®iÓm):Cho hµm sè y = 2x2 (P) vµ y = 2(a-2)x - a2 (d) Tìm a để (d) qua điểm A(0;-8) Khi a thay đổi hãy xét số giao điểm (P) và (d) tuỳ theo giá trị a 3 Tìm trên (P) điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ O(0;0) Bµi 3(2 ®iÓm): Mét tÊm t«n h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 48cm Ngêi ta c¾t bá h×nh vu«ng cã c¹nh lµ 2cm ë gãc råi gÊp lªn thµnh mét h×nh hép ch÷ nhËt(kh«ng cã nắp) Tính kích thớc tôn đó, biết thể tích hình hộp 96 cm3 Bµi 4(3 ®iÓm): Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O, bán kính R Hạ các đờng cao AD, BE tam giác Các tia AD, BE lần lợt cắt (O) các ®iÓm thø hai lµ M, N Chøng minh r»ng: Bốn điểm A,E,D,B nằm trên đờng tròn Tìm tâm I đờng tròn đó MN// DE Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên cung lớn AB Chứng minh độ dài bán kính đờng tròn ngoại tiếp CDE không đổi Bµi 5(0,5 ®iÓm): T×m c¸c cÆp sè (x;y) tho¶ m·n: (x2+1)( x2+ y2) = 4x2y KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** - C©u 1: (2,0®iÓm) A a(2 a  1)  82 a  a a 4 a 2  a 2 4 a Cho biªñ thøc A = 1) Rót gän A 2) Tìm a để A nhận giá trị nguyên ¿ x +3 y=3+ a x +2 y=a ¿{ ¿ C©u2: (2,0®iÓm) Cho hÖ ph¬ng tr×nh : 1) T×m a biÕt y=1 2) Tìm a để : x2+y2 =17 Câu3: (2,0điểm) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phơng trình : y = 2x2 , đờng thẳng (d) có hệ số góc m và qua điểm I(0;2) 1) Viết phơng trình đờng thẳng (d) 2) CMR (d) lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B 3) | x - x 2|≥2 Gọi hoành độ giao điểm A và B là x1, x2 CMR : Câu4: (3,5điểm) Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB Lấy D trên cung AB (D kh¸c A,B), lÊy ®iÓm C n»m gi÷a O vµ B Trªn nöa mÆt ph¼ng bê AB cã chøa D kÎ c¸c tia Ax vµ By vu«ng gãc víi AB §êng th¼ng qua D vu«ng gãc víi DC c¾t Ax vµ By lÇn lît t¹i E vµ F 1) CMR : Gãc DFC b»ng gãc DBC 2) Δ CMR : ECFvu«ng 3) Gi¶ sö EC c¾t AD t¹i M, BD c¾t CF t¹i N CMR : MN//AB Δ Δ 4)CMR: Đờng tròn ngoại tiếp EMD và đờng tròn ngoại tiếp DNF tiếp xóc t¹i D √ x − y − √ y+ 2=√ x + y C©u5: (0,5®iÓm) T×m x, y tho¶ m·n : KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ -*** - Bµi 1: (2,5 ®iÓm)  a 3 a 2 a a  1  P     :  a    a 1 a  1  ( a  2)( a  1) 1) Rót gän biÓu thøc P Cho biÓu thøc 2)  P a 1 1 T×m a để Bµi 2: (2,5 ®iÓm) Một ca nô xuôi dòng trên khúc sông từ bến A đến bến B dài 80 km, sau đó lại ngợc dòng đến địa điểm C cách bến B 72 km Thời gian ca nô xuôi dßng Ýt h¬n thêi gian ngîc dßng lµ 15 phót TÝnh vËn tèc riªng cña ca n« biÕt vËn tèc cña dßng níc lµ km/h Bµi 3: (1 ®iÓm) Tìm toạ độ giao điểm A và B đồ thị hai hàm số y = 2x+3 và y = x2 Gäi D vµ C lÇn lît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A vµ B trªn trôc hoµnh TÝnh SABCD Bµi 4: (3 ®iÓm) Cho (O) đờng kính AB = 2R, C là trung điểm OA và dây MN vuông góc víi OA t¹i C Gäi K lµ ®iÓm tuú ý trªn cung nhá BM, H lµ giao ®iÓm cña AK vµ MM a) CMR: BCHK lµ tø gi¸c néi tiÕp b) TÝnh AH.AK theo R c) Xác định vị trí điểm K để (KM+KN+KB) đạt giá trị lớn và tính giá trị lớn đó Bµi 5: (1 ®iÓm) Cho hai sè d¬ng x, y tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: x+y = Chøng minh: x2y2(x2+ y2)  -HÕt- MỤC LỤC Nội dung Lời mở đầu Phần I: Các vấn đề Toán Vấn đề 1: Rút gọn biểu thức chứa - Kiến thức cần nhớ - Một số bài toán có lời giải - Một số bài tập tự luyện Vấn đề 2: Phương trình bậc hai ẩn số - Kiến thức cần nhớ - Một số bài tập có lời giải - Một số bài tập tự luyện Vấn đề 3: Hàm số đồ thị bậc – Bậc hai - Một số kiến thức cần nhớ - Một số bài tập có lời giải - Một số bài tập tự luyện Trang 2 14 17 17 18 25 29 29 31 33 Vấn đề 4: Giải bài toán cách lập phương trình–Hệ PT - Kiến thức cần nhớ - Một số bài tập có lời giải - Một số bài tập tự luyện Vấn đề 5: Hệ phương trình bậc hai ẩn số - Kiến thức cần nhớ - Một số bài tập có lời giải - Một số bài tập tự luyện Vấn đề 6: Bất đẳng thức – Giá trị Min – Max biểu thức - Một số bài tập tiêu biểu có lời giải Vấn đề 7: Hình học phẳng và không gian - Kiến thức cần nhớ - Một số bài tập có lời giải Phần II : Một số đề thi tiêu biểu có đáp án và biểu điểm Phần III: Một số đề thi tự luyện theo cấu trúc đề thường gặp Mục lục 40 40 40 45 49 49 51 54 62 62 72 72 79 94 134 139