-1 Mot so dang toan on vao cap D¹ng 1: Toán tìm điều kiện để phơng trình nguyên VÝ dơ Cho biĨu thøc: M ( a 3a   a  ab  b a a  b b a b ): (a  1)( a  b ) 2a  ab  2b a, Rút gọn b, Tìm giá trị a để M nguyên Giải a, Rút gọn M= a b, Để M nguyên a-1 phải ớc cña a – = => a = a – = -1 => a = ( lo¹i ) a – = => a = a – = -2 => a = -1 ( loại ) Vậy M nguyên a = hc a = 2, VÝ dơ 2: 1  1 Cho biÓu thøc: A  a1 a Tìm giá trị nguyên a để A nguyên Gi¶i A a   ( a  1) a 1  a 1 1  1  a1 a1 a1 Để A nguyên a ớc Tổng quát : Để giảI toán tìm điều kiện để biểu thức nguyên ta làm theo bớc sau: Bớc 1: Đặt điều kiện Bớc 2: Rót gän vỊ d¹ng f (x ) a hay a f (x ) NÕu f ( x ) th× f(x) lµ béi cđa a a NÕu a f (x ) f(x) ớc a Bớc 3: Căn vào điều kiện loại giá trị ngoại lai Dạng 6: Toán tính giá trị biểu thức chứa nhiỊu tÇng VÝ dơ : TÝnh A 6 2 12  18  128 -2 Ta cã : 128     (  18   12    )2   4  12      (  1)   D A   2(  1)          (  1)   ¹ng 2: Phơng trình vô tỷ I.Định nghĩa : Phơng trình vô tỷ phơng trình chứa ẩn biểu thức dới bậc hai II Cách giải: Cách 1: Để khử ta bình phơng hai vế Cách 2: Đặt ẩn phụ III Ví dụ 1,Ví dụ 1: Giải phơng trình: x x (1) Cách 1: Bình phơng hai vế x = x2 – 14x + 49 x2 – 14x – x + 49 + = x2 – 15x + 54 = x1 = ; x2 = Lu ý : * Nhận định kết : x1 = loại thay vào phơng trình (1) nghiệm Vậy phơng trình có nghiệm x = * Có thể đặt điều kiện phơng trình trớc giải : Để phơng trình có nghiệm : kết hợp Sau giải ta loại điều kiện không thích hợp Cách Đặt ẩn phụ Đa phơng trình vỊ d¹ng : x   x  Đặt y x phơng trình cã d¹ng y = y2 – y2 – y = Giải ta đợc y1 = - ( lo¹i) y2=2   x   x   0 0 5 x  7 x x 7  x  2 x  x 2, Ví dụ 2: Giải phơng trình 3x x Giải: Đặt điều kiện để thức có nghĩa: x  0  x    x Chú ý : Không nên bình phơng hai vế phức tạp mà ta nªn chun vÕ 3x   x  Bình phơng hai vế ta đợc : -3 x x Bình phơng hai vÕ (x + 1) = 4( x+ 1) x2- 2x – =0 cã nghiÖm x1 = -1; x2 = Cả hai giá trị thoả mÃn điều kiện Dạng 3: Phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ 1, Ví dụ 1: Giải phơng trình x x Đặt ®iỊu kiƯn * NÕu 2x + ≥ ta có phơng trình x2 ( 2x + ) + = x2 – 2x – + = x2 – 2x +1 = => x1 = x2 = * NÕu 2x + ta có phơng trình x2 ( -2x -1 ) + =0 x2 + 2x + = Phơng trình vô nghiệm Vậy phơng trình ( 1) cã nghiƯm x= 2, VÝ dơ 2: Gi¶i phơng trình x x 5 ( §Ị thi häc sinh giái líp 1999 2000) 3, Ví dụ 3: Giải phơng trình x x Dạng : Hệ phơng trình Cách giảI số hệ phơng trình phức tạp 1, Ví dụ 1: Giải hệ phơng trình x  y x  10 y  13 36 Giải : Đặt ẩn phụ : Ta cã hÖ : 1 X  ; Y  x y 13  X  3Y    36  6 X  10Y  36  36 2, Ví dụ 2: Giải hệ phơng trình        10 12 x  12 x    4x 1 4x 1 1 1 3, VÝ dô 3: Giải hệ phơng trình : x y  3z  3 x  y  z 2 x  y  z   11 3  (1) ( 2) (3) -4 Híng dÉn: Rót z tõ (1) thay vµo (2); (3) 4, Ví dụ 4: Giải hệ phơng trình: x y  z 6   y  z 12 x (1) ( 2) Híng dÉn: Nh©n (1) víi råi trõ cho (2) => (x2 + y + z2 ) – 4( x+ y + z ) = 12 – 24 x2 – 4x + y2 -4y + z2 - 4z + 12 = ( x2 – 4x + ) + ( y – 4y + ) + ( z2 – 4z -4 ) = ( x – )2 + ( y – )2 + ( z – )2 = => x = y = z = 5, Ví dụ 5: Giải hệ phơng trình   x 1  y      y  x 1 5  ( Đề thi vào 10 năm 1998 1999) 6, Ví dụ 6: Giải hệ phơng trình : x    x   11 y y ( Đề thi vào 10 năm 2002 2003 ) Dạng 4: Toán cực trÞ 1.VÝ dơ 1: Cho biĨu thøc:   1   A     :  1 x 1 x  1 x 1 x  1 x a Rót gän A b Với giá trị x A nhỏ Giải: a Rút gọn đợc: x x  b A nhá nhÊt nÕu mÉu x 1  x  lµ lín nhÊt Gäi x K ta cã K(1- K) = -K2+ K -(K2- K) = -(K2 - 2K/2 +1/4 -1/4) = -[(K-1/4)2 – 1/4] MÉu nµy lín nhÊt khi: -[(K-1/4)2- 1/4] lµ nhá nhÊt Vµ nã nhá nhÊt khi: K= 1/4 Hay x 1 /  x 1 / -5 =>A nhá nhÊt =4 2.VÝ dơ 2: Cho biĨu thøc: M 15 x  11 x2 x   x  2 x 3  1 x x 3 a, Rót gän b, Tìm giá trị lớn M giá trị tơng ứng x Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn biểu thức M x2 x4  x2 1 Gi¶i: Ta nhËn thÊy x = => M = VËy M lín nhÊt x≠ Chia tử mẫu cho x2 Vậy M lín nhÊt mÉu nhá nhÊt x2  1 x MÉu nhá nhÊt x  12 nhá nhÊt x 1 x   VËy x  nhá nhÊt x =1 x x M M VËy 1  1 4.Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ biÓu thøc : Y x2 x  x x Gi¶i: Y  x   x  1      x  1   x  1  x   x  1 ( x   1)  ( x   1)  (1  x  1) x BiÕt r»ng |A| + |B| ≥|A + B| Y  x  1  x  1  x  1   ( x   1) (1  x  x  1  x  1 x  1 1  x  1) 0  x 1   1  ( x  1) 0  x 2 x  2 VËy Y nhá nhÊt lµ -6 Dạng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa nhiỊu tÇng VÝ dơ : TÝnh Ta cã : 18  A 6 2 12  18  128     (   12   128 )2   4  12      (  1)    A   2(  1)          (  1)   Lo¹i 7: BiƯn luận phơng trình 1.Ví dụ 1: Cho phơng trình: x2 – ( m + )x + m + = ( x ẩn ) a, Giải phơng trình m b, Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu c, Gọi x1 , x2 hai nghiệm phơng trình Tìm giá trị m để : x1( 2x2 ) + x2( – 2x1 ) = m2 Gi¶i a, Thay m vào ta có phơng trình : 3  2)x   0 2 2x  x  0 x 2( Phơng trình có hai nghiệm : x1   1 , x2   b, Phơng trình có hai nghiệm trái dÊu x1x2 = c  a hay a.c <  1(m + 1) <  m < -1 c, x1( – 2x2) + x2 ( – 2x1) = m2  x  2x x  x  2x x m  ( x  x )  4x x m  * x  x  Theo viet ta cã : b  2 m    2 m  2 a c x x  m  a Thay vµo (*) ta cã : 2(m + ) – ( m + ) = m2 2m + – 4m – = m2 m2 + 2m = m(m+2)=0 -7  m 0    m  0 m 2.Ví dụ 2: Cho phơng trình : x2 – 2mx + 2m – = 1, Chng tỏ phơng trình có hai nghiệm với m 2, Đặt A x 12 x 22   5x x a Chøng minh A = 8m2 – 18m + b T×m m cho A = 27 3, T×m m cho nghiƯm hai lần nghiệm Giải Xét   m    2m  1 m  2m   m  1 0 m => Phơng trình có nghiệm với m a A 2 x12  x 22   5x1x = 2x 12  2x 22  5x x ' 2 2x 12  x 22  x x  x x 2 x 12  x 22  x x   x x 2 2 x  x   x x  x  x  b Theo viet ta cã : x x c a  22m  92m  1 24m   18m  8m  18m  9=> ®iỊu ph¶i chøng minh  2 2 a b, Tìm m để A = 27 giảI phơng trình 8m2 18m + = 27 8m2 – 18m – 18 = 4m2 – 9m = Phơng trình có hai nghiệm : m1 = , m2 = -3/4 2.Tìm m để x1 = 2x2 Theo viet ta cã : x1 + x2 = -b/a = 2m Hay 2x2 + x2 = 2m 3x2 = 2m  x2 = 2m/3  x1 = 4m/3 Theo viet: c x x  2m  a 2m 4m  2m  3 8m  2m   8m 18m   8m  18m Phơng trình có hai nghiệm : m1 = 3/2; m2 = 3/4 VÝ dơ : §Ị ( trang 91) §Ị 17 ( trang 121) §Ị 18 ( trang 124) -8 Hớng dẫn giải đề thi vào 10 phần hình học Đề ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 2001) ABC ; GT OB = OC  xoy 60 a, OBM đồng dạng với NCO BC2 = 4BM b, MO tia phân giác BMN c, Đờng thẳng MN tiếp xúc với đờng tròn cố định xoy 60 quay O KL   Gi¶i    a, Trong NOC cã ONC NOC C 1800 => ONC NOC 120 ( v×   V×    C 60 )  xoy 60 n ª n MOB NOC 120    MOB ONC Vì ABC B C 60 Từ (1) (2) => MBO đồng dạng với ONC   -9 => OB  BM  OB.NO BM.NC NC NO BC BC  BM.NC 2  BC 4BM.NC b, Ta cã BM OM hay BM OM OC ON OB ON mµ   B xoy 60 => MBO đồng dạng với MON B OMN 60 => CM tia phân giác cđa BMN c, ThËt vËy xoy quay tíi vÞ trí ( hình vẽ đỏ ) lúc M, N trung điểm AB AC đờng cao AO MN H HO = 1/2AO Nh đờng tròn cố định có tâm O , bán kính AO/2 Đề ( Đề thi vào lớp 10 năm 2002 2003 ) 1, Chøng minh AC // MO ThËy vËy AOC cân O ACO CAO ( hai góc đáy ) Theo chứng minh tính chất tiếp tuyến AOM MOB Theo định lí ACO CAO AOB (gãc ngoµi b»ng tỉng hai gãc trong) Hay CAO AOB  CAO AOM  AC // MO            2, Chøng minh ®iĨm M, B, O, A, D nằm đờng tròn * XÐt tø gi¸c MBOA cã A B 1v(gt ) => MBOA nội tiếp đờng tròn đờng kính MO * Xét tø gi¸c MDAO Trong DOC : CDO  C 1v ( tổng hai góc nhọn tam giác vuông ) Trong MAO : AMO AOM 1v Theo chøng minh trªn : C AOM  CDO AMO         - 10 Trong tøc gi¸c MDAO có D M nhìn AO đới góc α0 VËy M, D thuéc cung AO chøa gãc α0 Hay MDAO néi tiÕp Ta l¹i cã MAO 1v => MO đờng kính đờng tròn ngoại tiếp Vậy ®iĨm M, B, O, A, D cïng n»m trªn ®êng tròn đờng kính MO 3, Tìm M d để AOC , hÃy cách xác định M Thậy để AOC tam giác nghĩa lµ     A C 60 AOM 60 AMO 30 OM 2R Để xác định M tõ O quay mét cung cã b¸n kÝnh b»ng 2R cắt d M Thoả mÃn điều kiện nói Đề ( Đề thi vào 10 năm 1998 - 1999 ) a, AE phân giác cña BAC   ThËt vËy BC ┴ EOF => BE EC   A A ( gãc nội tiếp chắn hai cung ) =>AE phân giác BAC b, BD // AE BAD cân A => B D B  D BAC 2 A D A BD // AE c, NÕu I trung điểm BC => Ta lại có EAF 1v ( góc nội tiếp chắn ®êng trßn) hay AF  AE    Tõ (1) (2) => IAF 2 v =>I, A, F thẳng hàng AI BD AI AE Đề ( Đề đề ôn vào 10 ) a, Chứng minh tam giác POQ vuông - 11 XÐt POQ theo chøng minh tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã O O  =>OP lµ phân giác EOC O O => OQ phân giác EOD Mà EOC; EOD góc kề bù PO OQ O ( theo định lí ) =>tam giác POQ vuông O b, Chứng minh POQ đồng dạng với CED tam giác CED tam giác vuông E ( góc nội tiếp chắn 1/2 ®êng trßn ) Cã QPO ECD ( hai gãc néi tiếp chắn cung ED ) =>Tam giác POQ đồng dạng với tam giác CED c, Tính tích CP DQ theo R Theo tÝnh chÊt cña tiÕp tuyÕn ta cã : CP = PE DQ = EQ Xét POQ có OE đờng cao R Theo hƯ thøc lỵng : OE2 = PE EQ hay OE2 = CP DQ R2 = CP DQ d, Khi PC = R/2 h·y chøng minh r»ng S POQ 25  S CED 16 R2 Tõ ý c ta cã DQ= R /CP = R 2R 2 Vì tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phơng tổng số đồng dạng Vậy S POQ PQ  S COD CD 1 Mµ PQ = PE + EQ = PE + DQ =>PQ = R/2 + 2R = 5R/2 Thay vµo (1) ta cã S POQ S COD  5R    25R 25    : 4R  16  2R  §Ị ( Bộ đề trang 17 ) a, Tứ giác BHCD, BCDE hình ? Tại ? BH AC(gt ); * XÐt t/g BHCD cã DC  AC => BH // DC - 12 CM t¬ng tù ta có CH // BD Vậy BHCD hình bình hành *XÐt t/g BCDE Ta cã BC // ED ( v× vuông góc với AE) => BCDE hình thang   Do BC // ED => BE CD => BE = CD =>BCDE hình thang cân b, Chứng minh H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ vµ EFIB’B’C’ vµ EFIC’B’C’ vµ EFI vµ EFI thËt H giao đờng phân giác =>H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác c, Chứng minh M giao đờng tròn ngoại tiếp tứ giác ACBC EFIHBBC EFI đờng tròn O AMD 1v ( góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn ) Lấy OBC EFI trung điểm AH => O’B’C’ vµ EFIM =1/2 AH Mµ AH lµ đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tg ACBC EFIHBBC EFI Vậy M giao đờng tròn nói d, Nếu tam giác ABC tam giác kết luận - hình thoi - Kết không thay đổi Hình thang cân biến thành tam giác BDC E D ... 13 36 1 Gi¶i : §Ỉt Èn phơ : Ta cã hƯ : 1 X  ; Y  x y 13  X  3Y    36  6 X  10Y  36  36  2, VÝ dô 2: Giải hệ phơng trình   10 12 x  12 x    4x 1 4x 1 1 3, Ví dụ 3: Giải... Ph¬ng tr×nh cã hai nghiƯm : m1 = 3/ 2; m2 = 3/ 4 VÝ dơ : §Ị ( trang 91) §Ị 17 ( trang 121) §Ị 18 ( trang 124) -8 Hớng dẫn giải đề thi vào 10 phần hình học Đề ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 – 2001)... phơng trình 3x x Giải: Đặt điều kiện để thøc cã nghÜa: ? ?3 x  0  x    x  0 Chó ý : Không nên bình phơng hai vế phức tạp mà ta nên chuyển vế 3x x Bình phơng hai vế ta đợc : -3 x x