Tài liệu ôn thi vào lớp 10 môn toán

- 1
Mot so dang toan on vao cap 3
Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phương trình nguyên
1. Ví dụ 1 Cho biểu thức:
b2ab2a2
ba1a
ba
1
bbaa
a3
baba
a3
M
++
−−
−
+
−
−
++
=
))((
:)(
a, Rút gọn
b, Tìm những giá trị của a để M nguyên
Giải
a, Rút gọn M =
1a
2
−
b, Để M nguyên thì a-1 phải là ước của 2

a – 1 = 1 => a = 2
a – 1 = -1 => a = 0 ( loại )
a – 1 = 2 => a = 3
a – 1 = -2 => a = -1 ( loại )
Vậy M nguyên khi a = 2 hoặc a = 3
2, Ví dụ 2: Cho biểu thức:
1
1a
1
1a
1
A +
+
−
−
=
Tìm giá trị nguyên của a để A nguyên
Giải
1
1a
2
1
1a
1a1a
1
1a
1a1a
A +
−
=+

−
+−+
=+
−
−−+
=
)(
Để A nguyên thì a – 1 là ước của 2
Tổng quát : Để giải toán tìm điều kiện để biểu thức nguyên ta làm
theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện
Bước 2: Rút gọn về dạng
)(
)(
xf
a
hay
a
xf
Nếu
a
xf )(
thì f(x) là bội của a
Nếu
)(xf
a
thì f(x) là ước của a
- 2
Bước 3: Căn cứ vào điều kiện loại những giá trị ngoại lai
Dạng 6: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng

Ví dụ : Tính
1281812226A −++−=
Ta có :
242424228412818
22
−=−=−=+−=− )(
1313132332423261326A
1313132341224122
2
2
−=−=+−=−=−−=+−=
+=+=++=+=−++
)()(
)(
Dạng 2: Phương trình vô tỷ
I.Định nghĩa : Phương trình vô tỷ là phương trình chứa ẩn ở biểu thức
dưới căn bậc hai .
II. Cách giải:
Cách 1: Để khử căn ta bình phương hai vế
Cách 2: Đặt ẩn phụ
III. Ví dụ
1,Ví dụ 1:
Giải phương trình:
)1(75
−=−
xx
Cách 1: Bình phương hai vế
x – 5 = x
2
– 14x + 49

x
2
– 14x – x + 49 + 5 = 0
x
2
– 15x + 54 = 0
x
1
= 6 ; x
2
= 9
Lưu ý :
* Nhận định kết quả : x
1
= 6 loại vì thay vào phương trình (1) không
phải là nghiệm . Vậy phương trình có nghiệm x = 9
* Có thể đặt điều kiện phương trình trước khi giải : Để phương trình có
nghiệm thì :
- 3
7
7
5
07
05
≥⇒



≥
≥

⇒



≥−
≥−
x
x
x
x
x
kết hợp
Sau khi giải ta loại điều kiện không thích hợp
Cách 2 Đặt ẩn phụ
Đưa phương trình về dạng :
255 −−=− xx
Đặt
5
−=
xy
phương trình có dạng
y = y
2
– 2
y
2
– y – 2 = 0
Giải ta được y
1
= - 1 ( loại) y

2
=2
9
45
25
=
=−
=−⇒
x
x
x
2, Ví dụ 2:
Giải phương trình
2173 =+−+ xx
Giải:
Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa:
1
01
073
−≥⇔



≥+
≥+
x
x
x
Chú ý : Không nên bình phương hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta
nên chuyển vế.

2173 ++=+ xx
Bình phương hai vế ta được :
121 +=+ xx
Bình phương hai vế (x + 1)
2
= 4( x+ 1)
x
2
- 2x – 3 =0 có nghiệm x
1
= -1; x
2
= 3
Cả hai giá trị này thoả mãn điều kiện
9
45
25
=
=−
=−⇒
x
x
x
- 4
Dạng 3: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
Ví dụ.
1, Ví dụ 1:
Giải phương trình
0212
2

=++−
xx

Đặt điều kiện
* Nếu 2x + 1 ≥ 0 ta có phương trình x
2
– ( 2x + 1 ) + 2 = 0
x
2
– 2x – 1 + 2 = 0
x
2
– 2x +1 = 0
=> x
1
= x
2
= 1
* Nếu 2x + 1 ≤ 0 ta có phương trình x
2
– ( -2x -1 ) + 2 =0
x
2
+ 2x + 3 = 0
Phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình ( 1) có nghiệm x= 1
2, Ví dụ 2:
Giải phương trình
51225
=+−−

xx

( Đề thi học sinh giỏi lớp 7 1999 – 2000)
3, Ví dụ 3: Giải phương trình
124
2
−=−
xx
Dạng 3 : Hệ phương trình
Cách giảI một số hệ phương trình phức tạp
1, Ví dụ 1:
Giải hệ phương trình








=+
=+
1
y
10
x
6
36
13
y

3
x
4
Giải :
Đặt ẩn phụ :
y
Y
x
X
1
;
1
==
- 5
Ta có hệ :







=+
=+
36
36
106
36
13
34

YX
YX
2, Ví dụ 2:
Giải hệ phương trình








=
+
+
−
=
+
+
−
1
14
8
312
7
1
14
5
312
10

xx
xx
3, Ví dụ 3:
Giải hệ phương trình :






−=++
=++
=++
)3(232
)2(323
)1(1132
zyx
zyx
zyx
Hướng dẫn: Rút z từ (1) thay vào (2); (3)
4, Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:




=++
=++
)2(12
)1(6
222

zyx
zyx
Hướng dẫn: Nhân (1) với 4 rồi trừ cho (2)
=> (x
2
+ y
2
+ z
2
) – 4( x+ y + z ) = 12 – 24
x
2
– 4x + y
2
-4y + z
2
- 4z + 12 = 0
( x
2
– 4x + 4 ) + ( y
2
– 4y + 4 ) + ( z
2
– 4z -4 ) = 0
( x – 2 )
2
+ ( y – 2 )
2
+ ( z – 2 )
2

= 0
=> x = y = z = 2
5, Ví dụ 5:
Giải hệ phương trình








=
−
−
+
=
−
+
+
4
3
2
1
3
5
3
1
1
2

yx
yx
- 6
( Đề thi vào 10 năm 1998 – 1999)
6, Ví dụ 6:
Giải hệ phương trình :








=
+
+
−
=
+
+
−
5
1
3
1
1
11
1
1

1
5
yx
yx
( Đề thi vào 10 năm 2002 – 2003 )

Dạng 4: Toán cực trị
1.Ví dụ 1:
Cho biểu thức:

x1
1
x1
1
x1
1
:
x1
1
x1
1
A
−
+







+
−
−






−
+
−
=
a. Rút gọn A.
b. Với giá trị nào của x thì A nhỏ nhất.
Giải:
a. Rút gọn được:
( )
x1x
1
−
b. A nhỏ nhất nếu mẫu
( )
x1x −
là lớn nhất
Gọi
Kx
=
ta có K(1- K) = -K
2

+ K
-(K
2
- K) = -(K
2
- 2K/2 +1/4 -1/4)
= -[(K-1/4)
2
– 1/4]
Mẫu này lớn nhất khi: -[(K-1/4)
2
- 1/4] là nhỏ nhất
Và nó nhỏ nhất khi: K= 1/4
Hay
21x41x //
=⇒=
=>A nhỏ nhất =4
2.Ví dụ 2:
Cho biểu thức:

3x
3x2
x1
2x3
3x2x
11x15
M
+
+
−

−
−
+
−+
−
=
- 7
a, Rút gọn
b, Tìm giá trị lớn nhất của M và giá trị tương ứng của x
3. Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1xx
x
M
24
2
++
=


Giải:

Ta nhận thấy x = 0 => M = 0. Vậy M lớn nhất x≠ 0.
Chia cả tử và mẫu cho x
2
1
x
1
x
1

M
2
2
++
=
Vậy M lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất
Mẫu nhỏ nhất khi
2
2
x
1
x +
nhỏ nhất
0
x
1
x
2
2
>+
Vậy
2
2
x
1
x +
nhỏ nhất x =1
Vậy
3
1

12
1
M
=
+
=
4.Ví dụ 4:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
1x2x1x2xY
−−+−+=

Giải:
( )
1x111x
1x111x11x11x
11x21x11x21xY
222
2
−−++−=
−−++−=−−++−=
+−−−++−+−=
)()()(
Biết rằng |A| + |B| ≥|A + B|
- 8
21x111x1x111x
11x11x11x11xY
≥−−++−≥−−++−=
−−++−≥−−++−=
Vậy Y nhỏ
nhất là 2

khi
01x111x
≥−−+−
)()(
2x1
01x1
1x
≤≤⇒



≥−−
≥
⇔
)(
Dạng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng
Ví dụ : Tính
1281812226A −++−=
Ta có :
242424228412818
22
−=−=−=+−=− )(
1313132332423261326A
1313132341224122
2
2
−=−=+−=−=−−=+−=
+=+=++=+=−++
)()(
)(

Loại 7: Biện luận phương trình
1.Ví dụ 1:
Cho phương trình: x
2
– ( m + 2 )x + m + 1 = 0 ( x là ẩn )
a, Giải phương trình khi
2
3
m −=
b, Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm trái dấu
c, Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm phương trình . Tìm giá trị m để :
x
1
( 1 – 2x
2
) + x
2
( 1 – 2x
1
) = m
2

Giải
a, Thay
2
3

m −=
vào ta có phương trình :
21x111x1x111x
11x11x11x11xY
≥−−++−≥−−++−=
−−++−≥−−++−=
- 9

01x2x2
01
2
3
x2
2
3
2x
2
2
=−+
=+−+−−
)(
Phương trình có hai nghiệm :
2
31
x
2
31
x
21
+−

=
+−
=
,
b, Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi x
1
x
2
=
0
a
c
<
hay a.c < 0
 1(m + 1) < 0
 m < -1
c, x
1
( 1 – 2x
2
) + x
2
( 1 – 2x
1
) = m
2

( )
*)(
2

2121
2
212211
mxx4xx
mxx2xxx2x
=−+⇔
=−+−⇔

Theo viet ta có :
( )
( )
1m
a
c
xx
2m2
1
2m2
a
b
xx
21
21
+==
+=
+−
−=−=+
Thay vào (*) ta có :
2(m + 2 ) – 4 ( m + 1 ) = m
2

2m + 4 – 4m – 4 = m
2
m
2
+ 2m = 0
m ( m + 2 ) = 0



−=⇒=+
=
⇒
2m02m
0m

2.Ví dụ 2:
Cho phương trình : x
2
– 2mx + 2m – 1 = 0
1, Chưng tỏ phương trình có hai nghiệm với mọi m
2, Đặt
( )
21
2
2
2
1
xx5xx2A
−+=
a. Chứng minh A = 8m

2
– 18m + 9
- 10
b. Tìm m sao cho A = 27
3, Tìm m sao cho nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia
Giải
1. Xét
( ) ( ) ( )
m01m1m2m1m2m
2
2
2
∀≥−=+−=−−−=∆
'
=> Phương trình luôn có nghiệm với mọi m
a.
( )
21
2
2
2
1
xx5xx2A
−+=
=
21
2
2
2
1

xx5x2x2
−+
( )
( )
21
2
21
2121
2
2
2
1
2121
2
2
2
1
xx9xx2
xx9xx2xx2
xx9xx4x2x2
−+=
−++=
−++=
Theo viet ta có :
( ) ( )
( )
9m18m89m18m421m29m22
a
c
xx

a
b
xx
22
2
21
21
+−=+−=−−⇒







=
−=+
=> điều phải chứng minh
b, Tìm m để A = 27 chính là giảI phương trình
8m
2
– 18m + 9 = 27
8m
2
– 18m – 18 = 0
4m
2
– 9m – 9 = 0
Phương trình có hai nghiệm : m
1

= 3 , m
2
= -3/4
2.Tìm m để x
1
= 2x
2
Theo viet ta có : x
1
+ x
2
= -b/a = 2m
Hay 2x
2
+ x
2
= 2m
3x
2
= 2m
 x
2
= 2m/3
 x
1
= 4m/3
Theo viet:
- 11
09m18m8
9m18m8

1m2
9
m8
1m2
3
m4
3
m2
1m2
a
c
xx
2
2
2
21
=+−⇔
−=⇔
−=⇔
−==>
−==
.

Phương trình có hai nghiệm : m
1
= 3/2; m
2
= 3/4
Ví dụ : Đề 8 ( trang 91)
Đề 17 ( trang 121)

Đề 18 ( trang 124)
Hướng dẫn giải các đề thi vào 10
phần hình học
Đề 1 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 – 2001)
- 12
ABC∆
0
60xoy =
∧
GT
đều ;
OB = OC
OBM∆
NCO∆
∧
BMN
0
60xoy =
∧

KL
a, đồng dạng với
BC
2
= 4BM
b, MO là tia phân giác
c, Đường thẳng MN luôn tiếp xúc
với đường tròn cố định khi quay O
Giải
a, Trong

NOC∆
có
0
180CNOCONC
=++
∧∧∧
=>
0
120NOCONC =+
∧∧
( vì
)
0
60C
=
∧
Vì
00
120NOCMOBnn60xoy =+=
∧∧∧
ª
( )
1ONCMOB
∧∧
=⇒
Vì
ABC∆
đều
( )
260CB

0
==⇒
∧∧
Từ (1) và (2) =>
MBO∆
đồng dạng với
ONC∆
=>
NCBMNOOB
NO
BM
NC
OB
=⇒=
NCBM4BC
NCBM
2
BC
2
BC
2
.

=⇒
=⇒
b, Ta có
ON
OM
OB
BM

hay
ON
OM
OC
BM
==
mà
0
60xoyB
==
∧∧
=>
MBO∆
đồng dạng với
0
60OMNBMON ==⇒∆
∧∧
- 13
=> CM là tia phân giác của
∧
BMN
c, Thật vậy khi
∧
xoy
quay tới vị trí ( hình vẽ đỏ ) lúc đó M, N là trung
điểm của AB và AC
đường cao AO ┴ MN tại H và HO = 1/2AO
Như vậy đường tròn cố định đó có tâm tại O , bán kính bằng AO/2
Đề 2 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2002 – 2003 )
1, Chứng minh AC // MO

Thậy vậy
AOC∆
cân tại O
∧∧
=⇒ CAOACO
( hai góc ở đáy )
Theo chứng minh tính chất 2 của tiếp tuyến thì
∧∧
=
MOBAOM
Theo định lí 7
∧∧∧
=+ AOBCAOACO
(góc ngoài bằng tổng hai góc trong)
Hay
⇒=⇒=
∧∧∧∧
AOMCAOAOBCAO2
AC // MO
2, Chứng minh 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên một đường tròn
* Xét tứ giác MBOA có
)(gtv1BA
==
∧∧
=> MBOA nội tiếp đường tròn đường kính MO
* Xét tứ giác MDAO
Trong
v1CCDODOC =+∆
∧∧
:

( tổng hai góc nhọn trong tam giác
vuông )
Trong
v1AOMAMOMAO =+∆
∧∧
:
- 14
Theo chứng minh trên :
∧∧∧∧
=⇒= AMOCDOAOMC
Trong tức giác MDAO có D và M nhìn AO đưới góc bằng nhau α
0

Vậy M, D thuộc cung AO chứa góc α
0

Hay MDAO nội tiếp
Ta lại có
v1MAO =
∧
=> MO là đường kính đường tròn ngoại tiếp
Vậy 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên đường tròn đường kính MO
3, Tìm M trên d để
AOC
∆
đều , hãy chỉ ra cách xác định M.
Thậy vậy để AOC là tam giác đều nghĩa là
R2OM30AMO60AOM60CA
000
==>==>==>==

∧∧∧∧
Để xác định M từ O quay một cung có bán kính bằng 2R cắt d tại M .
Thoả mãn điều kiện nói trên.
Đề 3 ( Đề thi vào 10 năm 1998 - 1999 )
a, AE là phân giác của
∧
BAC
Thật vậy BC ┴ EOF =>
∩∩
=
ECBE
21
AA
∧∧
==>
( góc nội tiếp chắn hai cung nhau )
=>AE là phân giác của
∧
BAC

b, BD // AE
BAD
∆
cân tại A =>
AE//BDADA2BACDBDB
2
2
1
1
=>==>==+=>=

∧∧∧∧∧∧∧∧
c, Nếu I là trung điểm của BC =>
( )



⊥
⊥
1AEAI
BDAI
Ta lại có
v1EAF
=
∧
( góc nội tiếp chắn đường tròn)
( )
2AEAFhay
⊥
Từ (1) (2) =>
v2IAF
=
∧
=>I, A, F thẳng hàng
- 15
Đề 4 ( Đề 3 trong bộ đề ôn vào 10 )
a, Chứng minh tam giác POQ vuông
Xét
POQ
∆
theo chứng minh tính chất 2 tiếp tuyến ta có

21
OO
∧∧
=
=>OP là phân giác của
∧
EOC
43
OO
∧∧
=
=> OQ là phân giác của
∧
EOD
Mà
∧∧
EOD;EOC
là 2 góc kề bù do đó
OQPO
⊥
tại O ( theo định lí )
=>tam giác POQ vuông tại O
b, Chứng minh
POQ
∆
đồng dạng với
CED
∆
ấy tam giác CED là tam giác vuông tại E ( góc nội tiếp chắn 1/2 đường
tròn )

Có
∧∧
=
ECDQPO
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung ED )
=>Tam giác POQ đồng dạng với tam giác CED
c, Tính tích CP . DQ theo R
Theo tính chất 2 của tiếp tuyến ta có : CP = PE
DQ = EQ
Xét
POQ
∆
có OE là đường cao bằng R
Theo hệ thức lượng : OE
2
= PE . EQ
hay OE
2
= CP . DQ
R
2
= CP . DQ
- 16
d, Khi PC = R/2 hãy chứng minh rằng
16
25
S
S
CED
POQ

=
∆
∆
Từ ý c ta có DQ= R
2
/CP =
R2
2
R
R
2
=
Vì tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tổng số
đồng dạng
Vậy
( )
1
CD
PQ
S
S
2
2
COD
POQ
=
∆
∆
Mà PQ = PE + EQ = PE + DQ
=>PQ = R/2 + 2R = 5R/2

Thay vào (1) ta có
( )
16
25
R4:
4
R25
R2
2
R5
S
S
2
2
2
2
COD
POQ
==






=
∆
∆
Đề 5 ( Bộ đề trang 17 )
a, Tứ giác BHCD, BCDE là hình gì ? Tại sao ?

* Xét t/g BHCD có
ACDC
);gt(ACBH
⊥
⊥

=> BH // DC
CM tương tự ta có CH // BD
Vậy BHCD là hình bình hành
*Xét t/g BCDE
Ta có BC // ED ( vì cùng vuông góc với AE) => BCDE là hình thang
Do BC // ED =>
∩∩
=
CDBE
=> BE = CD
=>BCDE là hình thang cân
b, Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ và EFI
thật vậy H là giao các đường phân giác trong
=>H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
- 17
c, Chứng minh M là giao 2 đường tròn ngoại tiếp tứ giác AC’HB’ và
đường tròn O
v1AMD
=
∧
( góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn )
Lấy O’ là trung điểm của AH => O’M =1/2 AH
Mà AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tg AC’HB’
Vậy M là giao của 2 đường tròn nói trên

d, Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì kết luận
- hình thoi
- Kết quả không thay đổi
Hình thang cân biến thành tam giác BDC
DE
≡