Ôn vào 10 @

- 1
Mot so dang toan on vao cap 3
Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phơng 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 ớc 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 ớc của 2
Tổng quát : Để giảI toán tìm điều kiện để biểu thức nguyên ta làm
theo các bớc sau:
Bớc 1: Đặt điều kiện
Bớc 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 ớc của a

- 2
Bớc 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: Phơng trình vô tỷ
I.Định nghĩa : Phơng trình vô tỷ là phơng trình chứa ẩn ở biểu thức
dới căn bậc hai .
II. Cách giải:
Cách 1: Để khử căn ta bình phơng hai vế
Cách 2: Đặt ẩn phụ
III. Ví dụ
1,Ví dụ 1:
Giải phơng trình:
)1(75 = xx
Cách 1: Bình phơng 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
Lu ý :
* Nhận định kết quả : x
1
= 6 loại vì thay vào phơng trình (1) không phải
là nghiệm . Vậy phơng trình có nghiệm x = 9
* Có thể đặt điều kiện phơng trình trớc khi giải : Để phơng trình có
nghiệm thì :
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
Đa phơng trình về dạng :
255 = xx
- 3
Đặt
5= xy
phơng trình có dạng
y = y
2
2
y
2
y 2 = 0
Giải ta đợc y
1
= - 1 ( loại) y
2

=2
2, Ví dụ 2:
Giải phơng trình
2173 =++ xx
Giải:
Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa:
1
01
073




+
+
x
x
x
Chú ý : Không nên bình phơng hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta nên
chuyển vế.
2173 ++=+ xx
Bình phơng hai vế ta đợc :
121 +=+ xx
Bình phơng 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
Dạng 3: Phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
Ví dụ.
1, Ví dụ 1:
Giải phơng trình
0212
2
=++ xx

Đặt điều kiện
* Nếu 2x + 1 0 ta có phơng 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 phơng trình x
2
( -2x -1 ) + 2 =0

x
2
+ 2x + 3 = 0
Phơng trình vô nghiệm
Vậy phơng trình ( 1) có nghiệm x= 1
2, Ví dụ 2:
Giải phơng trình
51225 =+ xx

( Đề thi học sinh giỏi lớp 7 1999 2000)
3, Ví dụ 3: Giải phơng trình
124
2
= xx
Dạng 3 : Hệ phơng trình
Cách giảI một số hệ phơng trình phức tạp
9
45
25
=
=
=
x
x
x
- 4
1, VÝ dô 1:
Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh









=+
=+
1
y
10
x
6
36
13
y
3
x
4
Gi¶i :
§Æt Èn phô :
y
Y
x
X
1
;
1
==
Ta cã hÖ :








=+
=+
36
36
106
36
13
34
YX
YX
2, VÝ dô 2:
Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh








=
+
+

−
=
+
+
−
1
14
8
312
7
1
14
5
312
10
xx
xx
3, VÝ dô 3:
Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :






−=++
=++
=++
)3(232
)2(323

)1(1132
zyx
zyx
zyx
Híng dÉn: Rót z tõ (1) thay vµo (2); (3)
4, VÝ dô 4: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:




=++
=++
)2(12
)1(6
222
zyx
zyx
Híng dÉn: Nh©n (1) víi 4 råi trõ cho (2)
=> (x
2
+ y
2
+ z
2
) – 4( x+ y + z ) = 12 – 24
- 5
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 phơng trình








=

+
=

+
+
4
3
2
1
3
5
3
1
1
2
yx
yx
( Đề thi vào 10 năm 1998
1999)
6, Ví dụ 6:
Giải hệ phơng 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 đợc:
( )
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
- 6

Hay
21x41x // ==
=>A nhỏ nhất =4
2.Ví dụ 2:
Cho biểu thức:

3x
3x2
x1
2x3
3x2x
11x15
M
+
+



+
+

=
a, Rút gọn
b, Tìm giá trị lớn nhất của M và giá trị tơng 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:
- 7
( )
1x111x
1x111x11x11x
11x21x11x21xY

222
2
++=
++=++=
++++=
)()()(
Biết rằng |A| + |B| |A + B|
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 phơng trình
1.Ví dụ 1:
Cho phơng trình: x
2
( m + 2 )x + m + 1 = 0 ( x là ẩn )
a, Giải phơng trình khi
2
3
m =
b, Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu
c, Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm phơng 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 phơng trình :
21x111x1x111x
11x11x11x11xY
++++=
++++=
- 8

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

x
2
31
x
21
+
=
+
= ,
b, Phơng 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 phơng trình : x
2
2mx + 2m 1 = 0
1, Chng tỏ phơng trình có hai nghiệm với mọi m
2, Đặt
( )
21
2
2

2
1
xx5xx2A +=
a. Chứng minh A = 8m
2
18m + 9
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
=+==
'
=> Phơng trình luôn có nghiệm với mọi m
a.
( )
21
2
2
2
1
xx5xx2A +=
=
21
2
2

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

c
xx
a
b
xx
22
2
21
21
+−=+−=−−⇒







=
−=+
=> ®iÒu ph¶i chøng minh
b, T×m m ®Ó A = 27 chÝnh lµ gi¶I ph¬ng tr×nh
8m
2
– 18m + 9 = 27
8m
2
– 18m – 18 = 0
4m
2
– 9m – 9 = 0

Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : m
1
= 3 , m
2
= -3/4
2.T×m m ®Ó x
1
= 2x
2
Theo viet ta cã : 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:
09m18m8

9m18m8
1m2
9
m8
1m2
3
m4
3
m2
1m2
a
c
xx
2
2
2
21
=+−⇔
−=⇔
−=⇔
−==>
−==
.

Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : m
1
= 3/2; m
2
= 3/4
VÝ dô : §Ò 8 ( trang 91)

§Ò 17 ( trang 121)
§Ò 18 ( trang 124)
- 10
Hớng dẫn giải các đề thi vào 10
phần hình học
Đề 1 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2000 2001)
GT
ABC
đều ;
OB = OC
0
60xoy =

KL
a,
OBM
đồng dạng với
NCO
BC
2
= 4BM
b, MO là tia phân giác

BMN
c, Đờng thẳng MN luôn tiếp xúc
với đờng tròn cố định khi
0
60xoy =

quay O

Giải
a, Trong
NOC
có
0
180CNOCONC
=++

=>
0
120NOCONC =+

( vì
)
0
60C =

Vì
00
120NOCMOBnn60xoy =+=

ê
( )
1ONCMOB

=
Vì
ABC
đều
( )

260CB
0
==

Từ (1) và (2) =>
MBO
đồng dạng với
ONC
- 11
=>
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 ==

=> 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
đờng cao AO MN tại H và HO = 1/2AO
Nh vậy đờng 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 đờng tròn
* Xét tứ giác MBOA có
)(gtv1BA ==

=> MBOA nội tiếp đờng tròn đờng kính MO
- 12
* Xét tứ giác MDAO
Trong
v1CCDODOC =+

:
( tổng hai góc nhọn trong tam giác

vuông )
Trong
v1AOMAMOMAO =+

:
Theo chứng minh trên :

== AMOCDOAOMC
Trong tức giác MDAO có D và M nhìn AO đới góc bằng nhau
0

Vậy M, D thuộc cung AO chứa góc
0

Hay MDAO nội tiếp
Ta lại có
v1MAO =

=> MO là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp
Vậy 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên đờng tròn đờng 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 đờng tròn)
( )
2AEAFhay
Từ (1) (2) =>
v2IAF =

=>I, A, F thẳng hàng
- 13
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 đờng
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 đờng cao bằng R

Theo hệ thức lợng : OE
2
= PE . EQ
hay OE
2
= CP . DQ
R
2
= CP . DQ
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
=
- 14
Vì tổng số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phơng 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 tơng 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 đờng tròn nội tiếp tam giác A B C và EFI
thật vậy H là giao các đờng phân giác trong
=>H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác
c, Chứng minh M là giao 2 đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AC HB và đ -
ờng tròn O
v1AMD =

( góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn )
Lấy O là trung điểm của AH => OM =1/2 AH
Mà AH là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tg ACHB
Vậy M là giao của 2 đờng 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

- 15