Tai lieu on thi vao 10 cuchot 2010 2011

Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

Buổi 1.
Chủ Đề 1: rút gọn và tính giá trị của biểu thức.
Ngày soạn: ................................
Ngày dạy: ................................
I. Phơng pháp.
1. Phơng pháp rút gọn bằng cách phân tích thành nhân tử.
- Sử dụng HĐT.
- Sử dụng các phơng pháp phân tích thành nhân tử.
2. Phơng pháp nhân với biểu thức liên hợp.
Các biểu thức liên hợp thờng gặp: a + b và a b ; a + b và a2 - ab + b2; a - b và a2 + ab
+ b2 .
ii. bài tập.
x3 1
x 3 + 1
x (1 x 2 ) 2



:
+
x

x
Bài 1. Cho biểu thức: A=
Với x 2 ;1
x + 1
x

1

x2 2




a. Rút gọn biểu thức A.
của x để A = 3

b. Tính giá trị của biểu thức khi cho x =

6+2 2 .

c. Tìm giá trị

x2 2
Giải. a. Rút gọn A =
x

b. Thay x=
x=

4+2 2

6 + 2 2 vào A ta đợc A =

6+2 2

3 17
2

c. A = 3 x2 - 3x - 2 = 0

.

(

)

x x 1 x x +1 2 x 2 x +1
:


Bài 2: Cho biểu thức: P =


x x

a. Rút gọn P.

x+ x

x 1

b. Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên.

(

2 x 1z
a. ĐK: x 0; x 1 . Rút gọn: P = 2 x( x 1) :
x( x 1)

x 1

Giải.
b. P =



x +1
= 1+
x 1

2

2
. Để P nguyên thì
x 1

x 1

)

2

=

x 1
( x 1) 2

nguyên suy ra

=

x +1
x 1

x 1 là ớc của 2 suy ra

với x = { 0;4;9} thì P có giá trị nguyên.
P=

Bài 3: Cho biểu thức:

x
( x +

y )(1

y )



y
x +

(

xy

) (

y) x +1

)(

x + 1 1 y

)

a. Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b. Tìm x, y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2.
Giải. a. Điều kiện để P xác định là : x 0 ; y 0 ; y 1 ; x + y 0 .
P=

x(1 +

(

x ) y (1
x +

y

y ) xy

) (1 +

x

(

x +

) (1 y )

y

)

=

(

)

( x y ) + x x + y y xy

(

x +

)(

y 1+

)(

(

x 1

GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

x +
y

)

y

)

1


(

=

=

=

x +

y

(

Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

)(

x

)(

y +x

xy + y xy

)

)( y)
x ( x + 1) y ( x + 1) + y ( 1 + x ) ( 1 x )
(1 + x ) (1 y )
x (1 y ) (1 + y ) y (1 y )
x y + y y x
=
(1 y )
(1 y )
x +

b. P = 2

y 1+

x +

x 1

xy

(

y. = 2 x 1 +

) (

y

)

=

y +1 =1

x +

(

xy

)(

x 1 1+

y.

)

y =1

Ta có: 1 + y 1 x 1 1 0 x 4 x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn.
x x +1 x 1
x
: x +
với x > 0 và x 1

Bài 4: Cho biểu thứcA =


x

1
x

1
x

1




a. Rút gọn A.

b. Tìm giá trị của x để A = 3

x x +1 x 1

Giải. a. Ta có: A =


: x +
x 1

x
=
x 1

( x + 1)( x x + 1)
x 1 x ( x 1)

:

+
( x 1)( x + 1)

x

1
x 1



x x x +1 x 1 x x + x
=

:
=

x 1
x 1
x 1
x 1

x 1

x x +1 x +1
x 1

=

x +2
x 1



:

x
x 1

=

x +2
x 1

x
x 1

x 1
2 x
=
x
x

2 x
b. A = 3
= 3 3x +
x

Bài 5: Cho P =
0 và x 1.

x - 2 = 0 x = 4/9.

x+2
x +1
x +1
+
.
x x 1 x + x +1
x 1

Giải. Điều kiện: x 0 và x 1. P =
x +1
x + x +1

:

a. Rút gọn P.

b. Chứng minh: P <

1
với x
3

x+2
x+2
x +1
x +1
+
=
+
x x 1 x + x + 1 ( x + 1)( x 1) ( x )3 1

1
x + 2 + ( x + 1)( x 1) ( x + x + 1)
x x
x
=
=
=
x 1
( x 1)( x + x + 1)
( x 1)( x + x + 1)

x + x +1
1
1
x

<
3
x + x +1 3
x + 1 ; ( vì x + x + 1 > 0 ) x - 2 x + 1 > 0 ( x - 1)2 > 0. (x 0

b. Với x 0 và x 1 . Ta có: P <
3 x và x 1)

Bài 6: a. Xác định x R để biểu thức: A =

x2 +1 x

1
x +1 x
2

là một số tự nhiên

GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

2


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

b. Cho biểu thức: P =

x
xy + x + 2

+

y
yz + y + 1

2 z

+

zx + 2 z + 2

Biết x.y.z = 4 , tính

P.

Giải. a.
P = x +1 x

x2 +1 + x

2

( x + 1 x).( x + 1 + x)
2

2

= x 2 + 1 x ( x 2 + 1 + x ) = 2 x

P là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x =

k
(trong đó k Z và k 0 )
2

b. Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hợp với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và
Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với
ợc:
P=

x
xy + x + 2

xy

+

xy + x + 2

+

a+ b

Bài 7: Cho biểu thức: D =

1 ab

x ; thay 2 ở mẫu của hạng tử thứ 3 bởi
2 z

z ( x + 2 + xy
+

xyz = 2

x + xy + 2

=

xy + x + 2

xyz ta đ-

= 1 P = 1( P > 0)

a + b a + b + 2ab
: 1+
1 ab
1 + ab

a. Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D.

b. Tính giá trị của D với a =

2
2 3

. c. Tìm

GTLN của D.
Giải: a. Điều kiện xác định của D là

a 0

b 0 .
ab 1


2 a + 2b a a + b + ab 2 a
:
=
1 ab
1 ab a + 1

D=

2+2 3 2 32
=
2
+1 4 3
2 3
c. áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có 2 a a +1 D 1 . Vậy giá trị của D là 1.
2(2 + 3
=

= ( 3 + 1) 2 a = 3 + 1 . Vậy D =
b. a =
1
2+ 3
2

Bài 8: Cho biểu thức
A=

x 4( x 1) + x + 4( x 1)
1
. 1
.
x 1 ữ

x 2 4( x 1)

a. Tìm điều kiện của x để A xác định.

b.

Rút gọn A.

Giải: Điều kiện x thỏa mãn:

b. Rút gọn A =

x 1 0

x 4( x 1) 0

x + 4( x 1) 0
2
x 4( x 1) > 0

x 1
x 1


x 1
x 2

( x 1 1)2 + ( x 1 + 1)2 x 2
.
=
x 1
( x 2)2

+ Với 1 < x < 2 ta có A =

2
1 x

Kết luận: Với 1 < x < 2 thì A =

x > 1 và x 2

x 1 1 + x 1 +1 x 2
.

x 2
x 1
2

+ Với x > 2 ta có A =
2
.
1 x

Với x > 2 thì A =

x 1

2
x 1

GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

3


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

Bài 9:

2 x 9

Cho biểu thức M =

x5 x +6

2 x +1

+

a. Tìm ĐK của x để M có nghĩa và rút gọn M.
Z.
2 x 9

Giải: M =

x5 x +6

+

2 x +1
x 3

a. ĐK x 0; x 4; x 9 . M =

c. M =

x 1
x 3

x +1
x 3

=

2 x

2 x 9

(

)(

(

(

=

)

x 3

4
x 3

) (

)(

x + 3 x 3 + 2 x +1
x 2 x 3

(
( x 2)( x 3) (

= 1+

2 x

c. Tìm x Z để M

b. Tìm x để M = 5.

= 5 x +1 = 5 x 3
x 3+ 4

x+3

x +3

x x 2

Biến đổi ta có kết quả: M =
b. M = 5

+

x 3

+

)(

)(

x 3)(

)

x 2

)

)M =
x 2)

x +1

x 2

x +1
x 3

x + 1 = 5 x 15 16 = 4 x x =
x 3 là ớc của 4

. Do M Z nên

16
= 4 x = 16
4

x 3 nhận

các giá trị:

- 4; - 2; - 1; 1; 2; 4 x {1;4;16;25;49} do x 4 x {1;16;25;49}
( x 2 3) 2 + 12 x 2
+
x2

Bài 10: Cho biểu thức: A =
a. Rút gọn biểu thức A.
giá trị nguyên.
Giải: a. Điều kiện: x 0
A=

b. Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có

x2 + 3
x 4 +6 x 2 +9
2
=
+ x2
+ x 4 x +4
x
x2

+ Với x < 0: A =
A=

( x + 2) 2 8 x 2

2 x2 + 2 x 3
.
x

+ Với 0 < x 2: A =

2x + 3
.
x

2 x2 2 x + 3
x

3 x x = { 1;3;1;3

b. Tìm x nguyên để A nguyên: A nguyên x2 + 3 x


x 1

x
+
3
x

4


Bài 11: Cho biểu thức: P =
a. Rút gọn P.

+ Với x > 2 :

}

x + 1 x + 2 x + 1
:
+1
x 1
x 1

b. Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Giải: Điều kiện: x 0; x 1
a. Thực hiện đợc biểu thức trong ngoặc bằng:

5( x + 1)
. KQ: P =
( x 1)( x + 4)

x 1
x +4

5
lập luận tìm đợc GTNN của P = -1/4 khi x = 0.
x +4
2
3
3
x y
x

y

x

y
+ xy
:
+
Bài 12: Cho biểu thức: Q =
yx
x+ y
x y


b. Viết P = 1

(

)

GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

4


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

b. Chứng minh Q 0 . c. So sánh Q với Q

a. Tìm ĐKXĐ của Q và rút gọn.
Giải. a. ĐKXĐ: x 0, y 0, x y

(

)(

) (

x y x+ y
Q=
+
x y


=



(

x+

xy
x+

b.

) ((

y

.

x+

)(

) (

)

2

x y x + xy + y
x y
:
y x y + x
x+
y x x + xy + y
x+
.
y x
y + x
x xy

y

y x xy + y

(

=

)(

)(

)

)(

)

)

+ xy
y
y
+y

=

xy
x xy + y

xy 0 x ; y 0 x + y 2 xy (Côsi), mà x y x + y > 2 xy

x-

xy + y >

xy 0 x -

y
c. Theo câu b, ta có x xy
x xy + y

xy + y >

xy + y > 0. Vậy Q =

xy
x xy + y

xy (1). Chia 2 vế của (1) cho x -

0x, y 0 và x
xy + y > 0

< 1 . Vậy 0 Q < 1

+ Nếu Q = 0 Q = Q .
+ Nếu 0 < Q < 1

Q ( Q - 1) < 0 Q -

Q < 0 Q <

Q x, y 0 và x y

Buổi 2.
Chủ Đề 2: tam giác tam giác đồng dạng-hệ thức lợng trong

tam giác
Ngày soạn: ................................
Ngày dạy: ................................
I. Phơng pháp.
1. Định lí Talet:
a. Định lí. Các đờng thẳng // định ra trên hai đờng thẳng không // với chúng những đoạn
thẳng tỉ lệ.
b. Hệ quả: Nếu một đờng thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và // với cạnh còn lại thì nó
tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tơng ứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho.
2. Tính chất đờng phân giác trong tam giác.
Trong tam giác, đờng phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với
hai cạnh kề hai đoạn ấy.
3. Các trờng hợp đồng dạng của tam giác.
a. Trờng hợp c.c.c: Nếu ba cạnh của tam giác này tỉ lệ với ba cạnh của tam giác kia thì hai
tam giác đó ĐD.
b. Trờng hợp c.g.c: Nếu hai cạnh của tam giác này tỉ lệ với hai cạnh của tam giác kia và hai
góc tạo bởi các cặp cạnh đó bằng nhau thì hai tam giác đó đồng dạng.
c.Trờng hợp g.g:Nếu hai góc của tam giác này lần lợt bằng hai góc của tam giác kia thì hai
tam giác đó ĐD
GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

5


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

d. Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác vuông này tỉ lệ với cạnh huyền và
một cạnh góc vuông của tam giác vuông kia thì hai tam giác vuông đó đồng dạng.
e. Hai tam giác đồng dạng thì tỉ số hai diện tích bằng bình phơng tỉ số đồng dạng.
ii. bài tập.

Bài 1: Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của BC, AC. Gọi
O là giao điểm các đờng trung trực của tam giác.
1. Chứng minh rằng OMN đồng dạng với HAB. Tìm tỉ số đồng dạng.
2. So sánh độ dài AH và OM.
3. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng HAG đồng dạng với OMG.
4. Chứng minh ba điểm H, G, O thẳng hàng và GH = 2GO.
HD giải.
a. Ta có MN // AB (MN là đờng trung bình). Mặt khác ta có AH // OM (cùng vuông góc với
BC) do dó góc BAH = góc OMN (cặp góc có cạnh tơng ứng //). Tơng tự ta có góc ABH = góc
ONM. Suy ra AHB đồng dạng MON, tỉ số k = 2.
AH
= 2 hay AH = 2OM.
OM
c. Gọi G là giao điểm của AM và HO, ta có AGH đồng
HG ' AH
=
= 2 . Từ đó ta có G trùng G
dạng MGO hay
MG ' OM
hay HAG đồng dạng OMG.
GH
GA
=
= 2 nên GH = 2.GO.
d. Từ câu c, suy ra H, G, O thẳng hàng. Ta có
GO GM

b. Theo câu a, ta có

Bài 2: Cho hình thang vuông ABCD (góc A = góc D = 900), E là trung điểm của AD và góc

BEC = 900. Cho biết AD = 2a. Chứng minh rằng:
a. AB.CD = a2.
b. EAB và CEB đồng dạng.
c. BE là tia phân giác của góc ABC.
HD giải.
a. EAB đồng dạng CDE (g.g) suy ra ĐPCM.
b. Theo câu a ta có

AB BE
AB EB
=

=
suy ra ABE đồng dạng EBC (c.g.c).
ED EC
AE EC

c. Từ câu b, suy ra BE là tia phân giác của góc ABC.
Bài 3: Tam giác ABC cân tại A có BC = 2a, M là trung điểm của BC. Lấy D thuộc AB, E
thuộc AC sao cho góc DME góc B.
a. Chứng minh rằng BD.CE không đổi.
b. Chứng minh rằng DM là tia phân giác của góc BDE.
HD giải:
a. DBM đồng dạng MCE (g.g) suy ra ĐPCM.
b. Theo câu a, suy ra

DM
BD
DM
BD

=

=
do đó DME đồng dạng DBM (c.g.c) suy
ME CM
ME BM

ra ĐPCM.
Bài 4: Cho ABC có hai góc nhọn B và C, BC = a, đờng cao AH = h. Một hình vuông
MNPQ nội tiếp tam giác sao cho: M thuộc AB, N thuộc AC, P và Q thuộc BC. Hãy tính MP
theo a và h.
MN AK
=
(tỉ số 2 đờng cao của hai đồng dạng bằng tỉ số đồng dạng).
BC
AH
x hx
ah
x=
Gọi MN = x, ta có: =
.
a
h
a+h
2ah
Ta có MP = MN. 2 (theo Pitago), suy ra MP =
.
a+h

HD giải:

Ta có

GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

6


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Gọi M là trung điểm của BC. Đờng thẳng qua H
và vuông góc với MH cắt AB và AC theo thứ tự ở I và K.
a. Qua C kẻ đờng thẳng // với IK, cắt AH và AB theo thứ tự ở N và D. CMR: NC = ND.
b. CMR: HI = HK.
HD giải.
a. Ta có NM vuông góc với CH (đờng cao thứ 3 của tam giác CNH)
suy ra NM // AD (cùng CH). Tam giác CBD có CM = MB (GT), MN // BD suy ra ND =
NC.
b. Sử dụng Ta let vào hai cặp tam giác đồng dạng: AIH và AND, AKH và CAN, suy ra IH =
KH.
Bài 6: Cho cân ABC (AB = BC). Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho
BC lấy điểm N sao cho

AM 1
= . Trên cạnh
BM 4

CN
= 6 . Đờng thẳng MN cắt đờng cao BH tại O. Từ N hạ NK vuông
BN

góc BH. Từ M hạ MP vuông góc với BH. Cho BH = 35cm.
a. CM BKN đồng dạng BHC, tính BK.
b. Tính BP, OB, HO.
c. Giả sử

AM
CN
HO
= m;
= n . Tính
theo m và n.
BM
BN
BO

HD giải.
a. Hai tam giác đồng dạng với nhau theo TH (g.g) suy ra

BK BN
BK 1

=
= BK = 5
BH BC
35 7

(cm).
b. Theo câu a, ta có

KN 1
KN 1
KO 1
KO + OH 1 + 7
30
8
105
35
=
=
=
=

= OH =
, OB =
.
HC 7
AH 7
OH 7
OH
7
OH 7
4
4
1
.BH , MBP đồng dạng ABH ta có: BP =
c. Từ BKN đồng dạng BHC ta có: BK =
n +1
1
.BH

m +1
HO m + n
suy ra
=
.
BO
2

Bài 7. Cho hai tam giác đều ABC và DEF mà A thuộc DF, E thuộc BC. Gọi I là giao điểm của
AC và EF, K là giao điểm của AB và DE.
a. CMR IFC đồng dạng AIE, KDB đồng dạng KAE.
b. CM BD // CF.
HD giải.
a. Ta có AIF đồng dạng EIC (g.g), suy ra IFC đồng dạng AIE(c.g.c).
Tơng tự KDB đồng dạng KAE (c.g.c).
Bài 8: Hình thang vuông ABCD (góc A = góc D = 900) có hai đờng chéo vuông góc với nhau
tại O,
AB = 4cm, CD = 9cm.
a. CMR các tam giác AOB và DAB đồng dạng.
b. Tính độ dài AD.
c. CMR các tam giác OAB và OCD đồng dạng.
d. Tính tỉ số diện tích của tam giác
OAB và OCD.
HD giải.
a. AOB và DAB đồng dạng (g.g).
b. AD = 6cm.
c. OAB và OCD đồng dạng (g.g).
GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

7

Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.
2

d.

S OAB 4
16
= =
.
S OCD 9
81

Bài 9: Cho tam giác ABC vuông tại A, đờng cao AH, BC = 100cm, AH = 40cm. Gọi D là
hình chiếu của H trên AC, E là hình chiếu của H trên AB.
a. CMR ADE đồng dạng ABC.
b. Tính diện tích tam giác ADE.
HD giải:
a. Ta có góc C = góc BAH = góc AED,
suy ra ADE đồng dạng ABC (g.g).
2

2

S
4
DE
AH
b. ADE =

. Tính diện tích tam giác ABC từ đó suy ra SADE = 320 (cm2)
=
=
S ABC BC
BC
25



Bài 10: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 1, AC = 3. Trên cạnh AC lấy các điểm D, E sao
cho AD = DE = EC.
a. Tính độ dài BD. b. CMR các tam giác BDE và CDB đồng dạng.
c. Tính tổng góc DEB và DCB.
Đáp số:
a. BD = 2
b.

CD
2
BD
BD CD
=
= 2 , nên
= 2;
=
, tam giác BDE và CDB đồng dạng (c.g.c).
DB
DE
DE DB
2

c. Góc DEB + góc DCB = góc DBC + góc DCB = góc ADB = 450.
Bài 11: Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c, đờng phân giác AD.
a. Tính độ dài BD, DC.
b. Tia phân giác của góc B cắt AD ở I. Tính tỉ số AI : ID.
c. Cho BC bằng trung bình cộng của AB và AC, gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. CMR:
IG // BC.
HD giải: a.
=

b+c
.
a

c. CM:

BD AB c
BD
AB
ac
ab
=
=
=
BD =
; DC =
.
DC AC b
BD + DC AB + AC
b+c

b+c

b. AI : ID

AI
AG
=
, từ đó suy ra IG // DM (Talét đảo), tức là IG // BC.
ID GM

Bài 12: Tam giác ABC cân tại A có BC = 2a, M là trung điểm của BC. Lấy các điểm D, E
theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho góc DME = góc B.
a. CMR: BD.CE không đổi.
b. CMR: DM là tia phân giác của góc BDE.
c. Tính chu vi tam giác ADE nếu tam giác ABC là tam giác đều.
HD giải: a. CM tam giác BDM đồng dạng tam giác CME (g.g) suy ra ĐPCM.
b. Theo câu a, ta có

DM
BD
=
, tam giác DME đồng dạng tam giác DBM (c.g.c) suy ra góc
ME BM

MDE = góc BDM.
c. DM là phân giác BDE, EM là phân giác CDE. Kẻ MH vuông góc DE, MI vuông góc AB,
MK vuông góc AC. Ta có DH = DI, EH = EK, do đó chu vi tam giác ADE = AI + AK = 2AK.
Lại có CK =

a

, AC = 2a nên AK = 1,5a. Vậy chu vi tam giác ADE = 3a.
2

Buổi 3.
Chủ Đề 3: bất đẳng thức.
Ngày soạn: ................................
Ngày dạy: ................................
GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

8


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

I. Phơng pháp.
HS nắm vững:
1. Các tính chất cơ bản của BĐT.
1.1: a > b a + c > b + c.

ac > bc, c > 0
ac < bc, c < 0
1.3: a > b, b> c a > c.
1.4: a > b, c > d a + c > b + d.
1.5: a > b > 0, c > d > 0 ac > bd.
1.6: a > b > 0 an > bn.
1.7: a > b > 0 a > b .

1.2: a > b

2. Bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm, bất đẳng thức Bunhiacopxki và một số bất đẳng

thức khác.
2.1: Bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm: Với a 0, b 0 khi đó:

a+b
ab . Dấu
2

= xảy ra a = b
2.2: Bất đẳng thức Bunhiacopxki: (ax + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2). Dấu = xảy ra tồn tại số
k sao cho x = ka, y = kb (*), nếu a, b 0 thì (*) đợc viết là:

x y
= .
a b

ii. bài tập.
Bài 1: Cho hai số dơng a, b. CMR: a + b

4ab
.
1 + ab

a + b 2 ab
(BĐT Cosi) (a + b)(1 + ab) 4ab suy ra ĐPCM. Dấu =
1 + ab 2 ab

HD giải: Ta có:

a = b
hay a = b = 1.

1 = ab

xảy ra khi và chỉ khi

Bài 2: Cho 4 số a, b, c, d. CMR: (a2 + b2)(c2 + d2) (ac + bd)2 (Bất đẳng thức Bunhiacopxki)
HD giải: Khai triển hai vế và đa về: (bc - ad)2 0 (luôn đúng) suy ra BĐT cần chứng minh
luôn đúng.
a c
= .
b d
2a + 3b = 5
Bài 3: Tìm hai số a, b biết rằng: 2
2
2a + 3b = 5
HD giải: Ta có: 25 = (2a + 3b)2 = ( 2 . 2a + 3. 3a )2 [( 2 )2 + ( 3 )2].[( 2a )2 + ( 3a )2]

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi bc = ad

= 5.(2a2 + 3a2)
Suy ra 2a2 + 3a2 5. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

2

=

3

hay a = b. Vậy a = b = 1.

2a

3b
a
a+k
Bài 4: Cho a, b, k là các số dơng, a < b. CMR: <
(1).
b
b+k
HD giải: Xét hiệu VT - VP ta đợc: k(a - b) < 0 a < b. BĐT này đúng, vậy (1) đúng.
Bài 5: CMR: a2 + b2 + 4 ab + 2(a + b) (1).
HD giải: Xét hiệu VT - VP ta đợc: (a - b)2 + (a - 2)2 + (b - 2)2 0 đúng. Dấu = xảy ra khi a

= b = 2.

Bài 6: CMR a > b > 0, m > n, ta có:

am bm an bn
(1).
>
am + bm an + bn

GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

9


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

a + bm
2b m
a n + bn

2b n
2b n
2b m

. Chia VT cho bn,
m
> n
n
> m
m
m
m
n
n
n
n
m
a +b
a +b
a +b
a +b
a +b
a +b
m

HD giải: (1)
chia VP cho bm

m

n

an am
a
a
Ta đợc n < m > .
b
b
b
b

Bài 7: (TH 04 - 05). Cho 0 < x < 1.
4x 2 + 1
2. Tìm GTNN của A = 2
.
x (1 x )

1
1. CMR: x(1 - x)
(1).
4
2

1

1. (1) x 0 luôn đúng.
2


HD giải.

1
1
x2(1 - x) x suy ra A
2. Từ x(1 - x)
4
4

4
4
4
2. 16 x. = 2.8 = 16 (BĐT Cosi). Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 16x =
x
x
x

A 16x +
x=

4x 2 + 1
.
1
x
4

1
, mà
2

Cho 0 < x < 1 suy ra x =

1
.
2

Bài 8. (TH 09 - 10). Cho x, y, z thoả mãn y2 + yz + z2 = 1 -

3x 2
.
2

Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: A = x + y + z.
3x 2
2y2 + 2yz + 2z2 = 2 - 3x2 (x + y + z)2 + (x - y)2 + (x HD giải. y + yz + z = 1 2
2

2

z)2 = 2
(x + y + z)2 = -[(x - y)2 + (x - z)2] + 2 2. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
- 2 x + y + z 2 . Vậy GTLN là 2 , GTNN là - 2 khi x = y = z.
2

xy 1
2 .
Bài 9: (TH 05 - 06). Cho x - y 0. CMR x + y +
x y
2

2

2

2

xy 1 2
xy 1
xy 1
= x2 - 2xy + y2 + 2(xy - 1) +
+ 2 = (x - y +
HD giải. x + y +
) +2
x y
x y
x y
2.
7
b
3(b 2 + 1)

Bài 10: (TH 06 - 07). Cho b > 0. CMR: 2
+
2
2b
b +1
2
2
2
b
3(b + 1)

b
b + 1 5(b + 1)
HD giải. Ta có: 2
= 2
.
+
+
+
2b
4b
4b
b +1
b +1
b
b2 +1
b b2 +1
Ta có 2
+

.
= 1 (BĐT Cosi). Lại có b2 + 1 2b
2
4b
b +1
b + 1 4b
2
5
5(b + 1) 5.2b 5
b
3(b 2 + 1)

1+
=

= . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = 1. Vậy 2
+
2
4b
4
2
2b
b +1
7
.
2
16ab
Bài 11: CMR: a = 4b
với a, b dơng. (Sử dụng các tính chất của BĐT).
1 + 4ab
2

2

GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

10


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

Bài 12: CMR: (a2 + 1)(b2 + 4) (2a + b)2. (Chuyển vế và chứng minh vế trái không âm).

a
<
b
a 2010
Bài 14: CMR nếu a, b > 0 thì: 2010
a

Bài 13: CMR nếu 0 < x < b thì

a + 2010
. (Tơng tự bài 4)
b + 2010
b 2010 a 2009 b 2009
. (Tơng tự bài 6)
>
+ b 2010 a 2009 + b 2009

Buổi 4.
Chủ Đề 4: Tứ giác - Đa giác.
Ngày soạn: ................................
Ngày dạy: ................................
I. kiến thức cần ghi nhớ.
1. Tổng các góc của một tứ giác bằng 3600.
2. Hình thang. HThang là tứ giác có hai cạnh đối song song.
- Hai góc kề cạnh bên của một hình thang bù nhau (tổng bằng 1800).
- Hình thang vuông là hình thang có một góc vuông.
- Hình thang cân là hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau.
+ Trong hình thang cân, hai cạnh bên bằng nhau.
+ Trong hình thang cân, hai đờng chéo bằng nhau.
- Cách CM một tứ giác là thang cân:

+ Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau.
+ Hình thang có hai đờng chéo bằng nhau.
- Đờng trung bình của hình thang: Đoạn nối trung điểm hai cạnh bên. Đờng trung bình có độ
dài bằng nửa tổng hai đáy.
- DTHT bằng nửa tổng hai đáy và đờng cao.
3. Hình bình hành: HBH là tứ giác có các cạnh đối //.
- Cách CM một tứ giác là là HBH.
3.1. Các cạnh đối //.
3.2. Các cạnh đối bằng nhau.
3.3. Một cặp cạnh đối // và bằng nhau.
3.4. Các góc đối bằng nhau hoặc các góc kề bù nhau.
3.5. Hai đờng chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đờng.
- DT HBH bằng đáy nhân chiều cao.
4. Hình chữ nhật: HCN là tứ giác có 4 góc vuông. Trong HCN hai đờng chéo bằng nhau
và cắt nhau tại trung điểm mỗi đờng
- Cách CM một tứ giác là là HCN.
4.1. Có 3 góc vuông.
4.2. HBH có một góc vuông.
4.3. HBH có hai đờng chéo bằng nhau.
4.3. Hthang cân có một góc vuông.
- DT HCN bằng tích hai kích thớc (dài nhân rộng).
5. Hình thoi: Hthoi là tứ giác có 4 cạnh bằng nhau. Trong hình thoi hai đờng chéo vuông
góc với nhau và hai đờng chéo là các đờng phân giác của các góc của hình thoi.
- Cách CM một tứ giác là là Hthoi.
5.1. 4 cạnh bằng nhau.
5.2. HBH có hai cạnh kề bằng nhau.
5.3. HBH có hai đờng chéo vuông góc.
5.4. HBH có một đờng chéo là đờng phân giác của một góc.
- DT hình thoi bằng: Tích hai đờng chéo hoặc đáy nhân chiều cao.
GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

11


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

6. Hình vuông: HV là tứ giác có 4 góc vuông và có 4 cạnh bằng nhau.
- Cách CM một tứ giác là là HV.
6.1. HCN có hai cạnh kề bằng nhau.
6.2. HCN có hai đờng chéo vuông góc.
6.3. HCN có một đờng chéo là đờng phân giác của một góc.
6.4. Hthoi có một góc vuông.
6.3. Hthoi có hai đờng chéo bằng nhau.
- DT hình vuông bằng cạnh nhân cạnh.
7. Đa giác.
7.1. Tổng các góc của đa giác n cạnh bằng (n 2).1800.
7.2. Trong một đa giác n cạnh, số đờng chéo bằng

n(n 3)
.
2

7.3. Đa giác đều là đa giác có tất cả các cạnh bằng nhau và tất cả các góc bằng nhau. Số đo
mỗi góc của đa giác đều n cạnh bằng

(n 2).180 0
.
n

Ii. bài tập.

Bài 1: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q, E, F lần lợt là trung điểm của BD, AC, AB, DC,
AD và BC.
a. CMR: PM = NQ.
b. CMR: MN, PQ,EF đồng quy (cùng đi qua một điểm).
HDẫn giải.
a. PM, NQ là các đờng trung bình ứng với cạnh AD
của các tam giác ABD và ACD.
b. MN và PQ là các đờng chéo của HBH MPNQ, PQ và EF là
các đờng chéo của HBH EQFP, từ đó suy ra ĐPCM.
Bài 2: Hình thang ABCD (AB // CD) có AB = a, CD = b, BC = c, AD = d. Các tia phân giác
của các góc A và D cắt nhau ở E, các tia phân giác của các góc B và C cắt nhau ở F. Gọi M,
N theo thứ tự là trung điểm của AD và AD và BC.
a. CM AED và BFC là các tam giác vuông.
b. CM 4 điểm M, E, F, N thẳng hàng.
c. Tính MN, MF, FN theo a, b, c, d.
d. CMR nếu a + b = c + d thì E trùng F.
HDẫn giải.
a. CM ADK là tam giác cân đỉnh D, từ đó suy ra phân giác DE đồng thời là đờng cao, do
đó DE vuông góc AK hay AED vuông. Tơng tự với trờng hợp BFC.
b. CM cho ME, NF, MN cùng // AB hoặc CD.
1
1
1
(a + b); FN = c; MF = (a + b - c).
2
2
2
1
1
1

d. Ta cũng có ME = d. Giả sử E trùng F ta có ME + FN = MN hay (c + d) = (a +
2
2
2

c. MN =

b).
Bài 3: Cho hình thoi ABCD cạnh a có góc A = 600. Gọi E, F lần lợt là trung điểm của các
cạnh AD và CD.
a. Tính diện tích tam giác BEF.
b. Tính độ dài đoạn thẳng CE và Cos của góc ACE.
HDẫn giải.
a. Ta có ABD đều, BE là đờng cao của đó, BE = BDsinD =

a 3
,
2

GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

12


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

a 3 3
3 3a 2
.
, từ đó tính đợc SBEF =

.
2
2
8
a
3 3a
a 7
b. Ta có MC =
, EM = (dựa vào tam giác đồng dạng), từ đó ta có EC =
(theo
4
4
2
3 3

BK = BEcosEBK =

Pitago), suy ra cosECM =

2 7

.

Bài 4: Cho tam giác ABC. Gọi I là giao điểm các tia phân giác trong của các góc B và C. Từ I
hạ IM vuông góc AB, IN vuông góc BC. Từ A kẻ đờng thẳng // với MN, nó cắt BC tại P.
CMR:
a. IMB = INB.
b. Tứ giác MNPA là thang cân.
HDẫn giải.
a. IMB = INB (cạnh huyền - góc nhọn).

b. Chỉ ra tứ giác MNPA có góc AMN và PNM bằng nhau.
Bài 5: Cho hình thang vuông ABCD (AB // CD), góc A = góc D = 900
và AD = CD =

1
AB. Kẻ CH vuông góc với AB. Gọi O là giao điểm
2

của AC và DH, O là giao điểm BD và CH. CMR:
a. ACB là vuông cân tại C.

b. OO =

1
1
CD = AB.
2
4

c. OO thuộc đờng trung bình

của hình thang.
HDẫn giải.
a. Tứ giác ADCH là hình vuông, suy ra AC vuông góc DH và AC = DH. Tứ giác BCDH
là HBH do đó BC = DH, vậy BC = AC. Vì AC vuông góc DH, DH // BC suy ra AC
vuông góc BC.
b. Theo tính chất đờng trung bình của tam giác.
c. Gọi M, N lần lợt là giao điểm của OO với AD và BC. Chứng minh OM là đờng trung
bình của tam giác ADC.
Bài 6: Cho HCN ABCD, tâm O. Lấy điểm P tuỳ ý trên đoạn thẳng OB. Gọi M là điểm đối

xứng của C qua P.
a. CMR AM // BD.
b. Gọi E, F lần lợt là chân đờng vuông góc hạ từ M xuống AB, DA.
CMR EF // AC.
c. CM 3 điểm F, E, P thẳng hàng.
HDẫn giải.
a. OP là đờng trung bình của tam giác ACM.
b. Chứng minh góc EFA = góc CAD.
c. Chứng minh IP và IE cùng // với AC (I là giao điểm hai đờng chéo của HCN AEMF)
Bài 7: Cho HBH MNPQ với MQ vuông góc MP. Gọi E, F lần lợt là trung điểm của MN và
PQ.
a. CM MEPF là hình thoi.
b. Gọi Mx là tia đối của tia MN. CMR MQ là phân giác của góc FMx.
HDẫn giải.
a. MEPF là hình bình hành (1 cặp cạnh đối // và bằng nhau) có hai đờng chéo vuông
góc.
b. Tam giác MQF là tam giác cân tại F, do đó góc FMQ = góc FQM, mà góc FQM = góc
QMx (so le trong), từ đó suy ra ĐPCM.
Buổi 5.
Chủ Đề 5: phơng trình - bất phơng trình bậc nhất.
GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt
13


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

Ngày soạn: ................................
Ngày dạy: ................................

.

I. kiến thức cần ghi nhớ.
1. Phơng trình bậc nhất một ẩn. PT bậc nhất một ẩn có dạng: ax + b = 0 (x là ẩn, a và b là các
số đã cho)
b
a

+ Nếu a 0, PT có nghiệm duy nhất x = - .
+ Nếu a = 0, b 0, PT vô nghiệm.
+ Nếu a = 0, b = 0, PT có vô số nghiệm.
2. Bất phơng trình bậc nhất một ẩn. BPT bậc nhất một ẩn là BPT có dạng ax + b > 0 (hoặc ax
+ b < 0,
ax + b 0, ax + b 0), trong đó x là ẩn, a và b là các số đã cho, a 0.
Ta xét BPT dạng ax + b > 0.
b
a
b
+ Nếu a < 0, BPT có nghiệm x < - .
a

+ Nếu a > 0, BPT có nghiệm x > - .

3. Các phơng pháp giải phơng trình nghiệm nguyên.
C1. Phơng pháp tách ra các giá trị nguyên.
C2. Phơng pháp tìm nghiệm nguyên riêng.
Định lí: Phơng trình ax + by = c với a, b, c nguyên, (a; b) = 1.
x = x 0 + at
.
y = y 0 + bt

Nếu (x0; y0) là một nghiệm nguyên thì phơng trình có các nghiệm nguyên dạng:
C3. Phơng pháp bất đẳng thức.
C4: Phơng pháp đa về các ớc số.
ii. bài tập.
Bài 1: Giải các phơng trình sau.
a.

x
x
+
=2
x 1 x + 2

(1)

b.

2x3 1
=2
x3 + x + 1

(2).

HDẫn giải.
a. Điều kiện: x - 1 0, x + 2 0. Quy đồng mẫu, khử mẫu và giải ta đợc x = 4.
3
2

b. Điều kiện: x3 + x + 1 0. Quy đồng mẫu, khử mẫu và giải ta đợc x = - . Kiểm tra
lại với ĐK.

Bài 2: Giải và biện luận phơng trình sau theo m: (m - 2)x + m2 - 4 = 0 (1).
HDẫn giải. Xét các khả năng xảy ra với hệ số a = m - 2.
+ Nếu a 0. Ta có x = -(m + 2)
+ Nếu a = 0, PTVSN.
Bài 3: Tìm m nguyên để phơng trình sau đây có nghiệm nguyên: (2m - 3)x + 2m2 + m - 2 =
0.
HDẫn giải.
Ta có 2m - 3 0 m
-

4
.
2m 3

3
. Với m nguyên thì 2m - 3 0, PT đã cho có nghiệm x = -(m + 2)
2

Để phơng trình có nghiệm nguyên thì 2m - 3 phải là ớc của 4, hay 2m - 3 {-1; -2; -4; 1; 2;
4).
Giải từng trờng hợp ta đợc m = 2 và m = 1 thoả mãn.
GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt
14


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

Bài 4: Giải các bất phơng trình sau:
a.

x2
3x + 2
1 >
3.
x +1
x 1

b. x 1 > x + 1 2 x 3

HDẫn giải.

a. ĐK x 1. Quy đồng mẫu và khử mẫu ta đợc:


8x + 2
< 0 , giải ra ta đợc x < -1 hoặc
( x + 1)( x 1)

1
< x < 1.
4

b. Xét 3 trờng hợp.
5
2

5
< x < -1.
2
2. Với -1 x < 1. Giải BPT đợc 3 > 0. Vậy -1 x < 1.

1
3. Với x 1. Giải BPT đợc x > - .
2
5
KLC: x > - .
2

1. Với x < -1. Giải BPT đợc x > - . Vậy -

Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình 7x + 4y = 23.
HDẫn giải.

23 7 x
x 1
3 3x
= 6 2x +
(hoặc y = 5 x +
).
4
4
4
3 4t

x = 4t + 1
x = 1
x =
3 ). Vì x, y dơng nên t = 0, do đó
Suy ra
(t Z) (hoặc
.

y = 7t + 4
y = 4
y = 4 + 7t

Biểu thị y qua x ta đợc: y =

Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình:

1 1 1
+ = (1)
x y 2

HDẫn giải. Phơng pháp đa về các ớc số nguyên.
(1)

x+ y 1
=
(x - 2)(y - 2) = 4 = 2.2 = (-2).(-2) = 1.4 = (-1).(-4).
xy
2

Xét các khả năng xảy ra với (x - 2) và (y - 2), ta đợc các cặp giá trị (x; y) thoả mãn là: (4; 4),
(6; 3), (3; 6).
Bài 7: Giải các phơng trình sau.
a.

x 1 x + 2
+
= 2.
x +1 x 2

Đáp số. a. x = -4.

b. 2 x 1 + x 3 = 3 .
b. x = 1.

Bài 8: Giải và biện luận bất phơng trình:

m( x 1) x + 2m x 16

<
(1)
9
6
18

HDẫn giải.
(1) 2m(x - 1) - 3(x + 2m) < x 16 2(m - 2)x < 8(m - 2).
Nếu m > 2 thì x < 4.
Nếu m < 2 thì x > 4.
Nếu m = 2 thì 0x < 0, bất phơng trình vô nghiệm.
Bài 9: Tìm nghiệm nguyên dơng của bất phơng trình:

x 2 2x 4
> 1 (1)
( x + 1)( x 3)

HDẫn giải.
ĐKXĐ: x -1 và x 3.

GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

15


Tài liệu ôn thi vào lớp 10. năm học 2009 - 2010.

(1)

1
x + 1 > 0
-1
> 0 (x + 1)(x - 3) < 0 (x + 1) và (x - 3) trái dấu
( x + 1)( x 3)
x 3 < 0

< x < 3 (TM)
Vì x nguyên dơng nên x {1; 2}

GV Nguyễn đức phơng thcs thanh xá-tb-pt

16