On thi tuyen sinh 1020122013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (159.53 KB, 14 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Chủ Đề 1: rút gọn và tính giá trị của biểu thức

.
I. Ph ơng 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 vµ a2 - ab + b2; a - b vµ a2 + ab + b2.
ii. bµi tËp.

Bµi 1. Cho biĨu thøc: A=

1− x2
¿2
¿

x¿

(

xx −3−11+x

)(

x3+1

x+1 − x

)

:¿

Víi x

√

2 ;1

a. Rút gọn biểu thức A. b. Tính giá trị của biểu thức khi cho x =

√

6+2

√

2 . c. Tìm giá trị của x để 
A = 3

Gi¶i. a. Rót gän A = x

2−2

x

b. Thay x=

√

6+2

√

2 vào A ta đợc A = 4+2

√

6+2

√

2 . c. A = 3 ⇔ x

2 - 3x - 2 = 0 ⇒ x =
3±

√

Bµi 2: Cho biÓu thøc: P =

(

x

√

x −1

x −

√

x −

x

√

x+1

x+

√

x

)

(

2(x −2

√

x+1)
x −1

)

a. Rút gọn P. b. Tìm x ngun để P có giỏ tr nguyờn.

Giải. a. ĐK: x 0; x ≠1 . Rót gän: P = 2x(x −1)

x(x −1) :

( √

x −1❑z

)

x −1 =

√

x −1¿2
¿
¿

√

x −1

b. P =

x+1

x 1=1+

x 1 . Để P nguyên thì 
2

x 1 nguyên suy ra

x 1 là íc cđa 2 suy ra víi x =

{0;4;9} th× P có giá trị nguyên.

Bài 3: Cho biểu thức:

√

x+

√

y

P= x

(

√

x+

√

y)(1−

√

y)−

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 .







 



(1 ) (1 )

1 1

x x y y xy x y

P

x y x y

    



  











 



( )

1 1

x y x x y y xy x y

x y x y

    



  



 





 



x y x y x xy y xy

x y x y

     



  











 





 



1 1 1 1

1 1

x x y x y x x

x y

     



 





x y y y x

y

  







 











1 1 1

x y y y y

y

   



  x  xy  y.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Thay vào ta có các cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mÃn.
Bài 4 : Cho biÓu thøcA =

(

x

√

x+1

x −1 −

x −1

√

x −1

)

(

√

x+

√

x

√

x −1

)

víi x > 0 vµ x  1

a. Rút gọn A. b. Tìm giá trị của x để A = 3
Giải. a. Ta có: A =

(

x

√

x+1

x −1 −

x −1

√

x −1

)

(

√

x+

√

x

√

x −1

)

=

(

√

x+1)(x −

√

x+1)
(

√

x −1)(

√

x+1) −

x −1

√

x −1

)

(

√

x(

√

x −1)

√

x −1 +

√

x

√

x −1

)

=

(

x −

√

x+1

√

x −1 −

x −1

√

x −1

)

(

x −

√

x+

√

x

√

x −1

)

=

x −

√

x+1− x+1

√

x −1 :

x

√

x −1 =

−

√

x+2

√

x −1 :

x

√

x −1

= −

√

x+2

√

x −1 ⋅

√

x −1

x =

2−

√

x
x

b. A = 3 ⇔ 2−

√

x

x = 3 ⇔ 3x +

√

x - 2 = 0 ⇒ x = 4/9.

Bµi 5: Cho P = 
2
1
x
x x

 + 
1
1
x
x x

  - 
1

1
x
x


 . a. Rót gän P. b. Chøng minh: P < 
1

3 với x 0 và x

1.

Giải. Điều kiƯn: x  0 vµ x 1. P =

2
1
x
x x

 + 
1
1
x
x x

  - 
1
( 1)( 1)

x

x x



  = 3

2
( ) 1

x
x

 + 
1
1
x
x x

  
-1
1

x =

2 ( 1)( 1) ( 1)

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

   = ( 1)( 1)

x x

x x x



   = 1

x

x x

b. Víi x  0 vµ x 1 . Ta cã: P <

3  1

x
x x <

1
3

 3 x < x + x + 1 ; ( v× x + x + 1 > 0 )  x - 2 x + 1 > 0 ( x - 1)2 > 0. (x  0 vµ x 1)

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

x2+1 x 1

x2+1 x là một số tự nhiên
b. Cho biÓu thøc: P=

√

x

√

xy+

√

x+2+

√

y

√

yz+

√

y+1+

√

z

√

zx+2

√

z+2 BiÕt x.y.z = 4 , tÝnh

√

P .
Gi¶i. a.

P=

√

x2+1− x −

x
2

+1+x

(

x2+1 x).(

x2+1+x)

x2+1 x (

x2+1+x)=2x
P là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x = k

2 (trong đó k Z và k 0 )

b. Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hợp với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và

√

xyz=2

Nhân cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với

√

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

√

xyz ta đợc:

P =

√

x+2+

√

z¿

√

x

√

xy+

√

x+2+

√

xy+

√

x+2+

√

z

¿
Bµi 7: Cho biĨu thøc: D =

[

√

a+

√

b

1−

√

ab+

√

a+

√

b

√

]

:

[

a+b+2 ab

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

a. Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D. b. Tính giá trị của D với a = 2

2−

√

3 . c. T×m GTLN

cđa D.

Giải: a. Điều kiện xác định của D là

a ≥0

b ≥0
ab≠1

¿{ {
¿

. D =

[

√

a+2b

√

a

1−ab

]

:

[

a+b+ab

1−ab

]

= 
2

√

a
a+1

b. a =

√

3+1¿2⇒

√

a=

√

3+1

2¿

2
2+

√

3=¿

. VËy D =

2+2

√

2
2

√

3+1

√

3−2

4−

√

c. áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có 2

√

a≤ a+1⇒D ≤1 . Vậy giá trị của D là 1.
Bài 8: Cho biểu thức

A = 2

4( 1) 4( 1) 1

. 1
1

4( 1)

x x x x

x
x x
      

  
 

  . a. Tìm điều kiện của x để A xác định. b. Rỳt gn A.

Giải: Điều kiện x thỏa m·n:

1 0

4( 1) 0

x

x x
x x
x x
 


  


  


  
  
1
1
1
2
x
x
x
x


 




 

  x > 1 vµ x  2

b. Rót gän A =

2 2

( 1 1) ( 1 1) 2

.
1

( 2)

x x x

x
x
     


 =

1 1 1 1 2

2 1

x x x

x x

     

 

+ Víi 1 < x < 2 ta cã A =

1 x + Víi x > 2 ta cã A =

2
1

x

KÕt luËn: Víi 1 < x < 2 th× A =

1 x . Víi x > 2 th× A =

2
1

x

Bµi 9: Cho biĨu thøc M = 2

√

x −9

x −5

√

x+6+

√

x+1

√

x −3 +

√

x+3

2−

√

x

a. Tìm ĐK của x để M có nghĩa và rút gọn M. b. Tìm x để M = 5. c. Tìm x Z để M Z.
Giải: M = 2

√

x −9

x −5

√

x+6+

√

x+1

√

x −3 +

√

x+3

2−

√

x

a. §K x ≥0; x ≠4;x ≠9 . M = 2

√

x −9−(

√

x+3)(

√

x −3)+(2

√

x+1) (

√

x −2)

(

√

x −2) (

√

x −3)

Biến đổi ta có kết quả: M = x −

√

x −2

(

√

x −2) (

√

x −3) =

(

√

x+1)(

√

x −2)

(

√

x −3) (

√

x −2)⇔M=

√

x+1

√

x −3

b. M = 5⇔

√

x −1

√

x −3=5⇒

√

x+1=5(

√

x −3)⇔

√

x+1=5

√

x −15⇔16=4

√

x⇒

√

x=
16

4 =4⇒x=16

c. M =

√

x+1

√

x −3=

√

x −3+4

√

x −3 =1+

√

x −3 . Do M Z nên

x 3 là íc cđa 4 ⇒

√

x −3 nhËn c¸c giá

trị:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 10: Cho biểu thức: A =

x2−3¿2+12x2

¿
¿
¿

√¿

+ x+2¿
2

−8x2

√¿

a. Rót gän biĨu thøc A. b. Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có giá trị 
nguyên.

Giải: a. Điều kiện: x 0

A=

x
4

+6x2+9

x2 +

x

4x+4 x
2

|x| +|x −2|

+ Víi x < 0: A=−2x
2

+2x −3

x . + Víi 0 < x 2: A=

2x+3

x . + Víi x > 2 :
A=2x

2−2x
+3

x

b. Tìm x nguyên để A nguyên: A nguyên ⇔ x2 + 3 ⋮ |x| ⇔ 3 ⋮|x| ⇔ x =

{−1;−3;1;3} 
Bµi 11: Cho biĨu thøc: P =

(

x −1

x+3

√

x −4−

√

x+1

√

x −1

)

x+2

√

x+1

x −1 +1

a. Rót gän P. 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)

(

√

x −1)(

√

x+4) . KQ: P =

√

x −1

√

x+4
b. ViÕt P = 1− 5

√

x+4 lập luận tìm đợc GTNN của P = -1/4 khi x = 0. 
Bài 12: Cho biểu thức: Q =

(

x − y

√

x −

√

y+

√

x3−

√

y3
y − x

)

(

√

x

y)2+

x+

y

a. Tìm ĐKXĐ của Q và rút gọn. b. Chøng minh Q 0 . c. So s¸nh Q víi

Q

Giải. a. ĐKXĐ: x 0, y 0, x y

Q=¿:(

√

x −

√

y)
2

√

x+

√

y

[

(

√

x+

√

y)−(

√

y −

√

x) (x+

√

xy+y)
(

√

y −

√

x)(

√

y+

√

x)

]

√

x+

√

y
x −

√

xy+y =

√

x+

√

y.

√

x+

√

y
x −

√

xy+y=

√

x −

√

xy+y

b.

√

xy 0∀x ; y ≥0 x + y 2

xy (Côsi), mà x y ⇒ x + y > 2

√

⇔ x -

√

xy + y >

√

xy 0 ⇔ x -

√

xy + y > 0. VËy Q =

√

x −

√

xy+y≥0∀x , y ≥0 vµ x y
c. Theo c©u b, ta cã x -

√

xy + y >

√

xy (1). Chia 2 vÕ cña (1) cho x -

√

xy + y > 0 ⇒

√

x −

√

xy+y<1 . VËy 0 Q < 1
+ NÕu Q = 0 ⇒ Q =

√

Q .

+ NÕu 0 < Q < 1 ⇒

√

Q (

√

Q - 1) < 0 ⇒ Q -

√

Q < 0 ⇒ Q <

√

Q ∀ x, y 0 vµ x y

Chđ Đề 2: rút gọn và tính giá trị của biểu thức.

I. Ph ơng pháp.

1. Định lí Talet:

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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

d. Nếu cạnh huyền và một cạnh góc vng của tam giác vng này tỉ lệ với cạnh huyền và một cạnh 
góc vng của tam giác vng kia thì hai tam giác vng 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 Δ OMN đồng dạng với Δ 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 Δ HAG đồng dạng với Δ OMG.
4. Chứng minh ba điểm H, G, O thẳng hàng và GH = 2GO.

HD gi¶i.

a. Ta có MN // AB (MN là đờng trung bình). Mặt khác ta có AH // OM (cùng vng 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 Δ

AHB đồng dạng Δ MON, tỉ số k = 2.
b. Theo câu a, ta có AH

OM=2 hay AH = 2OM.

c. Gọi G là giao điểm của AM và HO, ta có ’ Δ AG H đồng ’

d¹ng MG O hay ’ HG'

MG'=

OM=2 . Từ đó ta có G trùng G ’

hay Δ HAG đồng dạng Δ OMG.

d. Tõ c©u c, suy ra H, G, O thẳng hàng. Ta có GH

GO=

GM=2 nên GH = 2.GO.

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

Cho biÕt AD = 2a. Chøng minh r»ng:
a. AB.CD = a2.

b. Δ EAB và Δ CEB đồng dạng.
c. BE là tia phân giác của góc ABC.

HD giải. a. Δ EAB đồng dạng Δ CDE (g.g) suy ra ĐPCM.
b. Theo câu a ta có AB

ED =

EC ⇒

AE=

EC suy ra Δ ABE đồng dạng Δ EBC (c.g.c).

c. Tõ c©u 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 thuéc AC sao 
cho gãc DME gãc B.

a. Chứng minh rằng BD.CE không đổi.

b. Chøng minh r»ng DM là tia phân giác của góc BDE.
HD giải:

a. Δ DBM đồng dạng Δ MCE (g.g) suy ra ĐPCM.
b. Theo câu a, suy ra DM

ME =

CM⇒

ME =

BM do đó Δ DME đồng dạng Δ DBM (c.g.c) suy ra

§PCM.

Bài 4: Cho Δ ABC có hai góc nhọn B và C, BC = a, đờng cao AH = h. Một hình vng 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.

HD gi¶i: Ta cã MN

BC =

AH (tỉ số 2 đờng cao của hai Δ đồng dạng bằng tỉ số đồng dạng).

Gäi MN = x, ta cã: x

a=
h − x

h ⇒x=

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta cã MP = MN.

√

2 (theo Pitago), suy ra MP =

√

2 ah

a+h .

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 thø tù ë I vµ 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 gi¶i.

a. Ta có NM vng 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 Δ cân ABC (AB = BC). Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM

BM =

4 . Trªn cạnh BC lấy

điểm N sao cho CN

BN=6 . ng thẳng MN cắt đờng cao BH tại O. Từ N hạ NK vng góc BH. Từ M

hạ MP vng góc với BH. Cho BH = 35cm. 
a. CM Δ BKN đồng dạng Δ BHC, tính BK.
b. Tính BP, OB, HO.

c. Gi¶ sư AM

BM=m ;

BN=n . Tính 
HO

BO theo m và n.

HD giải.

a. Hai tam giỏc đồng dạng với nhau theo TH (g.g) suy ra BK

BH=

BC ⇒

35 =

7 ⇒ BK = 5 (cm).

b. Theo c©u a, ta cã KN

HC =

1
7⇒

AH=

1
7⇒

OH=

1
7⇒

KO+OH

OH =

1+7

7 ⇒

OH=

7⇒OH=
105

4 , OB = 
35

4 .

c. Từ Δ BKN đồng dạng Δ BHC ta có: BK = 1

n+1. BH , Δ MBP đồng dạng Δ ABH ta có: BP
= 1

m+1. BH
suy ra HO

BO =

m+n

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 Δ IFC đồng dạng Δ AIE, Δ KDB đồng dạng Δ KAE.
b. CM BD // CF.

HD gi¶i.

a. Ta có Δ AIF đồng dạng Δ EIC (g.g), suy ra Δ IFC đồng dạng Δ AIE(c.g.c). 
Tơng tự Δ KDB đồng dạng Δ KAE (c.g.c).

Bài 8: Hình thang vng ABCD (góc A = góc D = 900) có hai đờng chéo vng 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. Δ AOB và Δ DAB đồng dạng (g.g).
b. AD = 6cm.

c. Δ OAB và Δ OCD đồng dạng (g.g).
d. SOAB

SOCD
=

(

)

2
=16

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 Δ ADE đồng dạng Δ ABC.
b. Tính diện tích tam giác ADE.

HD gi¶i:

a. Ta có góc C = góc BAH = góc AED, 
suy ra Δ ADE đồng dạng Δ ABC (g.g).
b. SADE

SABC
=

(

)

2
=

(

)

2
= 4

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

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. Tớnh tng gúc DEB v DCB.

Đáp số:
a. BD =

√

b. BD

DE =

√

2 ; 
CD

DB=

√

2 , nªn 
BD

DE=

DB , tam giác BDE và CDB đồng dạng (c.g.c).

c. Gãc DEB + gãc DCB = gãc DBC + gãc DCB = gãc 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 ph©n giác của góc B cắt AD ở I. Tính tỉ sè AI : ID.

c. Cho BC b»ng trung b×nh céng của AB và AC, gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. CMR: IG // 
BC.

HD giải: a. BD

DC=

AC=

c
b⇒

BD+DC=

AB+AC⇒BD=

b+c;DC=

b+c . b. AI : ID =

b+c

a .

c. CM: AI

ID=
AG

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

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 = gãc 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

ME =

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

gãc BDM.

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

L¹i cã CK = a

2 , AC = 2a nªn AK = 1,5a. VËy chu vi tam gi¸c ADE = 3a.

Chủ Đề 3: bất đẳng thức.

I. Ph ¬ng pháp.
HS nắm vững:

1. Các tính chất cơ bản của BĐT.
1.1: a > b ⇔ a + c > b + c.
1.2: a > b ⇔

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 .

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

2 ≥

√

ab . DÊu = x¶y 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

a=
y
b .

ii. bµi tËp.

Bµi 1: Cho hai sè d¬ng a, b. CMR: a + b 4 ab

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

HD gi¶i: Ta cã:

a+b ≥2

√

ab
1+ab≥2

√

¿{
¿

(B§T Cosi) ⇒ (a + b)(1 + ab) 4ab suy ra §PCM. DÊu = xảy ra

khi và chỉ khi

a=b

1=ab
{

hay a = b = 1.

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

ỳng.

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi bc = ad “ ” ⇔ a

b=
c
d .

Bµi 3: Tìm hai số a, b biết rằng:

2a+3b=5

2a2+3b2=5
{

HD giải: Ta cã: 25 = (2a + 3b)2 = (

√

2a+

√

3 .

√

3a )2 [(

√

2 )2 + (

√

3 )2].[(

√

2a )2 + (

√

3a )2] =

5.(2a2 + 3a2)

Suy ra 2a2 + 3a2 5. DÊu = xảy ra khi và chỉ khi ”

√

2a=

√

3b hay a = b. VËy a = b = 1.

Bài 4: Cho a, b, k là các sè d¬ng, a < b. CMR: a

b<¿

a+k

b+k (1).

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.“ ”

Bµi 6: CMR ∀ a > b > 0, m > n, ta cã: a
m

−bm
am

+bm>

an−bn
an

+bn (1).
HD gi¶i: (1) ⇔ a

m
+bm

am+bm−

2bm
am+bm>

an+bn

an+bn−

2bn

an+bn ⇔

2bn
an+bn>

2bm

am+bm . Chia VT cho b

n, chia VP cho

bm

Ta đợc a
n

bn<
am

bm ⇔

(

a
b

)

m
>

(

a

b

)

n
.
Bµi 7: (TH 04 - 05). Cho 0 < x < 1. 
1. CMR: x(1 - x) 1

4 (1). 2. Tìm GTNN của A =

4x2+1

x2

(1 x) .

HD giải. 1. (1) ⇔

(

x −1

)

≥0 luôn đúng.
2. Từ x(1 - x) 1

4 ⇒ x2(1 - x)

4 x suy ra A

4x2+1

1
4x

.
A 16x + 4

x 2.

√

16x.4x = 2.8 = 16 (B§T Cosi). DÊu = xảy ra khi và chỉ khi 16x = “ ”

x
⇔ x = ±1

2 , mµ

Cho 0 < x < 1 suy ra x = 1

2 .

Bµi 8. (TH 09 - 10). Cho x, y, z tho¶ m·n y2 + yz + z2 = 1 - 3x

2 .

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

HD gi¶i. y2 + yz + z2 = 1 - 3x

2 ⇔ 2y

2 + 2yz + 2z2 = 2 - 3x2 ⇔ (x + y + z)2 + (x - y)2 + (x - z)2 = 2

⇔ (x + y + z)2 = -[(x - y)2 + (x - z)2] + 2 2. DÊu = xảy ra khi và chỉ khi x = y = z“ ”

⇒ -

√

2 x + y + z

√

2 . VËy GTLN lµ

√

2 , GTNN lµ -

√

2 khi x = y = z.
Bµi 9: (TH 05 - 06). Cho x - y 0. CMR x2 + y2 +

(

xyx − y−1

)

≥2 .
HD gi¶i. x2 + y2 +

(

xyx − y−1

)

= x2 - 2xy + y2 + 2(xy - 1) +

(

xyx − y−1

)

+2 = (x - y + xy−1

x − y )2 + 2 2.

Bµi 10: (TH 06 - 07). Cho b > 0. CMR: b
b2

+1+

3(b2+1)

2b

7
2

HD gi¶i. Ta cã: b

b2

+1+

3(b2+1)

2b =

b
b2

+1+

b2
+1

4b +

5(b2+1)

4b .

Ta cã b

b2
+1+

b2+1

4b ≥

√

b
b2

+1.

b2+1

4b =1 (BĐT Cosi). Lại có b

2 + 1 2b ⇒ 5(b

2
+1)

4b ≥

5 .2b

4 =

2 . DÊu

= xảy ra khi và chỉ khi b = 1.

“ ” VËy b

b2+1+

3(b2+1)

2b 1 +

5
2 =

7
2 .

Bµi 11: CMR: a = 4b 16 ab

1+4 ab với a, b dơng. (Sử dụng các tính chất của BĐT).

Bài 12: CMR: (a2 + 1)(b2 + 4) (2a + b)2. (Chun vÕ vµ chøng minh vế trái không âm).

Bài 13: CMR nếu 0 < x a

b<

a+2010

b+2010 . (Tơng tự bài 4)
Bài 14: CMR nếu a, b > 0 thì: a

2010

b2010
a2010

+b2010>

a2009b2009
a2009

+b2009 . (Tơng tự bài 6)

Chủ Đề 4: Tứ giác - Đa giác.

I. kiến thức cần ghi nhớ.

1. Tổng c¸c gãc cđa mét tø gi¸c b»ng 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 (tng bng 1800).

- Hình thang vuông là hình thang cã mét gãc vu«ng.

- 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

- C¸ch CM mét tø giác là là HCN.
4.1. Có 3 góc vuông.

4.2. HBH có một góc vuông.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

4.3. Hthang cân có một góc vuông.

5. Hình thoi: Hthoi là tứ giác có 4 cạnh bằng nhau. Trong hình thoi hai đờng chéo vng góc với 
nhau và hai đờng chéo là các đờng phân giác của các góc của hình thoi.

- C¸ch 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 vng 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.

6. H×nh vuông: HV là tứ giác có 4 góc vuông và có 4 cạnh bằng nhau.
- Cách CM một tứ giác lµ lµ HV.

6.1. HCN có hai cạnh kề bằng nhau.
6.2. HCN có hai đờng chéo vng góc.

6.3. HCN có một đờng chéo là đờng phân giác của một góc.
6.4. Hthoi có một góc vng.

6.3. Hthoi có hai đờng chéo bằng nhau.
- DT hình vng bằng cạnh nhân cạnh.
7. Đa giác.

7.1. Tổng các góc của đa giác n c¹nh b»ng (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

n .

Ii. bµi tËp.

Bµi 1: Cho tø giác ABCD. Gọi M, N, P, Q, E, F lần lợt là trung điểm của BD, AC, AB, DC, AD vµ 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 PCM.

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 vµ AD vµ BC.

a. CM Δ AED vµ 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 nÕu 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

vng góc AK hay Δ AED vng. Tơng tự với trờng hợp Δ BFC.

b. CM cho ME, NF, MN cïng // AB hc CD.
c. MN = 1

2 (a + b); FN = 
1

2 c; MF = 
1

2 (a + b - c).

d. Ta còng cã ME = 1

2 d. Gi¶ sư E trïng F ta cã ME + FN = MN hay 
1

2 (c + d) = 
1

2 (a + b).

Bài 3: Cho hình thoi ABCD c¹nh a cã gãc A = 600. Gäi E, F lần lợt là trung điểm của các cạnh AD và

CD.

a. Tính diện tích tam giác BEF.

b. Tớnh độ dài đoạn thẳng CE và Cos của góc ACE.

HDẫn giải.

a. Ta có Δ ABD đều, BE là đờng cao của Δ đó, BE = BDsinD = a

√

2 ,

BK = BEcosEBK = a

√

2 .

√

2 , từ đó tính đợc SBEF =

√

3a2

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

b. Ta cã MC = 3

√

3a

4 , EM =

a

4 (dựa vào tam giác đồng dạng), từ đó ta có EC =

a

√

2 (theo

Pitago), suy ra cosECM = 3

√

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 
vng góc AB, IN vng góc BC. Từ A kẻ đờng thẳng // với MN, nó cắt BC tại P. CMR:

a. Δ IMB = Δ INB.

b. Tø gi¸c MNPA là thang cân.
HDẫn giải.

a. IMB = INB (cạnh huyền - góc nhọn).

b. Chỉ ra tứ giác MNPA cã gãc AMN vµ PNM b»ng nhau.

Bµi 5: Cho hình thang vuông ABCD (AB // CD), góc A = gãc D = 900

vµ AD = CD = 1

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

của AC và DH, O là giao ®iĨm BD vµ CH. CMR:’

a. Δ ACB lµ vuông cân tại C. b. OO = ’ 1

2 CD = 
1

4 AB. c. OO thuéc ®’ êng trung bình

của hình thang.

HDẫn giải.

a. T giỏc ADCH l hình vng, suy ra AC vng góc DH và AC = DH. Tứ giác BCDH là HBH do
đó BC = DH, vậy BC = AC. Vì AC vng góc DH, DH // BC suy ra AC vng góc BC.

b. Theo tính chất đờng trung bình của tam giác.

c. Gäi M, N lần lợt là giao điểm của OO với AD và BC. Chứng minh OM là đ ờng trung bình của 
tam giác ADC.

Bi 6: Cho HCN ABCD, tõm 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 vng góc hạ từ M xuống AB, DA. 
CMR EF // AC.

c. CM 3 ®iĨm F, E, P thẳng hàng.
HDẫn giải.

a. OP l ng trung bỡnh ca 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 vng góc MP. Gọi E, F lần lợt là trung điểm của MN và PQ.

a. CM MEPF là hình thoi.

b. Gi Mx l tia i 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 vng 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 PCM.

Chủ Đề 5: phơng trình - bất phơng trình bËc nhÊt.

.
I. kiÕn thøc cÇn ghi nhí.

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)

+ NÕu a 0, PT cã nghiÖm duy nhÊt x = - b

a .

+ NÕu a = 0, b 0, PT v« nghiƯm.
+ NÕu a = 0, b = 0, PT cã v« sè nghiƯm.

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 xÐt BPT d¹ng ax + b > 0.

+ NÕu a > 0, BPT cã nghiÖm x > - b

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

+ NÕu a < 0, BPT cã nghiÖm x < - b

a .

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 tr×nh ax + by = c víi a, b, c nguyên, (a; b) = 1.

Nếu (x0; y0) là một nghiệm nguyên thì phơng trình có các nghiệm nguyên dạng:

x=x0+at

y=y0+bt
{

.
C3. Phng phỏp bt ng thc.

C4: Phơng pháp đa về các ớc số.
ii. bài tập.

Bài 1: Giải các phơng trình sau.
a. x

x −1+

x

x+2=2 (1) b.

2x3−1

x3+x+1=2 (2).
HDÉn gi¶i.

a. Điều kiện: x - 1 0, x + 2 0. Quy đồng mẫu, khử mẫu và giải ta đợc x = 4.
b. Điều kiện: x3 + x + 1 0. Quy đồng mẫu, khử mẫu và giải ta đợc x = - 3

2 . 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 víi hƯ sè a = m - 2.
+ NÕu a 0. Ta cã x = -(m + 2) + NÕu a = 0, PTVSN.

Bài 3: Tìm m nguyên để phơng trình sau đây có nghiệm nguyên: (2m - 3)x + 2m2 + m - 2 = 0.

HDÉn gi¶i.

Ta cã 2m - 3 0 ⇔ m 3

2 . Với m nguyên thì 2m - 3 0, PT đã cho có nghiệm x = (m + 2) 
-4

2m−3 .

Để phơng trình có nghiệm ngun 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 món.

Bài 4: Giải các bất phơng trình sau:
a. x −2

x+1−1>

3x+2

x −1 −3 . b. |x −1|>|x+1|−2x −3

HDÉn gi¶i.

a. ĐK x ± 1. Quy đồng mẫu và khử mẫu ta đợc: 8x+2

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

−1

4<x<1 .

b. XÐt 3 trêng hỵp.

1. Với x < -1. Giải BPT đợc x > - 5

2 . VËy

-5

2 < x < -1.

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

2 .

KLC: x > - 5

2 .

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

Biu th y qua x ta đợc: y = 23−7x

4 =6−2x+

x −1

4 (hc y = 5 – x +

3−3x

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Suy ra

x=4t+1

y=−7t+4
¿{

(t Z) (hc

x=3−4t

y=4+7t
¿{

). Vì x, y dơng nên t = 0, do đó

x=1

y=4
{

.

Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 1

x+

y=

1
2 (1)

HDẫn giải. Phơng pháp đa về các ớc sè nguyªn.
(1) ⇔ x+y

xy =

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

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+1+

x+2

x −2=2 . b. |2x 1|+|x 3|=3 .

Đáp số. a. x = -4. b. x = 1.

Bài 8: Giải và biện luận bất phơng trình: m(x −1)

9 −

x+2m

6 <

x −16

18 (1)

HDÉn gi¶i.

(1) ⇔ 2m(x - 1) - 3(x + 2m) < x – 16 ⇔ 2(m - 2)x < 8(m - 2).
NÕu m > 2 th× x < 4.

NÕu m < 2 th× x > 4.

NÕu m = 2 th× 0x < 0, bất phơng trình vô nghiệm.

Bài 9: Tìm nghiệm nguyên dơng của bất phơng trình: x
2

2x 4

(x+1)(x 3)>1 (1)
HDẫn giải.

ĐKXĐ: x -1 và x 3.
(1) ⇔ −1

(x+1)(x −3) > 0 ⇔ (x + 1)(x - 3) < 0 (x + 1) và (x - 3) trái dÊu ⇔

x+1>0

x −3<0
¿{

⇔ -1 
< x < 3 (TM)

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14></div>

On thi tuyen sinh 1020122013

<b>Chủ Đề 1: rút gọn và tính giá trị của biểu thức</b>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

(

)(

)

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

√

<sub>√</sub>

√

√

√

√

√

(

√

√

√

√

)

(

√

)

<sub>( √</sub>

)

√

√

√

<sub>√</sub>

√

√

√

√

√

√







 

 













 

 





 





 

 













 





 









 











(