Tong hop ly thuyet va bai tap cac chuyen de on luyen mon Toan vao 10 rat chi tiet co loi giai

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.05 MB, 127 trang )

(1)PHẦN I: HỆ THỐNG CÁC VẤN ĐỀ CƠ BẢN CỦA TOÁN 9 ---***--VẤN ĐỀ I: RÚT GỌN BIỂU THỨC CHỨA CĂN BẬC HAI. A. Kiến thức cần nhớ: A.1.1. Kiến thức cơ bản A.1.2.. C¨n bËc hai. a. C¨n bËc hai sè häc - a Với số dơng a, số đợc gọi là căn bậc hai số học của a - Số 0 cũng đợc gọi là căn bậc hai số học của 0  x 0 x a   2  x a Mét c¸ch tæng qu¸t: -. b. So s¸nh c¸c c¨n bËc hai sè häc a b . a  b - Víi hai sè a vµ b kh«ng ©m ta cã:. A2  A. Căn thức bậc hai và hằng đẳng thức a. C¨n thøc bËc hai - A Với A là một biểu thức đại số , ngời ta gọi là căn thức bậc hai của A, A đợc gäi lµ biÓu thøc lÊy c¨n hay biÓu thøc díi dÊu c¨n - A   xác định (hay có nghĩa) A 0. A.1.3.. b. -. A2  A A2  A. Hằng đẳng thức Víi mäi A ta cã. 2. A  A Nh vËy: + nÕu A 0 A2  A. A.1.4.. + nÕu A < 0 Liªn hÖ gi÷a phÐp nh©n vµ phÐp khai ph¬ng. a.  A.B  A. B §Þnh lÝ: + Víi A 0 vµ B 0 ta cã: 2 2 ( A )  A  A. + §Æc biÖt víi A 0 ta cã b. Quy t¾c khai ph¬ng mét tÝch: Muèn khai ph¬ng mét tÝch cña c¸c thõa sè kh«ng ©m, ta cã thÓ khai ph¬ng tõng thõa sè råi nh©n c¸c kÕt qu¶ víi nhau c. Quy t¾c nh©n c¸c c¨n bËc hai: Muèn nh©n c¸c c¨n bËc hai cña c¸c sè kh«ng ©m, ta có thể nhân các số dới dấu căn với nhau rồi khai phơng kết quả đó A.1.5. Liªn hÖ gi÷a phÐp chia vµ phÐp khai ph¬ng A A  B §Þnh lÝ: Víi mäi A 0 vµ B > 0 ta cã: a.  B. b. Quy tắc khai phơng một thơng: Muốn khai phơng một thơng a/b, trong đó a kh«ng ©m vµ b d¬ng ta cã thÓ lÇn lît khai ph¬ng hai sè a vµ b råi lÊy kÕt qu¶ thø nhÊt chÝ cho kÕt qu¶ thø hai. c. Quy t¾c chia c¸c c¨n bËc hai: Muèn chia c¨n bËc hai cña sè a kh«ng ©m cho sè b dơng ta có thể chia số a cho số b rồi khai phơng kết quả đó. A.1.6. Biến đổi đơn giản biểu thức chứa căn thức bậc hai a. §a thõa sè ra ngoµi dÊu c¨n A2 B  A B - Víi hai biÓu thøc A, B mµ B 0, ta cã , tøc lµ.

(2) 2  A B  A B + NÕu A 0 vµ B 0 th× 2  A B  A B + NÕu A < 0 vµ B 0 th×. b. §a thõa sè vµo trong dÊu c¨n. 2  A B  A B + NÕu A 0 vµ B 0 th× 2  A B  A B + NÕu A < 0 vµ B 0 th×. c. Khö mÉu cña biÓu thøc lÊy c¨n. A AB  B  B - Víi c¸c biÓu thøc A, B mµ A.B 0 vµ B 0, ta cã. d. Trôc c¨n thøc ë mÉu. A A B  B - Víi c¸c biÓu thøc A, B mµ B > 0, ta cã B. A 0 A  B. 2. C C ( A B)  A  B 2 - Víi c¸c biÓu thøc A, B, C mµ vµ , ta cã A B. A 0, B 0 A B. ta cã. C ( A  B) C  A B A B - Víi c¸c biÓu thøc A, B, C mµ vµ ,. C¨n bËc ba a. Kh¸i niÖm c¨n bËc ba: - C¨n bËc ba cña mét sè a lµ sè x sao cho x3 = a. A.1.7.. 3 3 3 3 - ( a )  a a Víi mäi a th× b. TÝnh chÊt 3 3 - a  b Víi a < b th× 3 3 3 - ab  a . b Víi mäi a, b th× 3. - b 0. a 3a  b 3 b Víi mäi a vµ th×. A.1. KiÕn thøc bæ xung (*) Dµnh cho häc sinh kh¸ giái, häc sinh «n thi chuyªn A.2.1. C¨n bËc n a. 2 n  N C¨n bËc n () cña sè a lµ mét sè mµ lòy thõa n b»ng a.

(3) b. C¨n bËc lÎ (n = 2k + 1)  Mọi số đều có một và chỉ một căn bậc lẻ  C¨n bËc lÎ cña sè d¬ng lµ sè d¬ng  C¨n bËc lÎ cña sè ©m lµ sè ©m  C¨n bËc lÎ cña sè 0 lµ sè 0 c. C¨n bËc ch½n (n = 2k )  Sè ©m kh«ng cã c¨n bËc ch½n  C¨n bËc ch½n cña sè 0 lµ sè 0 . 2k. a  2k a Số dơng có hai căn bậc chẵn là hai số đối nhau kí hiệu là và. d. Các phép biến đổi căn thức. . 2 k 1. A. A. 2k. A. A 0 xác định với. xác định với . 2 k 1. A2 k 1  A . víi A . 2 k 1. 2k. A2 k  A  víi A. A.B 2 k 1 A .2 k 1 B . 2k. A.B 2 k A .2 k B. 2k. A2 k .B  A .2 k B  B 0 víi A, B. víi A, B mµ . 2 k 1. A2 k 1.B  A.2 k 1 B . víi A, B mµ 2 k 1. . A 2k A A 2 k 1 A 2k   B 2 k 1 B   B 2 k B   A.B 0 víi A, B mµ B 0. víi A, B mµ B 0,  .  A.B 0 víi A, B. m n. A mn A  A 0 víi A, mµ. m. n. m n. A  A  A 0 víi A, mµ.

(4) B. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI. Bài 1: Tính: 3- 3 3 +3 A= + 2- 3 +2 2 2 + 3 - 2 2 a. b. B = + c. C = 5. + . + HƯỚNG DẪN GIẢI: 3- 3. A=. 2-. 3 +2 2. 2( 3 - 3). =. +. 3 +3. +. 2 + 3 - 2 2 a. . 2( 3 + 3). 4- 2 3 +4 4 +2 3 - 4 2( 3 - 3) 2( 3 + 3) = + 3 - 1+ 4 3 +1- 4 2 2( 3 - 3) + 2( 3 + 3) 2 = 3- 9 24 2 = =- 4 2 - 6 b. B = + = = = =3. c. C = 5. + . + = 5. + . + = + + =3. ( x −1√ x + √ x1−1 ) : (√√xx−1+1) ❑. Bài 2: Cho biểu thức A =. 2. a) Nêu điều kiện xác định và rút biểu thức A 1 Tim giá trị của x để A = . 3 √ x Tìm giá trị lớn nhất cua biểu thức P = A - 9. b) c). HƯỚNG DẪN GIẢI:. 0  x 1 a). Điều kiện. A. x 1 x. x1 x. .  . x1. 1   3. :. x 1. . x1. 2. . 3 9 x   x 2 4. x1 x. Với điều kiện đó, ta có:. 1 3 b). Để A = thì (thỏa mãn điều kiện).

(5) x. 9 1 4 3 Vậy thì A =. x1.  1   9 x   9 x   1 x x . 9 x. 1 x. 2 9 x .. P  6  1  5 P  5. A. x. 1. 9 x. √x. c). Ta có P = A - 9 =. 6. x. Áp dụng bất đẳng thức Cô –si cho hai số dương ta có:. 1 x.  x. 1 9 Suy ra: . Đẳng thức xảy ra khi. 1 9 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức khi. x 4 x  2 Bài 3: 1) Cho biểu thức . Tính giá trị của A khi x = 36.  x 4  x  16 B   : x  4  x  2 x 0; x 16  x 4. 2) Rút gọn biểu thức (với ) 3) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số nguyên HƯỚNG DẪN GIẢI: 36  4 10 5   36  2 8 4 1) Với x = 36 (Thỏa mãn x >= 0), Ta có : A = 2) Với x 0, x  16 ta có :  x( x  4) 4( x  4)  x  2 (x  16)( x  2) x 2     x  16  x  16 (x  16)(x  16) x  16  x  16 B= = x 2  x 4  x 2 2 2 B( A  1)  .   1  .  x  16  x  2  x  16 x  2 x  16 3) Ta có: . B( A  1) x  16  1; 2.  Để nguyên, x nguyên thì là ước của 2, mà Ư(2) =. Ta có bảng giá trị tương ứng: x  16 1 x 17. 1. 15. x 0, x 16 B( A  1) x   14; 15; 17; 18. 2 18. 2. 14.  Kết hợp ĐK , để nguyên thì. Bài 4: Cho biÓu thøc:. √ x+ √ y x y xy P= − ( √ x+ 1 ) ¿ − ¿ ( √ x + √ y)(1 − √ y ) ( √ x +1 )( 1 − √ y ) a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P. b). T×m x,y nguyªn tháa m·n phư¬ng tr×nh P = 2..

(6) HƯỚNG DẪN GIẢI: x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠1 ; x+ y ≠ 0 a). Điều kiện để P xác định là :; .. P. . . x(1 .  x . x )  y (1  x . y. . x . y. . y )  xy.  1 . x.  1 . y x. x  y. y. . . xy  y  xy. . . ( x  y )  x x  y y  xy . . x . y 1. . y 1. . x . . x 1. y. y. . . .  y x  x  1  y  x  1  y  1  x   1  x   1  x  1  y  x 1  y  1  y   y 1  x  y y  y x   1  y  1  y  x . . . x 1. √ x+ √ xy − √ y .. y.   x . xy . y.. VËy P =. x ≥ 0 ; y ≥ 0 ; y ≠1 ; x+ y ≠ 0 b) ĐKXĐ: ⇔ √ x+ √ xy − √ y . P = 2 = 2 ⇔ √ x ( 1+ √ y ) − ( √ y +1 )=1 ⇔ ( √ x −1 ) ( 1+ √ y )=1 y 1 x  1 1  0  x 4 Ta cã: 1 +   x = 0; 1; 2; 3 ; 4. Thay x = 0; 1; 2; 3; 4 vµo ta cãc¸c cÆp gi¸ trÞ x=4, y=0 vµ x=2, y=2 (tho¶ m·n). 2√ x−9 2 x +1 √ x +3 Bài 5:Cho biÓu thøc M = + √ + x −5 √ x+6 √ x − 3 2 − √ x. a. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa và rút gọn M b. Tìm x để M = 5 c. Tìm x Z để M Z. HƯỚNG DẪN GIẢI: 2 √ x − 9 2 √ x +1 √ x +3 + + M= x −5 √ x+6 √ x − 3 2 − √ x a.§K 0,5® x≥0; x≠ 4 ;x ≠9 2 √ x − 9− ( √ x+3 )( √ x −3 ) + ( 2 √ x+1 ) ( √ x − 2 ) Rót gän M = ( √ x −2 ) ( √ x −3 ) x −√ x − 2 Biến đổi ta có kết quả: M = ( √ x −2 ) ( √ x −3 ). ( √ x+ 1 )( √ x − 2 ) x +1 ⇔ M= √ ( √ x −3 ) ( √ x − 2 ) √ x −3. M=.

(7) x −1 =5 √x− 3 ⇒ √ x +1=5 ( √ x − 3 ) ⇔ √ x +1=5 √ x − 15 ⇔ 16=4 √ x 16 ⇒ √ x= =4 ⇒ x=16 4. b .. M = 5 ⇔ √. x ≥ 0 ; x ≠ 4 ; x ≠ 9 §èi chiÕu §K:. VËy x = 16 th× M = 5. √ x+1 = √ x −3+ 4 =1+ 4 c. M = √ x − 3 √ x −3 √ x −3 z √ x −3 ⇒ √ x −3 Do M nªn lµ íc cña 4 nhËn c¸c gi¸ trÞ: -4; -2; -1; 1; 2; 4 Lập bảng giá trị ta đợc: ⇒ x ∈ { 1; 4 ; 16 ; 25 ; 49 }. x≠4⇒. x ∈ { 1; 16 ; 25 ; 49 } v×. Bài 6: Cho biểu thức P = ( - )2 . ( - ) Với a > 0 và a ≠ 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm a để P < 0 HƯỚNG DẪN GIẢI: a) P = ( - )2 . ( - ) Với a > 0 và a ≠ 1 P (. a 1 2 a1  ) .(  2 2 a a 1. a 1 ) a1. a a  1 2 ( a  1)2  ( a  1)2 P ( ). 2 a ( a  1)( a  1) P ( P. a  1 2 a  2 a 1  a  2 a  1 ). a 1 2 a.  (a  1)4 a 1  a  4a a. 1 a a Vậy P = Víi a > 0 và a ≠ 1 b) Tìm a để P < 0 Với a > 0 và a ≠ 1 nên > 0  P = < 0  1 - a < 0  a > 1 ( TMĐK) Bài 7: Cho biểu thức: Q = - ( 1 + ) : a) Rút gọn Q.

(8) b) Xác định giá trị của Q khi a = 3b HƯỚNG DẪN GIẢI: a) Rút gọn: Q= -(1+): = -. = - = = = b) Khi có a = 3b ta có:. Q= = =. Bài 8: Cho biểu thức 3. 1 1 2 1 1 √ x + y √ x+ x √ y+ √ y A= + . + + : √ x √ y √ x +√ y x y √ x 3 y+ √ xy 3. [(. ]. ). 3. a ) Rút gọn A; b) Biết xy = 16. Tìm các giá trị của x, y để A có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó. HƯỚNG DẪN GIẢI: Đkxđ : x > 0 , y > 0 3. 3. 1 1 2 1 1 √ x + y √ x+ x √ y+ √ y A= + . + + : a) √ x √ y √ x +√ y x y √ x 3 y+ √ xy 3 x+ y 2 x + y ( √ x + √ y )( x − √ xy+ y ) + √ xy ( √ x+ √ y ) ¿ √ √ . + : √ xy √ x + √ y xy √ xy ( √ x + √ y ) 2 x + y ( √ x +√ y ) ( x + y ) ¿ + : √ xy xy √ xy ( x + y ) 2 ( √ x + √ y ) √ xy √ x+ √ y . ¿ . = xy √ x+ √ y √ xy 2 ( √ √ x − √ √ y ) ≥0 ⇔ √ x + √ y − 2 √ √ xy ≥ 0 b) Ta có ⇔ √ x+ √ y ≥ 2 √√ xy . x+ y 2 xy 2 16 A= √ √ ≥ √√ = √ √ =1 Do đó ( vì xy = 16 ) √ xy √ xy √16  x  y  x  y 4.   xy 16. [(. (. (. ]. ). ). ). Vậy min A = 1 khi. Bài 9: Cho biểu thức: P=. x−3 2 x+ 2 −√ √ ) ( √ x − 1√ x −1 − √ x −1− ) ( √ 2 √2 − √ x √ 2 x − x. a) Tìm điều kiện để P có nghĩa..

(9) x=3 −2 √ 2 b) Rút gọn biểu thức P.. c) Tính giá trị của P với .. HƯỚNG DẪN GIẢI: ¿. √ x >0 √ x −1 ≥ 0 √ 2− √ x ≠0 a. Biểu thức P có nghĩa khi và chỉ khi : √ x −1 − √ 2 ≠0 ¿{{{ ¿. ⇔ x> 0 x ≥1 x ≠2 x≠3 ⇔ ¿ x≥1 x ≠2 x≠3 ¿{{{ x ≥ 1; x ≠2 ; x ≠ 3 b) Đkxđ : 1 x−3 P= − x − x −1 x −1− √ √ √ √2. (. )( √2 −2 √ x − √√2x+x −√2x ). ( √ x+ √ x −1 ) ( x −3 ) ( √ x −1+ √2 ) 2 x+ 2 − − √ √ ( √ x − √ x − 1 )( √ x + √ x −1 ) ( √ x −1 − √ 2 ) ( √ x −1+ √ 2 ) √ 2 − √ x √ x ( √ 2− √ x ) x + x − 1 ( x −3 ) ( √ x − 1+ √ 2 ) 2 √ x − √ x − √ 2 ¿ √ √ − . x − ( x −1 ) ( x −1 ) −2 √ x ( √2 − √ x ) x+ x −1 ( x − 3 ) ( √ x −1+ √ 2 ) − ( √ 2 − √ x ) ¿ √ √ − . x − x +1 x −3 √ x (√ 2 − √ x) ( −1 √ x − √2 ) . ( − 1 ) √ 2 − √ x ¿ ( √ x+ √ x − 1− √ x −1 − √ 2 ) . = = ¿. [ [. ][. ]. (. ). √x √x √x 2− x 2 P= √ √ c) Thay vào biểu thức , ta có: x=3 −2 √ 2=( √ 2− 1 ) √x 2 √ 2− √( √ 2 −1 ) √2 −|√ 2 −1| √ 2− √ 2+ 1 ¿ 1 =√ 2+1 P= = = |√ 2−1| √2 −1 √ 2 −1 √( √2 −1 )2 Bài 10: Cho biểu thức: (. 4 x 8x x1 2  ):(  ) 2 x 4 x x 2 x x. P=. a) Rút gọn P b) Tìm giá trị của x để P = -1 m( x  3) P  x  1 c) Tìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có:. ].

(10) HƯỚNG DẪN GIẢI: a) x  2 x  x ( x  2) Ta có:. .  x 0  x  0  x 0    x 4  4  x 0  x  2 0  ĐKXĐ:. . x 4 Với x > 0 và ta có: (. . 4 x 8x x1 2  ):(  ) 2 x x 4 x ( x  2) x P=. . 4 x ( x  2)  8 x x  1  2( x  2) : ( x  2)( x  2) x ( x  2). . 4 x  8x  8x x  1 2 x  4 : ( x  2)( x  2) x ( x  2).  4x  8 x  x 3 : ( x  2)( x  2) x ( x  2) . . ( Đk: x9).  4 x ( x  2) x ( x  2) . ( x  2)( x  2) 3 x.  4 x . x ( x  2) (3  x )( x  2) 4x  x 3 . 4, x 9. 4x x 3. Với x > 0 , x thì P = b) P = - 1 . 4x  1 x 4, x 9 ( ĐK: x > 0, ) x 3.  4 x 3 . x.  4 x  3  x 0 x  y Đặt đk y > 0 4 y 2  y  3 0 Ta có phương trình:. Các hệ số: a + b + c = 4- 1-3 =0.

(11) 3  y1  1 y2  4 ( không thoả mãn ĐKXĐ y > 0),. ( thoả mãn ĐKXĐ y > 0). 3 9 y  x 4 16 Với thì x = ( thoả mãn đkxđ) 9 16. Vậy với x = thì P = - 1. m( x  3) P  x  1 x 4, x 9 c)  m( x  3). (đk: x > 0; ). 4x  x 1 x 3.  m.4 x  x  1 x 1  m 4x. ( Do 4x > 0) x 1 x 1 1 1     4x 4 x 4 x 4 4 x Xét. . Có x > 9 (Thoả mãn ĐKXĐ) . 1 1  x 9 ( Hai phân số dương cùng tử số, phân số nào có mẫu số lớn hơn thì nhỏ hơn). 1 1  4 x 36 1 1 1 1     4 4 x 4 36 1 1 5    4 4 x 18 .  5 x 1 18  4 x 5  m  18 m  x  1  4x Theo kết quả phần trên ta có : 5 m  ,x 9 m( x  3) P  x  1 Kết luận: Với thì 18. C. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN: C©u 1 Cho biểu thức : 1 1 x2 −1 + ¿2 . − √1 − x 2 2 x − 1 x+1 √ √ A=¿. 1) Tim điều kiện của x để biểu thức A cã nghĩa . 2) Rót gọn biểu thức A . 3) Giải phương tr×nh theo x khi A = -2 ..

(12) A=(. 2 √x +x 1 x +2 − ): √ x √ x −1 √ x −1 x+ √ x +1. (. ). C©u2 Cho biểu thức :. a) Rút gọn biểu thức . b) √ A x=4 +2 √3 Tính giá trị của khi A=. √ x +1. 1 C©u3 Cho biểu thức : x √ x + x+ √ x x − √ x :. 2. a) Rút gọn biểu thức A . b) Coi A là hàm số của biến x vẽ đồ thi hàm số A .. 1   1 1  1  1 A=     :   1- x 1  x   1  x 1  x  1  x C©u4 Cho biểu thức :. a) Rút gọn biểu thức A . 74 3. b) Tính giá trị của A khi x = c) Với giá trị nào của x thì A đạt giá trị nhỏ nhất ..  a a  1 a a 1  a  2    : a  a a  a   a  2 C©u 5 Cho biểu thức : A =. a. T×m §KX§ b) Rót gän biÓu thøc A c) Tìm giá trị nguyên của a để A nguyên.   x   1 2 x P  1    :  1 x  1 x  1 x x  x  x  1     C©u 6 Cho biểu thức a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P P x b) Tìm giá trịn nguyên của x để nhậ giá trị nguyên.  a  a  a a  P  1   1  ; a 0, a 1 a  1  1  a    C©u 7 Cho a) Rót gọn P.  2 b) T×m a biết P > . a c) T×m a biết P = . 2. 2x   16x 2 1 ; x  2 1  4x 2 C©u 8 Cho 2 P 1  2x a) Chứng minh 3 x 2 b) Tính P khi. 1  P. Q. 2  5 12. 24 2.Tính.

(13)  x 1 x 1 8 x   x  x 3 1  B      :  x  1 x  1 x  1 x  1 x  1     C©u 9 Cho biểu thức a) Rút gọn B. x 3  2 2 b) Tính giá trị của B khi . B 1 x 0; x 1 c) Chứng minh rằng với mọi gía trị của x thỏa mãn .   1   1 M   1 a  :  1  1 a   1 a2  C©u 10 Cho a) Tìm TXĐ b) Rút gọn biểu thức M. 3 a 2  3 c) Tính giá trị của M tại . A=. (. a+ √ a a −√a +1 ⋅ − 1 ; a ≥ 0 , a ≠1 C©u 11 Cho biểu thức: . √ a+1 √ a −1. )(. ). 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm a ≥0 và a≠1 thoả mãn đẳng thức: A= -a2 y y 2 xy S= √ + √ : √ ; x> 0 , y >0 , x ≠ y C©u 12 Cho biểu thức: . x+ √ xy x − √ xy x − y 1. Rút gọn biểu thức trên. 2. Tìm giá trị của x và y để S=1. x+ 2 x − 2 √ x +1 Q= √ −√ ⋅ ; x >0 , x ≠ 1 C©u 13 Cho biểu thức: . x +2 √ x+1 x −1 √x. (. ). (. ). Q=. 2 a. Chứng minh x−1. b. Tìm số nguyên x lớn nhất để Q có giá trị là số nguyên. 1 1 x +2 √ x+1 A= − : √ − ; x> 0 , x ≠1 , x ≠ 4 C©u 14 Cho biểu thức: . √ x √ x − 1 √ x −1 √ x − 2 1. Rút gọn A. 2. Tìm x để A = 0. a+1 1 √a 3 − a ; a>1 C©u 15 Rút gọn biểu thức: . A= 2 √ + + √ a −1 − √ a2 +a √ a −1+√ a √ a −1 x+ 2 x +1 x +1 T= + √ −√ ; x >0 , x ≠ 1 C©u 16 Cho biểu thức: . x √ x −1 x + √ x+ 1 x − 1 1. Rút gọn biểu thức T. 2. Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x≠1 luôn có T<1/3.. )(. (. 1 x. M  1. x. . 1.  x. ). 3. 1 x  x. ; x 0; x 1.. 1. Rút gọn biểu thức M. 2. Tìm x để M ≥ 2. Bài 18: Cho biểu thức :. C©u 17 Cho biểu thức:.

(14)  2mn 2mn  1 A=  m+  m 1 2 2 2  1+n 1 n  n . với m ≥ 0 ; n ≥ 1. a) Rút gọn biểu thức A. m  56  24 5 b) Tìm giá trị của A với .. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.  P    1  P.  a a  1 1   :   a  1   a 1 a  1 a 2 a1  Bài 19: Cho biểu thức a) Rút gọn P. a 1 1 8 b) Tìm a để a 3 a 2. . . .   x   1 2 x P  1  :     1 x  1 x  1 x x  x  x  1     Bài 20: Cho biểu thức a) Tìm ĐKXĐ và Rút gọn P P x b) Tìm các giá trị nguyên của x để nhận giá trị nguyên.. VẤN ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN SỐ A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ: I. §Þnh nghÜa : Ph¬ng tr×nh bËc hai mét Èn lµ ph¬ng tr×nh cã d¹ng ax 2  bx  c 0 a 0 trong đó x là ẩn; a, b, c là những số cho trớc gọi là các hệ số và. II. C«ng thøc nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai :. ax 2  bx  c 0(a 0) Ph¬ng tr×nh bËc hai  b 2  4ac   0 *) NÕu ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt :.

(15)  b   b  ; x2  2a 2a  0 *) NÕu ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp : x1 . x1  x 2 . b 2a.   0 *) NÕu ph¬ng tr×nh v« nghiÖm.. III. C«ng thøc nghiÖm thu gän : ax 2  bx  c 0(a 0) b 2b ' Ph¬ng tr×nh bËc hai vµ  ' b '2  ac  b '  '  b '  ' ; x2  ' 0 a a *) NÕu ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt :  b' x1  x 2   ' 0 a *) NÕu ph¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp :  '  0 *) NÕu ph¬ng tr×nh v« nghiÖm. x1 . IV. HÖ thøc Vi - Et vµ øng dông :. ax 2  bx  c 0(a 0) 1. NÕu x ; x lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh th× : 1 2 b   x1  x 2  a  x x  c  1 2 a. 2. Muèn t×m hai sè u vµ v, biÕt u + v = S, uv = P, ta gi¶i ph¬ng tr×nh : x 2  Sx  P 0 S2  4P 0 (Điều kiện để có u và v là ) ax 2  bx  c 0(a 0) 3. NÕu a + b + c = 0 th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : c x1 1; x 2  a 2 ax  bx  c 0(a 0) NÕu a - b + c = 0 th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : x1  1; x 2 . c a. IV: Các bộ điều kiện để phương trình có nghiệm thỏa mãn đặc điểm cho trước: Tìm điều kiện tổng quát để phơng trình ax2+bx+c = 0 (a  0) có: 1. Cã nghiÖm (cã hai nghiÖm)    0 2. V« nghiÖm   < 0 3. NghiÖm duy nhÊt (nghiÖm kÐp, hai nghiÖm b»ng nhau)   = 0 4. Cã hai nghiÖm ph©n biÖt (kh¸c nhau)   > 0 5. Hai nghiÖm cïng dÊu   0 vµ P > 0 6. Hai nghiÖm tr¸i dÊu   > 0 vµ P < 0  a.c < 0 7. Hai nghiÖm d¬ng(lín h¬n 0)   0; S > 0 vµ P > 0 8. Hai nghiÖm ©m(nhá h¬n 0)   0; S < 0 vµ P > 0 9. Hai nghiệm đối nhau   0 và S = 0 10.Hai nghiệm nghịch đảo nhau   0 và P = 1 11. Hai nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn  a.c < 0 vµ S < 0 12. Hai nghiệm trái dấu và nghiệm dơng có giá trị tuyệt đối lớn hơn.

(16)  a.c < 0 vµ S > 0 B. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI: Bµi 1. Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau : a / 2x 2  8 0 b / 3x 2  5x 0 e / x 3  3x 2  2x  6 0. c /  2x 2  3x  5 0 d / x 4  3x 2  4 0 x 2 6 f/ 3  x 5 2 x. Gi¶i 2. 2. 2. a / 2x  8 0  2x 8  x 4  x 2 x 2 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm  x 0  x 0 b / 3x  5x 0  x(3x  5)     x 5 3x  5  0  3  5 x 0; x  3 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm 2. c /  2x 2  3x  5 0. NhÈm nghiÖm : 5 5   2 2 Ta cã : a - b + c = - 2 - 3 + 5 = 0 => ph¬ng tr×nh cã nghiÖm : d / x 4  3x 2  4 0 t x 2 (t 0) t 2  3t  4 0 §Æt . Ta cã ph¬ng tr×nh : x1  1; x 2 . a+b+c=1+3-4=0. 4 t   4  0 2 t1 1  0 1 => ph¬ng tr×nh cã nghiÖm : (tháa m·n); 2 t 1  x 1  x 1 Với:. (lo¹i). x 1 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm e / x 3  3x 2  2x  6 0  (x 3  3x 2 )  (2x  6) 0  x 2 (x  3)  2(x  3) 0  (x  3)(x 2  2) 0  x  3 0  2   x  2 0.  x  3   2  x 2.  x  3   x  2. x  3; x  2 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x 2 6 f/ 3  x 5 2  x x 2; x 5 (§KX§ : ) x 2 6 3  x 5 2  x Ph¬ng tr×nh :.

(17) (x  2)(2  x) 3(x  5)(2  x) 6(x  5)   (x  5)(2  x) (x  5)(2  x) (x  5)(2  x)  (x  2)(2  x)  3(x  5)(2  x) 6(x  5) .  4  x 2  6x  3x 2  30  15x 6x  30   4x 2  15x  4 0  152  4.( 4).4 225  64 289  0;  17  15  17 1 x1   2.( 4) 4 => ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : (tháa m·n §KX§) x2 .  15  17 4 2.( 4). (tháa m·n §KX§) x  mx  m  3 0 Bµi 2. Cho ph¬ng tr×nh bËc hai Èn x, tham sè m : a/ Gi¶i ph¬ng tr×nh víi m = - 2. 2. x12  x 22 ; x13  x 32 2 1. (1). b/ Gäi x1; x2 lµ c¸c nghiÖm cña ph¬ng tr×nh. TÝnh theo m.. 2 2. x  x 9 c/ Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x ; x thỏa mãn : . 1 2. d/ Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : 2x1 + 3x2 = 5. e/ Tìm m để phơng trình có nghiệm x1 = - 3. Tính nghiệm còn lại. f/ Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu. g/ LËp hÖ thøc liªn hÖ gi÷a hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m. HƯỚNG DẪN GIẢI: a/ Thay m = - 2 vµo ph¬ng tr×nh (1) ta cã ph¬ng tr×nh : x 2  2x 1 0  (x  1) 2 0  x  1 0  x 1. VËy víi m = - 2 ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = 1. 2 2 x 2  mx  m  3 0  m  4(m  3) m  4m  12 b/ Ph¬ng tr×nh :. (1). x1 ; x 2   0 Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm  x1  x 2  m   x1x 2 m  3 2 1. 2 2. (a) (b). Khi đó theo định lý Vi-et, ta có :. 2. x  x (x1  x 2 )  2x1x 2 (  m) 2  2(m  3) m 2  2m  6 *) x13  x 32 (x1  x 2 )3  3x1x 2 (x1  x 2 ) (  m)3  3(m  3)(  m)  m 3  3m 2  9m *) x1 ; x 2   0 c/ Theo phÇn b : Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x12  x 22 m 2  2m  6 Khi đó x12  x 22 9  m 2  2m  6 9  m 2  2m  15 0. Do đó. 2.  '(m) (  1)  1.( 15) 1  15 16  0;  (m) 4 1 4 1 4 m1  5; m2   3 1 1 => ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm : m 5    7  0 Thö l¹i : +) Víi => lo¹i.. Ta có:.

(18) m  3   9  0 2 1. +) Víi. => tháa m·n.. 2 2. x  x 9 VËy víi m = - 3 th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x ; x tháa m·n : . 1 2 x1 ; x 2   0 d/ Theo phÇn b : Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm  x1  x 2  m   x1x 2 m  3. (a) (b). Khi đó theo định lý Vi-et, ta có : HÖ thøc : 2x1 + 3x2 = 5 (c) Tõ (a) vµ (c) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh :  x1  x 2  m   2x  3x  5 2  1. 3x1  3x 2  3m   2x  3x  5 2  1.  x1  3m  5   x  m  x 1  2.  x1  3m  5  x 2 2m  5.  x1  3m  5   x 2 2m  5 Thay vµo (b) ta cã ph¬ng tr×nh : (  3m  5)(2m  5) m  3   6m 2  15m  10m  25 m  3   6m 2  26m  28 0  3m 2  13m  14 0  (m) 132  4.3.14 1  0  13  1  2 2.3  13  1 7 m2   2.3 3 => ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt : m  2   0 Thö l¹i : +) Víi => tháa m·n. 7 25 m    0 3 9 +) Víi => tháa m·n. 7 m  2; m  3 VËy víi ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1; x2 tháa m·n : 2x1 + 3x2 = 5. m1 . x1  3  (  3) 2  m.( 3)  m  3 0   2m  12 0  m 6 e/ Ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm x1  x 2  m  x 2  m  x1  x 2  6  ( 3)  x 2  3 Khi đó :. VËy víi m = 6 th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1 = x2 = - 3..  ac  0  1.(m  3)  0  m  3  0  m   3 f/ Ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm tr¸i dÊu. VËy víi m < - 3 th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu.  x1  x 2  m   x x  m  3  1 2. m  x1  x 2   x1  x 2 x1 x 2  3  m  x x  3  1 2 g/ Gi¶ sö ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1;. x2. Khi đó theo định lí Vi-et, ta có :. Vậy hệ thức liên hệ giữa x1; x2 không phụ thuộc vào m là: x1.x2 + (x1 + x2 ) – 3 = 0 Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh (m-1)x2 + 2x - 3 = 0 (1) (tham sè m) a) Tìm m để (1) có nghiệm b) Tìm m để (1) có nghiệm duy nhất? tìm nghiệm duy nhất đó?.

(19) c) Tìm m để (1) có 1 nghiệm bằng 2? khi đó hãy tìm nghiệm còn lại(nếu có)? HƯỚNG DẪN GIẢI: 3 a) + NÕu m-1 = 0  m = 1 th× (1) cã d¹ng 2x - 3 = 0  x = (lµ nghiÖm) 2. + Nếu m ≠ 1. Khi đó (1) là phơng trình bậc hai có: ’=12- (-3)(m-1) = 3m-2. 2 (1) cã nghiÖm  ’ = 3m-2  0  m  3 2 + KÕt hîp hai trêng hîp trªn ta cã: Víi m  th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm 3 3 b) + NÕu m-1 = 0  m = 1 th× (1) cã d¹ng 2x - 3 = 0  x = (lµ nghiÖm) 2 2 3 −. + Nếu m ≠ 1. Khi đó (1) là phơng trình bậc hai có: ’ = 1- (-3)(m-1) = 3m-2 (1) cã nghiÖm duy nhÊt  ’ = 3m-2 = 0  m = (tho¶ m·n m ≠ 1) 1 1 =− =3 m− 1 2 −1 3. Khi đó x =. 3 +VËy víi m = 1 th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = 2 2 víi m = th× ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = 3 3. c) Do ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1 = 2 nªn ta cã:. 3 (m-1)22 + 2.2 - 3 = 0  4m – 3 = 0  m = 4 3 1 Khi đó (1) là phơng trình bậc hai (do m -1 = -1= ≠ 0) − 4 4 −3 −3 = =12 ⇒ x 2=6 m−1 1 Theo ®inh lÝ Viet ta cã: x1.x2 = − 4 3 VËy m = vµ nghiÖm cßn l¹i lµ x2 = 6 4. Bµi 4: Cho ph¬ng tr×nh: x2 -2(m-1)x - 3 - m = 0 a) Chøng tá r»ng ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x1, x2 víi mäi m b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm trái dấu c) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm cùng âm d) T×m m sao cho nghiÖm sè x1, x2 cña ph¬ng tr×nh tho¶ m·n x12+x22 10. e) T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a x1 vµ x2 kh«ng phô thuéc vµo m f) H·y biÓu thÞ x1 qua x2 HƯỚNG DẪN GIẢI: 2. (m− 12 ) +154. a) Ta cã: ’ = (m-1)2 – (– 3 – m ) =.

(20) (. 1 2 m− ≥0 2. ). 15 >0 4. Do víi mäi m;   > 0 víi mäi m.  Ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt Hay ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm (®pcm) b) Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tr¸i dÊu  a.c < 0  – 3 – m < 0  m > -3 VËy m > -3 c) Theo ý a) ta cã ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm Khi đó theo định lí Viet ta có: S = x1 + x2 = 2(m-1) và P = x1.x2 = - (m+3) Khi đó phơng trình có hai nghiệm âm  S < 0 và P > 0 ⇔ 2(m− 1)< 0 −(m+3)> 0 ⇔ ¿ m<1 m<−3 ⇔ m< −3 ¿{. VËy m < -3 d) Theo ý a) ta cã ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm Theo định lí Viet ta có: S = x1 + x2 = 2(m-1) và P = x1.x2 = - (m+3) Khi đó A = x12+x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m-1)2+2(m+3) = 4m2 – 6m + 10 Theo bµi A  10  4m2 – 6m  0  2m(2m-3)  0 ⇔ ¿m ≥0 2 m−3 ≥ 0 ¿ ¿ ¿ m≤ 0 ¿ 2 m−3 ≤ 0 ¿ ¿ ¿ ⇔ ¿ ¿ ¿ m≥ 0 ¿ ¿ 3 m≥ 2 ¿ ¿ ¿ 3 VËy m  hoÆc m  0 2. e) Theo ý a) ta cã ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm.

(21) ¿ x1 + x 2=2(m −1) x 1 . x 2=−(m+3) ⇔. ¿ x1 + x 2=2 m− 2 2 x 1 . x 2=− 2m −6 ¿{ ¿. Theo định lí Viet ta có:.  x1 + x2+2x1x2 = - 8 VËy x1+x2+2x1x2+ 8 = 0 lµ hÖ thøc liªn hÖ gi÷a x1 vµ x2 kh«ng phô thuéc m. 8+ x2 f) Tõ ý e) ta cã: x1 + x2+2x1x2 = - 8  x1(1+2x2) = - ( 8 +x2)  1+ 2 x 2 8+ x2 1 x2 ≠ − VËy () x 1=− 2 1+ 2 x 2 x 1=−. Bµi 5: Cho ph¬ng tr×nh: x2 + 2x + m-1= 0 ( m lµ tham sè) a) Phơng trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn 3x1+2x2 = 1 y 1=x 1+. 1 x2. y 2=x 2+. 1 x1. c) LËp ph¬ng tr×nh Èn y tho¶ m·n ; víi x1; x2 lµ nghiÖm. cña ph¬ng tr×nh ë trªn HƯỚNG DẪN GIẢI: a) Ta cã  = 1 – (m-1) = 2 – m Phơng trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau ’. 2. ⇔ Δ' ≥0 P=1 ⇔ ¿ 2− m≥ 0 m− 1=1 ⇔ ¿ m≤ 2 m=2 ⇔ m=2 ¿{. VËy m = 2 b) Ta cã ’ = 12 – (m-1) = 2 – m Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm    0  2 – m  0  m  2 (*) Khi đó theo định lí Viet ta có: x1+ x2 = -2 (1); x1x2 = m – 1 (2) Theo bµi: 3x1+2x2 = 1 (3).

(22) ¿ x 1 + x 2=−2 3 x1 +2 x 2=1 ⇔ ¿ 2 x 1 +2 x2=−4 3 x1 +2 x 2=1 ⇔ ¿ x 1=5 x 1 + x 2=−2 ⇔ ¿ x 1=5 x2=−7 ¿{ ¿. Tõ (1) vµ (3) ta cã:. ThÕ vµo (2) ta cã: 5(-7) = m -1  m = - 34 (tho¶ m·n (*)) VËy m = -34 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m d) Với m  2 thì phơng trình đã cho có hai nghiệm Theo định lí Viet ta có: x1+ x2 = -2 (1) ; x1x2 = m – 1 (2) y 1+ y 2=x 1+ x 2 + y 1 y 2=( x 1+ 2m 1−m. x +x 1 1 −2 2m + =x 1+ x 2 + 1 2 =−2+ = x1 x 2 x1 x2 m−1 1 −m. Khi đó: (m≠1). 1 1 1 1 m2 )( x 2+ )=x 1 x 2 + +2=m−1+ +2= x2 x1 x1 x 2 m− 1 m −1 2. m m−1. (m≠1).  y1; y2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: y2 - .y + = 0 (m≠1). Ph¬ng tr×nh Èn y cÇn lËp lµ: (m-1)y2 + 2my + m2 = 0. C. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bµi 1Cho ph¬ng tr×nh (m - 1)x2 - 2mx + m + 1 = 0 (1). Tìm tất cả các số nguyên m để phơng trình (1) có nghiệm nguyên. ⇔ x=1 HDÉn : * m = 1 : -2x + 2 = 0 m+1 2 * m: m - 1 + (-2m) +m +1 = 0 ; x 2= =1+ 1 ⇒ x 1=1 m−1 m− 1 ⇒ m− 1=± 1; ± 2 ⇒ m∈ { −1 ; 0 ; 2; 3 }. Bµi 2: Cho ph¬ng tr×nh x2 + (2m - 5)x - 3n = 0 . Xác định m và n để phơng trình có 2 nghiệm là 3 và -2. ¿ ⇔ 6 m− 3 n=6 m=2 4 m+3 n=14 HDÉn : n=2 ¿{ ¿{ ¿ 1 Bài 3: Tìm m, n để phơng trình bậc hai sau đây có nghiệm duy nhất là : 2. mx2 + (mn + 1)x + n = 0.

(23) ¿ m≠ 0 Δ=0 m 1 + ( mn +1 ) . + n=0 4 2 ¿{{ ¿. ⇔ m=−2 1 n=− 2 ¿{. HDÉn :. Bµi 4: Cho hai ph¬ng tr×nh : x2 - 3x + 2m + 6 = 0 (1) vµ x2 + x - 2m - 10 = 0 (2) CMR : Víi mäi m, Ýt nhÊt 1 trong 2 ph¬ng tr×nh trªn cã nghiÖm . Δ 1+ Δ2=¿. ⇒. HDÉn : 26 > 0 cã 1 biÖt sè kh«ng ©m .. m Bµi 5: Cho hai ph¬ng tr×nh : x2 + (m - 2)x += 0 4. (1) vµ 4x2 - 4(m - 3)x + 2m2 - 11m + 13 = 0 (2) CMR víi mäi m, Ýt nhÊt 1 trong 2 ph¬ng tr×nh trªn cã nghiÖm .. Δ 1=( m−1)(m− 4) m− 4 ¿ 2 ≤ 0 m −1 ¿2 ¿ Δ 1 . Δ2=−16 ¿. Δ 2=16(1 −m)(m− 4). ⇒. HDÉn : ;. cã 1 biÖt sè kh«ng ©m .. Bài 6: Tìm giá trị của m để hai phơng trình sau đây có ít nhất 1 nghiệm chung. x2 + 2x + m = 0 x2 + mx + 2 = 0 ❑0 HDÉn : (m -2)x= m - 2. : + m =2 : hai ph¬ng tr×nh cã d¹ng : x2 + 2x +2 = 0 ( v«. nghiÖm) + m 2 : x= 1 ; m = -3 Bài 7: Tìm giá trị của m để hai phơng trình sau đây có ít nhất 1 nghiệm chung. x2 + (m - 2)x + 3 = 0 2x2 + mx + (m + 2) = 0 ❑0. ❑0. HDÉn : (m - 4)x= m - 4 nghiÖm). : + m = 4 : hai ph¬ng tr×nh cã d¹ng : x2 + 2x +3 = 0 ( v«. + m 4 : x= 1 ; m = -2 x 2 Bµi 8 : Gäi vµ lµ nh÷ng nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : 3x2 - (3k - 2)x - (3k + 1) = ❑0. x1. 0 (1) 3 x1 −5 x 2=6. Tìm những giá trị của k để các nghiệm của phơng trình (1) thoả. m·n :. k=0 ¿ 32 4 2 k =− 3 k + 4 ¿ ≥0 ⇔ k ≠− * * (t/m) 15 HDÉn : 3 ¿ Δ=¿ ¿ ¿ ¿ x 1 , x 2 3 x1 x 2 −5 ( x1 + x 2)+7=0 Bµi 9 : Cho ph¬ng tr×nh : x2 - (2m + 1)x + m2 + 2 = 0.. Xác định m để giữa hai nghiệm. ta cã hÖ thøc :.

(24) 7 4. Δ=4 m−7 ≥ 0 ⇔ m≥. m=2 ¿ 4 m= 3 ¿ ¿ ¿ ¿. 4 3. HDÉn :. *. *. lo¹i m =. 2 x −2 ( m+2 ) x +m+1=0 Bµi 10: Cho ph¬ng tr×nh . Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng 2 x 1 ( 1 −2 x2 ) + x 2 ( 1− 2 x 1 )=m trình. Tìm giá trị của m để. Δ. 3 2 3 + >0 2 4. ( ). '. m+. HDÉn :. *=. ⇔ x 1 + x2 − 4 x 1 x 2=m2 ⇔ m ( m+2 ) =0 ⇔ m=0 ¿ 2 m=−2 * x 1 ( 1 −2 x2 ) + x 2 ( 1− 2 x 1 )=m ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2 x −2 ( m− 3 ) x+2 m −7=0 Bµi 11: Cho ph¬ng tr×nh (1) 1 1 + =m Gọi hai nghiệm của phơng trình (1) là x1, x2 . hãy tìm m để x 1 +1 x 2+ 1. *= ( m− 4 )2 ≥ 0 HDÉn : 1 1 + =m ⇔ 2 m 2 −7 m+2=0 ⇔ m= 7 ± √ 33 x 1 +1 x 2+ 1 4. Δ. *. Bài 11: Cho phơng trình x2 - ( 2m + 1)x + m2 + m = 0. Tìm các giá trị của m để phơng tr×nh cã hai nghiÖm tho¶ m·n: - 2<x1<x2<4. ⇒. Δ. ¿ x 1 >−2 x 2< 4 ⇔ HDÉn : ¿ m>− 2 m<3 ⇔ − 2< m< 3 ¿{ ¿. *= 1>0 * x1= m , x2= m + 1 x1 < x2Do đó:. x1 2 x 2 2 + ≥3 Bµi 12: T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè a sao cho ph¬ng tr×nh: x2 + 2ax + x2 x1 4 = 0 (1) cã c¸c nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn. ( )( ) Δ. '. ⇔ a ≤ −2 ¿ a≥2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. HDÉn :. *= a2 - 4 0.

(25) x1 2 x 2 2 x1 x 2 2 + = + −2 ≥3 x2 x1 x2 x 1. ( )( ) (. ). ⇔. [. 2 ( x 1 + x2 ) −2 x 1 x 2. x 1 x2. ]. 2. ≥5. a ≤ −2 ¿ a≥2 4 a2 − 8 ( v× nªn 4a2 - 8 > 0 ) ⇔ ≥ √5 ¿ 4 ¿ ¿ ¿ 2 ⇔ a ≥ 2+ √ 5 ⇔|a|≥ √ 2+ √5 (t /m) mx 2 − ( 5 m− 2 ) x +6 m −5=0 Bµi 13: Cho ph¬ng tr×nh bËc hai 2 1-Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm đối nhau. 5 ( m=1 ) 2-Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm nghịch đảo nhau.. *. ( m =). Bài 14: Tìm giá trị m để phơng trình: a) 2x2 + mx + m - 3 = 0 Có 2 nghiệm trái dấu và nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dơng. ( 0<m <3) b) x2 - 2(m - 1)x + m - 3 = 0 Có 2 nghiệm trái dấu và bằng nhau về giá trị tuyệt đối. (m = 1) Bài 15: Xác định m để phơng trình x2 - (m + 1)x + 2m = 0 có hai nghiệm phân biệt sao cho x1, x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 5. Δ>0 S>0 P>0 x 1 + x2 =5 2 ⇔ ¿ m<3− √ 8 ; m>3+ √ 8 m> −1 m> 0 m=6 ; m=− 4 ⇔ m=6 {{{ {{{ ¿ 2. 2. ( m− 2 ) x 2 − 2 ( m−1 ) x+ m=0 Bµi 16: Sè ®o hai c¹nh gãc vu«ng cña mét tam gi¸c vu«ng lµ. nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc hai : .. 2 Hãy xác định giá trị của m để số đo đờng cao ứngvới cạnh huyền là . √5. ¿ m≠ 2 Δ' ≥ 0 P> 0 S >0 ⇔ ¿{{{ ¿ ¿. 1 1 1 + = x1 x2 2 √5 2. 2. 2. ( ). x 2 − ( 2 m+n ) x − 3 m=0. ⇔ m=4(t / m). HD GIẢI*. * khi đó x1 = 1; x2 = 2. x 2 − ( m+3 n ) x − 6=0 Bµi 17: Cho hai ph¬ng tr×nh (1) vµ (2).

(26) Tìm m và n để các phơng trình (1) và (2) tơng đơng. ⇒ H.DẪN ¿ 2 m+ n=m+3 n 3 m=6 ⇔ ¿ m=2 n=1 ¿{ ¿. *Ph¬ng tr×nh (2) cã ac = - 6<0 (2) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt.. *. * Thö l¹i, rót kÕt luËn.. Bài 18: Tìm các giá trị của m và n để hai phơng trình sau tơng đơng : (1) vµ (2) x 2+ ( 4 m+3 n ) x − 9=0 x 2+ ( 3 m+ 4 n ) x+3 n=0 ⇒ H.DẪN*Ph¬ng tr×nh (1) cã ac = - 9<0 (1) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt. ¿ − ( 4 m+3 n )=− ( 3 m+ 4 n ) − 9=3 n * ⇔ m=n=− 3 ¿{ ¿. * Thö l¹i, rót kÕt luËn.. 2( x 2 + x 2 )−5 x 1 x 2 Bµi 19: Cho ph¬ng tr×nh . T×m m sao cho A =. 2. x −2 mx +2 m −1=0. 1. 2. đạt giá trị nhỏ nhất. '. 2. Δ =( m−1 ) ≥ 0. *. (. A=8 m2 −18 m+9=2 2 m−. 2. 9 9 9 9 9 − ≥ − ⇒ A min =− ⇔ m= 4 8 8 8 8. ). *. x 1 , x 2 x 2 + x 2 Bµi 20: Cho ph¬ng tr×nh (1). Gäi lµ c¸c nghiÖm x 2 −2( m−2) x −6 m=0 cña ph¬ng tr×nh (1) . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña . 1. '. 2. Δ =( m+1 ) +3> 0 x2 + x2 1. 2. 2. *. ( 2 m−1 )2 +15 ≥15 ⇒ ( x2 + x 2 )min =15 ⇔m= 1. 2. 1 2. *=. x 2 −2( m+1)x +m − 4=0 x 1 , x 2 Bµi 21: Cho ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm . x 1 ( 1 − x 2 ) + x 2 ( 1 − x 1 ) Chøng minh r»ng biÓu thøc H = kh«ng phô thuéc vµo m. 1 2 19 + > 0 HƯỚNG DẪN: * 2 4 H=( x 1 + x 2 ) − 2 x 1 x 2=2 ( m+1 ) −2 ( m− 4=10 ). ( ). Δ' = m+. * x 1 , x 2 Bµi 22: Cho ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm . x −2( m+1) x +m −3=0 x 1 ( 2007 −2006 x 2 ) + x 2 ( 2007− 2008 x1 ) Chøng minh r»ng biÓu thøc Q = kh«ng phô thuéc vµo gi¸ trÞ cña m. 2. 1 2 15 Δ ' = m+ + > 0 HƯỚNG DẪN: * 2 4 Q=2007 ( x 1 + x 2 ) − 4014 x 1 x 2=2007 ( 2 m+2 ) − 4014 ( m−3 )=16056. ( ). *. VẤN ĐỀ 3: HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ BẬC NHẤT – BẬC 2 (KHUYẾT).

(27) A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ: I. Hµm sè bËc nhÊt a. Kh¸i niÖm hµm sè bËc nhÊt - Hàm số bậc nhất là hàm số đợc cho bởi công thức y = ax + b. Trong đó a, b là c¸c sè cho tríc vµ a 0 b. TÝnh chÊt Hàm số bậc nhất y = ax + b xác định với mọi giá trị của x thuộc R và có tính chất sau: - §ång biÕn trªn R khi a > 0 - NghÞch biÕn trªn R khi a < 0 c. §å thÞ cña hµm sè y = ax + b (a 0) Đồ thị của hàm số y = ax + b (a 0) là một đờng thẳng - Cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng b - Song song với đờng thẳng y = ax, nếu b 0, trùng với đờng thẳng y = ax, nếu b =0 * Cách vẽ đồ thị hàm số y = ax + b (a 0) Bớc 1. Cho x = 0 thì y = b ta đợc điểm P(0; b) thuộc trục tung Oy. Cho y = 0 thì x = -b/a ta đợc điểm Q(-b/a; 0) thuộc trục hoành Bớc 2. Vẽ đờng thẳng đi qua hai điểm P và Q ta đợc đồ thị hàm số y = ax + b d. Vị trí tơng đối của hai đờng thẳng  Cho hai đờng thẳng (d): y = ax + b (a 0) và (d’): y = a’x + b’ (a’0). Khi đó  a a ' d // d '   b b ' + d ' d '  A  a a '. +.  a a ' d d '   b b ' + d  d '  a.a '  1 + e. Hệ số góc của đờng thẳng y = ax + b (a 0).  Góc tạo bởi đờng thẳng y = ax + b và trục Ox. - Góc tạo bởi đờng thẳng y = ax + b và trục Ox là góc tạo bởi tia Ax và tia AT, trong đó A là giao điểm của đờng thẳng y = ax + b với trục Ox, T là điểm thuộc đờng thẳng y = ax + b và có tung độ dơng  Hệ số góc của đờng thẳng y = ax + b -Hệ số a trong y = ax + b đợc gọi là hệ số góc của đờng thẳng y = ax +b. II. Hµm sè bËc hai. a. §Þnh nghÜa - Hµm sè cã d¹ng y = ax2 (a 0) b. TÝnh chÊt - Hµm sè y = ax2 (a 0) x¸c ®inh víi mäi gi¸ trÞ cña c thuéc R vµ: + Nếu a > 0 thì hàm số nghịch biến khi x < 0, đồng biến khi x > 0 + Nếu a < 0 thì hàm số đồng biến khi x < 0, nghịch biến khi x > 0 c. §å thÞ cña hµm sè y = ax2 (a 0) - Đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) là một Parabol đi qua gốc tọa độ nhận trục Oy làm trục đối xứng + Nếu a > 0 thì đồ thị nằm phía trên trục hoành, O là điểm thấp nhất của đồ thị + Nếu a < 0 thì đồ thị nằm phía dời trục hoành, O là điểm cao nhất của đồ thị KiÕn thøc bæ xung Công thức tính toạ độ trung điểm của đoạn thẳng và độ dài đoạn thẳng.

(28) Cho hai điểm phân biệt A với B với A(x1, y1) và B(x2, y2). Khi đó AB  ( x  x ) 2  ( y  y ) 2. B A B A Độ dài đoạn thẳng AB đợc tính bởi công thức - Tọa độ trung điểm M của AB đợc tính bởi công thức. xM . x A  xB y  yB ; yM  A 2 2.  Quan hệ giữa Parabol y = ax2 (a 0) và đờng thẳng y = mx + n (m 0) Cho Parabol (P): y = ax2 (a 0) và đờng thẳng (d): y = mx + n. Khi đó.  y ax 2  -  y mx  n Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ phơng trình. - Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phơng trình ax2= mx + n (*) - Sè giao ®iÓm cña (P) vµ (d) lµ sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (*) + NÕu (*) v« nghiÖm th× (P) vµ (d) kh«ng cã ®iÓm chung + NÕu (*) cã nghiÖm kÐp th× (P) vµ (d) tiÕp xóc nhau + NÕu (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt th× (P) vµ (d) c¾t nhau t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt Một số phép biến đổi đồ thị Cho hàm số y = f(x) có đồ thị là (C) - Đồ thị (C1): y = f(x) + b đợc suy ra bằng cách tịnh tiến (C) dọc theo trục tung b đơn vị - Đồ thị (C2): y = f(x + a) đợc suy ra bằng cách tịnh tiến (C) dọc theo trục hoành –a đơn vị - §å thÞ (C3): y = f(|x|) gåm hai phÇn + Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm bên phải Oy, bỏ phần (C) nằm bên trái Oy + Lấy đối xứng phần (C) nằm bên phải Oy qua Oy - §å thÞ (C4): y = |f(x)| gåm hai phÇn + Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm bên trên Ox, bỏ phần (C) nằm bên dới Ox + Lấy đối xứng phần (C) nằm bên trờn Ox qua Oy. III. Tương quan đồ thị Hàm số bậc nhất – Hàm số bậc hai. Cho Parabol (P): y = ax2 (a 0) và đờng thẳng (d): y = mx + n. Khi đó: Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phơng trình ax2= mx + n (*) - Sè giao ®iÓm cña (P) vµ (d) lµ sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (*) + NÕu (*) v« nghiÖm th× (P) vµ (d) kh«ng cã ®iÓm chung + NÕu (*) cã nghiÖm kÐp th× (P) vµ (d) tiÕp xóc nhau + NÕu (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt th× (P) vµ (d) c¾t nhau t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. B. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI: 2 y 2 x Bài tập 1: Trên cùng mặt phẳng toạ độ cho Parabol (P) và đường thẳng (d) y=(m-2)x+1 và (d’)y=-x+3 (m là tham số ) . Xác định m để (P) ,(d) và (d’) coù ñieåm chung . Giải: Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d’):  . x1 1; x2 . 3 2 2x2=-x+32x2+x-3=0 (a+b+c=0). +Khi x=1 thì y=2 x. 3 9 y 2 2. +Khi thì.  3 9 A  1;2  & B  ;   2 2  Vaäy (d’) caét (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät.

(29)  2 (m  2).1  1  Ad 9   Bd  (m  2)( 3 )  1  2 2.  m 3   m  1 3 Để (P) ,(d) và (d’) có điểm chung thì . 1 3 Vậy với m=3 hay m=thì (P) ,(d) và (d’) có 1 điểm chung. y  x 2 Bài tập 2: Trong cùng mặt phẳng toạ độ , cho (P) : và đường thẳng (d) :. y=mx+1 (m là tham số ).Xác định m để : a) (d) tieáp xuùc (P) b)(d) caét (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät . c) (d) vaø (P) khoâng coù ñieåm chung . Giaûi : Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : x2+mx+1=0 (*)  m 2  4. a) (d) tieáp xuùc (P)khi phöông trình (*) coù nghieäm keùp  m 2   0  m 2  4 0    m  2. b) (d) caét (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät khi (*) coù 2 nghieäm phaân bieät m 2    0  m2  4  0   m   2. c) (d) vaø (P) khoâng coù ñieåm chung khi (*) voâ nghieäm    0  m2  4  0   2  m  2 y. x2 m 3 y (m  1) x  (m  R) 2 2 Baøi taäp 3: Cho (P) : vaø (d) :. x 2 A  x 2 B 10 Xác định m để (d) cắt (P)tại 2 điểm A(x ; y ) ; B(x ; y ) sao cho : A A B B. Giaûi: Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)là :. x2 3m  m  2  x  (*)  x 2  2(m  1) x  3  m 0 2 2 2. 1 15  1  15  ' m  m    m     0 4 4  2 4 2. Vaäy phöông trình (*) coù 2 nghieäm phaân bieät laø xA ; xB  x A  x B 2(m  1)   x A .x B  3  m. Theo Vieùt ta coù : 2. Dox 2 A  x 2 B 0   x A  x B   2 x A .xB 0  4m 2  6m 0  2m(m  3) 0  m 0; m 3  m 3    m 0; m 3  m 0  m 3  m 0  Vậy với thì (P) cắt (d) tại 2 điểm phân biệt A;B.

(30) y. x2 2 Bài tập 4: Trong cùng mặt phẳng toạ độ , cho (P) : , điểm M(0;2)..  AOB 90 Đường thẳng (D) đi qua M và không trùng với Oy . Chứng minh rằng. (d) caét (P)taïi 2 ñieåm phaân bieät sao cho Giaûi: - Vì (D) đi qua M(0;2) và không trùng với Oy nên có dạng y=ax+b M  (D)  - neân: 2=a.0+b b=2 vaø (D): y=ax+2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) là : x2 ax  2  x 2  2ax  4 0(*) 2. Vì phöông trình (*) coù heä soá a=1 ; c—4 (a.c<0) neân (*) coù 2 nghieäm phaân bieät  x A  x B 2a   x A .x B  4 A(xA; yA) ; B(xB; yB). Theo hệ thức Viét ta có:. x A x2 ; B  ( P )  yB  B 2 2 4 x A x 4B 2 2 2 2 2 2 2 2  OA  x A  0    y A  0  x A  ; OB  x B  0    yB  0  x B  4 4 2 2 2 4 4 x x  x x B 2 2 2 AB 2  x A  x B    y A  yB   x A  x B    A  B  x 2 A  x 2 B  A 2  4  2 Vì A  ( P )  y A . 2. x4 A  x4B 4 2 2 2 Vaäy : OA  OB  AB  AOBvuoâng taïi O Ta coù OA 2  OB 2 x 2 A  x 2 B . C. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Bµi 1. Cho hai hµm sè: y = x vµ y = 3x a. Vẽ đồ thị của hai hàm số đó trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy b. Đờng thẳng song song với trục Ox, cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 6, cắt các đờng thẳng: y = x và y = 3x lần lợt ở A và B. Tìm tọa độ các điểm A và B, tÝnh chu vi, diÖn tÝch tam gi¸c OAB 1 y x 2 Bµi 2: Cho hµm sè y = - 2x vµ .. a. Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy đồ thị của hai hàm số trên; 1 y x 2 Qua điểm (0; 2) vẽ đờng thẳng song song với trục Ox cắt đờng thẳng b.. vµ y = - 2x lÇn lît t¹i A vµ B. Chøng minh tam gi¸c AOB lµ tam gi¸c vu«ng và tính diện tích của tam giác đó. Bµi 3: Cho hµm sè: y = (m + 4)x - m + 6 (d). a. Tìm các giá trị của m để hàm số đồng biến, nghịch biến. b. Tìm các giá trị của m, biết rằng đờng thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 2). Vẽ đồ thị của hàm số với giá trị tìm đợc của m. c. Chứng minh rằng khi m thay đổi thì các đờng thẳng (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định. Bài 4: Cho ba đờng thẳng y = -x + 1, y = x + 1 và y = -1. a. Vẽ ba đờng thẳng đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy..

(31) b. Gọi giao điểm của đờng thẳng y = -x + 1 và y = x + 1 là A, giao điểm của đờng thẳng y = -1 với hai đờng thẳng y = -x + 1 và y = x + 1 theo thứ tự là B và C. Tìm tọa độ các điểm A, B, C. c. Tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c g×? TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. Bài 5: Cho đờng thẳng (d): ;y = - 2x + 3. a. Xác định tọa độ giao điểm A và B của đờng thẳng d với hai trục Ox, Oy, tính khoảng cách từ điểm O(0; 0) đến đờng thẳng d. b. Tính khoảng cách từ điểm C(0; -2) đến đờng thẳng d. Bài 6: Tìm giá trị của k để ba đờng thẳng: y . 1 7 2 1 x  y  x  3 3 k k. y = 2x + 7 (d1) đồng quy trong mặt phẳng tọa độ.. (d2). (d3). Bài 7: Cho hai đờng thẳng: y = (m + 1)x - 3 và y = (2m - 1)x + 4. m . 1 2 Chứng minh rằng khi thì hai đờng thẳng đã cho vuông góc với nhau.. a. b. Tìm tất cả các giá trị của m để hai đờng thẳng đã cho vuông góc với nhau. Bài 8: Xác định hàm số y = ax + b trong mỗi trờng hợp sau: a. a  3  3 Khi , đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng . b. Khi a = - 5, đồ thị hàm số đi qua điểm A(- 2; 3). c. §å thÞ hµm sè ®i qua hai ®iÓm M(1; 3) vµ N(- 2; 6).. 1;7  7  d. y  7 x  Đồ thị hàm số song song với đờng thẳng và đi qua điểm .. Bài 9: Cho đờng thẳng: y = 4x (d). a. Viết phơng trình đờng thẳng (d1) song song với đờng thẳng (d) và có tung độ gèc b»ng 10. b. Viết phơng trình đờng thẳng (d2) vuông góc với đờng thẳng (d) và cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng – 8. c. Viết phơng trình đờng thẳng (d3) song song với đờng thẳng (d) cắt trục Ox tại A, c¾t trôc Oy t¹i B vµ diÖn tÝch tam gi¸c AOB b»ng 8. y . 1 x 2 2 Bµi 10: Cho hµm sè: y = 2x + 2 (d1). (d2). a. Vẽ đồ thị của hai hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b. Gọi giao điểm của đờng thẳng (d1) với trục Oy là A, giao điểm của đờng thẳng (d2) với trục Ox là B, còn giao điểm của đờng thẳng (d1) và (d2) là C. Tam giác ABC là tam giác gì? Tìm tọa độ các điểm A, B, C. c. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC.. 1 y x 4 Bµi 11: Cho c¸c hµm sè sau:. y = - x - 5 (d1) ; (d2) ; y = 4x (d3) a. Vẽ đồ thị của các hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b. Gọi giao điểm của đờng thẳng (d1) với đờng thẳng (d2) và (d3) lần lợt là A và B. Tìm tọa độ các điểm A, B. c. Tam gi¸c AOB lµ tam gi¸c g×? V× sao? d. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c AOB. Bài 12: Cho hai đờng thẳng: y = (k - 3)x - 3k + 3 (d1) và y = (2k + 1)x + k + 5 (d2). Tìm các giá trị của k để: a. (d1) vµ (d2) c¾t nhau. b. (d1) vµ (d2) c¾t nhau t¹i mét ®iÓm trªn trôc tung..

(32) c. (d1) vµ (d2) song song víi nhau. d. (d1) vµ (d2) vu«ng gãc víi nhau. e. (d1) vµ (d2) trïng nhau. Bµi 13: Cho hµm sè bËc nhÊt: y = (m + 3)x + n (d). Tìm các giá trị của m, n để đờng thẳng (d): a. §i qua ®iÓm A(1; - 3) vµ B(- 2; 3). b. 1  3 3  3 Cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng , cắt trục hoành tại điểm có hoành độ . c. Cắt đờng thẳng 3y - x - 4 = 0. d. Song song với đờng thẳng 2x + 5y = - 1. e. Trùng với đờng thẳng y - 3x - 7 = 0. Bµi 14: Cho hµm sè: y = (m2 - 6m + 12)x2. a. Chứng tỏ rằng hàm số nghịch biến trong khoảng (-2005; 0), đồng biến trong kho¶ng (0; 2005). b. Khi m = 2, hãy tìm x để y = 8; y = 2 và y = - 2. 1 2 x 1  2 Khi m = 5, h·y t×m gi¸ trÞ cña y, biÕt vµ . c. x 1  2, x = 1- 2. Bài 15. Cho đờng thẳng (d): y = (k - 2)x + q. Tìm các giá trị của k và q biết rằng đờng th¼ng (d) tháa m·n mét trong c¸c ®iÒu kiÖn sau: a. §i qua ®iÓm A(-1; 2) vµ B(3; 4) b. 1  2 2  2 Cắt trục tung tại điểm có tung độ và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ c. Cắt đờng thẳng -2y + x - 3 = 0 d. Song song với đờng thẳng 3x + 2y = 1 Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2/4 và đờng thẳng (d): y = mx + n. Tìm các giá trị của m và n biết đờng thẳng (d) thỏa mãn một trong các điều kiÖn sau: a. Song song với đờng thẳng y = x và tiếp xúc với (P) b. §i qua ®iÓm A(1,5; -1) vµ tiÕp xóc víi (P). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (d) trong mỗi trờng hợp trên. y . 1 2 x 2 Bµi 17. Cho hµm sè: .. 1. Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên. 2. Trên (P) lấy hai điểm M và N lần lợt có hoành độ là - 2; 1. Viết phong trình đờng thẳng MN. 3. Xác định hàm số y = ax + b biết rằng đồ thị (D) của nó song song với đờng th¼ng MN vµ chØ c¾t (P) t¹i 1 ®iÓm. Bµi 18. Cho hµm sè: y = x2 vµ y = x + m (m lµ tham sè). 1. Tìm m sao cho đồ thị (P) của hàm số y = x2 và đồ thị (D) của y = x + m có hai giao ®iÓm ph©n biÖt A vµ B. 2. Tìm phong trình của đờng thẳng (d) vuông góc với (D) và (d) tiếp xúc với (P). 3. a). Thiết lập công thức tính khoảng cách giữa hai điểm theo tọa độ của hai điểm Êy. 3 3 b). ¸p dông: T×m m sao cho kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®iÓm A, B (ë c©u 1) lµ .. Bài 19. Trong cùng hệ trục tọa độ gọi (P) là đồ thị hàm số y = ax2 và (D) là đồ thị hàm sè y = - x + m. 1. Tìm a biết rằng (P) đi qua A(2; -1) và vẽ (P) với a tìm đợc. 2. Tìm m sao cho (D) tiếp xúc với (P) (ở câu 1) và tìm tọa độ tiếp điểm. 1. Gọi B là giao điểm của (D) (ở câu 2) với tung độ. C là điểm đối xứng của A.

(33) 1 y  x2 4 Bài 20. Cho parabol (P): và đờng thẳng (D) qua 2 điểm A và B trên (P) có. hoành độ lần lợt là - 2 và 4. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số trên. 2. ViÕt phong tr×nh cña (D). 3. y . x    2; 4. Tìm điểm M trên cung AB của (P) (tơng ứng hoành độ) sao cho tam gi¸c MAB cã diÖn tÝch lín nhÊt. 1 2 x 4 Bài 21. Trong cùng hệ trục vuông góc, cho parabol (P): và đờng thẳng (D):. y = mx - 2m - 1. 1. VÏ (P). 2. T×m m sao cho (D) tiÕp xóc víi (P). 3. Chứng tỏ rằng (D) luôn luôn đi qua một điểm cố định A thuộc (P).. 1 3 y  x 2 I ( ;  1) 4 2 Bài 22.Trong cùng hệ trục vuông góc có parabol (P): và đờng thẳng. (D) qua ®iÓm cã hÖ sè gãc m. 1. VÏ (P) vµ viÕt phong tr×nh cña (D). 2. T×m m sao cho (D) tiÕp xóc víi (P). 3. T×m m sao cho (D) vµ (P) cã hai ®iÓm chung ph©n biÖt.. 1 1 y  x 2 y  x  2 4 2 Bài 23. Trong cùng hệ trục tọa độ cho parabol (P): và đờng thẳng. (D):. 1. VÏ (P) vµ (D). 2. Bằng phép toán, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D). 3. Tìm tọa độ của điểm thuộc (P) sao cho tại đó đờng tiếp tuyến của (P) song song víi (D). Bài 24. Cho họ đờng thẳng có phong trình: mx + (2m - 1)y + 3 = 0 (1). 1. Viết phong trình đờng thẳng đi qua A(2; 1). 2. Chứng minh rằng các đờng thẳng trên luôn đi qua một điểm cố định M với mọi m. Tìm tọa độ của M. Bµi 25. Cho parabol (P): y = x2 - 4x + 3. 1. Chứng minh đờng thẳng y = 2x - 6 tiếp xúc với (P). 2. Giải bằng đồ thị bất phong trình: x2 - 4x + 3 > 2x - 4. 1 y  x2 2 Bµi 26. Cho parabol (P), ®iÓm I(0; 2) vµ ®iÓm M(m; 0) víi m kh¸c 0.. 1. VÏ (P). 2. Viết phong trình đờng thẳng (D) đi qua hai điểm M, I. 3. Chứng minh rằng đờng thẳng (D) luôn luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B víi mäi m kh¸c 0. 4. Gäi H vµ K lµ h×nh chiÕu cña A vµ B lªn trôc hoµnh. Chøng minh r»ng tam gi¸c IHK lµ tam gi¸c vu«ng. 5. Chứng minh rằng độ dài đoạn AB > 4 với mọi m khác 0.. y . 1 2 x 4 Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho parbol (P): và điểm I(0;. -2). Gọi (D) là đờng thẳng đi qua I và có hệ số góc m. 1. Vẽ đồ thị (P). 2. Chøng tá r»ng víi mäi m, (D) lu«n lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B. T×m quü tÝch trung ®iÓm M cña AB. 3. Với giá trị nào của m thì AB ngắn nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó..

(34) Bài 28. Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) trong mặt phẳng tọa độ Oxy. 1. VÏ (P). 2. Gọi A và B là hai điểm nằm trên (P) lần lợt có hoành độ -1 và 2. Chứng minh r»ng; tam gi¸c OAB vu«ng. 3. Viết phong trình đờng thẳng (D) song song với AB và tiếp xúc với (P). 4. Cho đờng thẳng (d): y = mx + 1 (với m là tham số). a. Chứng minh rằng; (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định với mọi m. 1 1  2 11 2 x x2 1 b. Tìm m sao cho (d) cắt đồ thị (P) tại hai điểm có hoành độ x1, x2. thỏa mãn: . Vẽ (d) với m tìm đợc. Bµi 29. Cho hµm sè: y = 2x2 (P). 1. Vẽ đồ thị (P) của hàm số. 2. Tìm quỹ tích các điểm M sao cho qua M có thể kẻ đợc hai đờng thẳng vuông gãc vµ cïng tiÕp xóc víi (P).. Bài 30. Trong cùng mặt phẳng tọa độ cho parabol (P): y = - x2 + 4x - 3 và đờng thẳng (D); 2y + 4x - 17 = 0. 1. VÏ (P) vµ (D). 2. Tìm vị trí của A thuộc (P) và B thuộc (D) sao cho độ dài đoạn AB ngắn nhất. Bài 31. Cho parabol (P): y = - x2 + 6x - 5. Gọi (d) là đờng thẳng đi qua A(3; 2) và có hÖ sè gãc m. 1. Chứng tỏ rằng với mọi m, đờng thẳng (d) luôn luôn cắt (P) tại hai điểm phân biÖt B, C. 2. Xác định đờng thẳng (d) sao cho độ dài đoạn BC đạt giá trị nhỏ nhất. 1 1 y  x 2 y mx  2 2 Bài 32. Cho parabol (P): và đờng thẳng (d) có phong trình: .. 1. Chứng minh rằng với mọi m, (d) luôn luôn đi qua một điểm cố định. 2. Chøng minh r»ng víi mäi m, (d) lu«n lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt M, N. T×m quü tÝch trung ®iÓm I cña ®o¹n th¼ng MN. Bài 33. Cho hai đờng thẳng (d1): y = (m2 + 2m)x và (d2): y = ax (a 0). 1. Định a để (d2) đi qua A(3; -1). 2. Tìm các giá trị m để cho (d1) vuông góc với (d2) ở câu 1). Bµi 34. Cho hµm sè: y = ax + b. 1. Tìm a và b cho biết đồ thị hàm số đi qua hai điểm M(- 1; 1) và N(2; 4). Vẽ đồ thị (d1) của hàm số với a, b tìm đợc. 2. Xác định m để đồ thị hàm số y = (2m2 – m)x + m2 + m là một đờng thẳng song song với (d1). Vẽ (d2) vừa tìm đợc. 3. Gọi A là điểm trên đờng thẳng (d1) có hoành độ x = 2. Tìm phong trình đờng thẳng (d3) đi qua A vuông góc với cả hai đờng thẳng (d1) và (d2). Tính khoảng c¸ch gi÷a (d1) vµ (d2). Bµi 35. Cho hµm sè: y = mx - 2m - 1 (1) (m 0).. 1. Xác định m để đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O. Vẽ đồ thị (d1) vừa tìm đợc. 2. Tính theo m tọa độ các giao điểm A, B của đồ thị hàm số (1) lần lợt với các trục Ox và Oy. Xác định m để tam giác AOB có diện tích bằng 2 (đ.v.d.t). 3. Chứng minh rằng đồ thị hàm số (1) luôn luôn đi qua một điểm cố định khi m thay đổi. Bµi 36. Cho parabol (P): y = ax2 vµ hai ®iÓm A(2; 3), B(- 1; 0). 1. Tìm a biết rằng (P) đi qua điểm M(1; 2). Khảo sát và vẽ (P) với a tìm đợc. 2. Tìm phong trình đờng thẳng AB rồi tìm giao điểm của đờng thẳng này với (P) (ở c©u 1). 3. Gọi C là giao điểm có hoành độ dơng. Viết phong trình đờng thẳng qua C và có víi (P) mét ®iÓm chung duy nhÊt..

(35) Bµi 37: 1.  Cho parabol (P): y = ax2; cho biết A(1; -1) (P). Xác định a và vẽ (P) với a tìm đợc. 2. Biện luận số giao điểm của (P) với đờng thẳng (d): y = 2mx - m + 2. 1  I  ; 2 3.  2  Chứng tỏ rằng, thuộc (d) với mọi m. Tìm phong trình các đờng thẳng đi. qua I vµ cã víi (P) ®iÓm chung duy nhÊt. Bµi 38. y. 1 x2 y x  2 Khảo sát và vẽ đồ thị (P) của hàm số và đờng thẳng (d): . 2. 1. 2. Chøng minh r»ng (d) lµ mét tiÕp tuyÕn cña (P). 3. Biện luận số giao điểm của (P) và (d’): y = x - m bằng hai cách (đồ thị và phép to¸n). Bµi 39. Cho parabol (P): y = ax2 vµ hai ®iÓm A(- 2; - 5) vµ B(3; 5). 1. Viết phong trình đờng thẳng AB. Xác định a để đờng thẳng AB tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm. 2. Khảo sát và vẽ đồ thị (P) với a vừa tìm đợc. 3.. MN . 5 2 Một đờng thẳng (D) di động luôn luôn vuông góc với AB và cắt (P) tại. hai điểm M và N. Xác định vị trí của (D) để . Bài 40. Cho hàm số: y = x2 - 2x + m - 1 có đồ thị (P). 1. Vẽ đồ thị (P) khi m = 1. 2. Xác định m để đồ thị (P) của hàm số tiếp xúc với trục hoành. 3. Xác định m để đồ thị (P) của hàm số cắt đờng thẳng (d) có phong trình: y = x + 1 t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. Bài 41. Cho đờng thẳng (D1): y = mx - 3. (D2): y = 2mx + 1 - m. 1. Vẽ trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy các đờng thẳng (D1) và (D2) ứng với m = 1. Tìm tọa độ giao điểm B của chúng. Qua O viết phong trình đờng thẳng vuông góc với (D1) tại A. Xác định A và tính diện tích tam giác AOB. 2. Chứng tỏ rằng các đờng thẳng (D1) và (D2) đều đi qua những điểm cố định. Tìm tọa độ của điểm cố định. Bài 42. Cho hai đờng thẳng (d1) và (d2) có phong trình: y. 3 m 1  2m x  2m  3 y  (m  2) x  2 3 (d1): vµ (d2): .. 1. Chứng minh rằng (d1) và (d2) đi qua các điểm cố định. Tìm tọa độ điểm cố định. 2. Viết phong trình các đờng thẳng (d1) và (d2); cho biết (d1) thẳng góc với (d2). 3. Viết phong trình các đờng thẳng (d1) và (d2); cho biết (d1) song song với (d2). 1 y  x2 2 Bµi 43. Cho parabol (P): .. 1. Viết phong trình đờng thẳng có hệ số góc m và đi qua điểm A trên trục hoành có hoành độ là 1, đờng thẳng này gọi là (D). 2. BiÖn luËn theo m sè giao ®iÓm cña (P) vµ (D). 3. Viết phong trình đờng thẳng (D) tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm. 4. Trong trêng hîp (D) c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B. T×m quü tÝch trung ®iÓm I cña AB. 5. Tìm trên (P) các điểm mà đờng thẳng (D) không đi qua với mọi m.. Bµi 44..

(36) Cho parabol (P): y = x2 - 4x + 3 và điểm A(2; 1). Gọi (D) là đờng thẳng đi qua A vµ cã hÖ sè gãc m. 1. Chøng minh r»ng (d) lu«n lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt M vµ N. 2. Xác định m để MN ngắn nhất. VẤN ĐỀ 4: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH HỆ PHƯƠNG TRÌNH A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Phương pháp chung: Bước 1: Gọi ẩn phù hợp, đơn vị tính, điều kiện cho ẩn nếu có. Bước 2: Biểu đạt các đại lượng chưa biết thông qua ẩn và các đại lượng đã biết. Bước 3: Lập phương trình hoặc hệ phương trình. Bước 4: Giải phương trình, hệ phương trình lập được ở bước 3. Bước 5: Đối chiếu điều kiện và kết luận. B. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI – HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: Tìm vận tốc và chiều dài của 1 đoàn tàu hoả biết đoàn tàu ấy chạy ngang qua văn phòng ga từ đầu máy đến hết toa cuối cùng mất 7 giây . Cho biết sân ga dài 378m và thời gian kể từ khi đầu máy bắt đầu vào sân ga cho đến khi toa cuối cùng rời khỏi sân ga là 25 giây. HD Giaûi: +/ Gọi x (m/s)là vận tốc của đoàn tàu khi vào sân ga (x>0) Gọi y (m) là chiều dài của đoàn tàu (y>0) +/ Tàu chạy ngang ga mất 7 giây nghĩa là với vận tốc x (m/s) tàu chạy quãng đường y(m) mất 7 giây. Ta coù phöông trình : y=7x (1) +/ Khi đầu máy bắt đầu vào sân ga dài 378m cho đến khi toa cuối cùng rời khỏi sân ga mất 25 giây nghĩa là với vận tốc x (m/s) tàu chạy quãng đường y+378(m) maát 25giaây . Ta coù phöông trình : y+378=25x (2)  y 7 x   y+378=25x +/ Kết hợp (1) và (2) ta được hệ phương trình :. +/ Giải ra ta có : x=21 ; y= 147 (thoả ĐKBT) Vậy vận tốc của đoàn tàu là 21m/s Chiều dài của đoàn tàu là : 147m Bài 2: Một chiếc thuyền xuôi, ngược dòng trên khúc sông dài 40km hết 4h30 phút . Biết thời gian thuyền xuôi dòng 5km bằng thời gian thuyền ngược dòng 4km . Tính vận tóc dòng nước ? HD Giaûi: +/ Gọi x (km/h)là vận tốc của thuyền khi nước yên lặng. Gọi y(km/h) là vật tốc dòng nước (x,y>0).

(37) 5 4  x  y x  y +/ Vì thời gian thuyền xuôi dòng 5km bằng thời gian thuyền ngược. doøng 4km neân ta coù phöông trình :. 9 40  40  9 2 x  y x  y 2 +/ Vì chiếc thuyền xuôi, ngược dòng trên khúc sông dài 40km hết. 4h30 phuùt (=h) neân ta coù phöông trình : 4  5  x  y  x  y   40  40  9  x  y x  y 2 Ta coù heä phöông trình :. +/ Giaûi ra ta coù : x=18 ; y= 2 Vậy vận tốc dòng nước là 2 km/h Bài 3: Trên một đường tròn chu vi 1,2 m, ta lấy 1 điểm cố định A. Hai đim chuyển động M , N chạy trên đường tròn , cùng khởi hành từ A với vận tốc không đổi . Nếu chúng di chuyển trái chiều nhau thì chúng gặp nhau sau mỗi 15 giây. Nếu chúng di chuyển cùng chiều nhau thì điểm M sẽ vượt Nđúng 1 voøng sau 60 giaây.Tìm vaän toác moãi ñieåm M, N ? HD Giaûi:. +/ Goïi x(m/s) laø vaän toác cuûa ñieåm M Goïi y(m/s) laø vaän toác cuûa ñieåm N (x>y>0) +/ Khi chuùng di chuyeån traùi chieàu nhau , chuùng gaëp nhau sau moãi 15 giaây neân ta coù phöông trình : 15x+15y=1,2 (1) +/ Khi M,N di chuyển cùng chiều nhau thì điểm M sẽ vượt N đúng 1 vòng sau 60 giaây neân ta coù phöông trình : 60x-60y=1 (2) 15x+15y=1,2  60x+60y=1 Ta coù heä phöông trình :. +/ Giải hệ phương trình ta có x=0,05 ;y= 0,03 (thoả ĐKBT) Vaäy vaän toác ñieåm M laø : 0,05m/s vaø vaän toác ñieåm N laø : 0,03m/s Bài 4: Một chiếc môtô và ôtô cùng đi từ M đến K với vận tốc khác nhau .Vận tốc môtô là 62 km/h còn vận tốc ôtô là 55 km/h . Để 2 xe đến đích cùng 1 lúc người ta đã cho ôtô chạy trước 1 thời gian . Nhưng vì 1 lí do đặc biệt nên khi chạy được 2/3 quãng đường ôtô buộc phải chạy với vận tốc 27,5 km/h .Vì vậy khi còn cách K 124km thì môtô đuổi kịp ôtô . Tính khoảng cách từ M đến N .. +/ Gọi khoảng cách MK là x km. HD Giải:.

(38) Gọi thời gian dự định ôtô đi trước môtô là y (giờ). x x  62  y  55  x 2  3 x 3  124 x  124  y   27,5 62 +/ Ta coù :  65 y 1. 94 ( h) 1705 +/ Giaûi heä naøy ta ruùt ra : x= 514km ;. Bài 5: Cho 3 vòi A,B,C cùng chảy vào 1 bể . Vòi A và B chảy đầy bể trong 71 phút Vòi A và C chảy đầy bể trong 63 phút .Vòi C và B chảy đầy bể trong 56 phuùt . a. Mỗi vòi làm đầy bể trong bao lâu ? Cả 3 vòi cùng mở 1 lúc thì đầy bể trong bao laâu ? b. Biết vòi C chảy 10lít ít hơn mỗi phút so với vòi A và B cùng chảy 1 lúc . Tính sức chứa của bể và sức chảy của mỗi vòi ? HD Giaûi: a) Vòi A làm đầy bể trong x phút ( mỗi phút làm đầy 1/x bể ) Vòi B làm đầy bể trong y phút ( mỗi phút làm đầy 1/y bể ) Vòi C làm đầy bể trong z phút ( mỗi phút làm đầy 1/z bể )   1 1 72    1   x y   1 1  63    1   x z  1 1 56    1   z y . Ta coù heä phöông trình : +/ Giải hệ phương trình ta được : x=168 ; y=126 ; z=504/5. 5  4  3 12  504 504 Nếu 3 vòi cùng mở 1 lúc thì sau mỗi phút đầy bể. 504 42 12 3 vòi cùng làm đầy bể sau : phút. (. 5 4  5040  3 3 4 t  10   2520(l)  ).t t  t  2  504 504  504 504 504 b)Goïi dung tích cuûa beå laø t. phút thì mỗi phút vòi C chảy 5/504.t lít , vòi A và B chảy lít .Theo đề bài ta có phöông trình : 3.2520 15l / p 504 Sức chảy vòi A :.

(39) 4.2520 20l / p 504 Tương tự sức chảy vòi B : 5.2520 25l / p 504 sức chảy vòi C :. Bài 6: Nhân ngày 1/6 một phân đội thiếu niên được tặng một số kẹo .Số kẹo này được chia hết va chia đều cho các đội viên .Để đảm bảo nguyên tắc chia ấy , phân đội trưởng đề xuất cách nhận quà như sau: Bạn thứ nhất nhận 1 cái kẹo và 1/11 số kẹo còn lại .Cứ tiếp tục như thế đến bạn cuối cùng thứ n nhận nhận n cái kẹo và . Hỏi phân đội thiếu niên nói trên có bao nhiêu đội viên ? Mỗi đội viên nhận được bao nhiêu cái kẹo ? HD Giaûi: +/ Gọi số người trong phân đội là a Số kẹo trong phân đội được tặng là x (a,x>0) 1. x 1 11 +/ Người thứ nhất nhận được : (kẹo ). x  1  x   2 1   11   2 11  x  x 1 1  2   11  x 1 a(1  ) x  11. Người thứ hai nhận được : (kẹo ). x  1   2 1  00   11. +/ Vì hai số kẹo bằng nhau và có a người nên ta có : +/ Giải hệ này ta được x=100 ; a=10. Bài 7: 12 người ăn 12 cái bánh .Mỗi người đàn ông ăn 2 chiếc , mỗi người đàn bà ăn 1/2 chiếc và mỗi em bé ăn 1/4 chiếc.Hỏi có bao nhiêu người đàn ông , đàn bà và trẻ em ? HD Giaûi: +/ Gọi số đàn ông , đàn bà và trẻ em lần lượt là x,y,z.(Đơn vị: Người, x,y,z là số nguyeân döông vaø nhoû hôn 12) +/ Số bánh họ lần lượt ăn hết là : 2x ; y/2 ; z/4 (Bánh).

(40)  x  y  z 12    y z 2 x    12  2 4. 2 x  2 y  2 z 24  1  8 x  2 y  z 48  2 . +/ Theo đề bài ta có hệ phương trình : +/ Lấy (2) trừ (1) ta được : 6x-z=24 (3)  Z    Vì x, z , 6x và 24 chia hết cho 6 , z cũng chia hết cho 6 .Kết hợp với điều kieän 0<z<12 z=6. Thay z=6 vào (3) ta được x=5 , từ đó y=1 Vậy có 5 đàn ông , 1 đàn bà và 6 trẻ em Bài 8: Một dung dịch chứa 30% axit nitơric (tính theo thể tích ) và một dung dịch khác chứa 55% axit nitơric .Cần phải trộn thêm bao nhiêu lít dung dịch loại 1 và loại 2 để được 100lít dung dịch 50% axit nitơric? HD Giaûi: +/ Gọi x,y theo thứ tự là số lít dung dịch loại 1 và 2 (Đơn vị: Lít, x,y>0) 30 55 x y 100 100. Lượng axit nitơric chứa trong dung dịch loại 1 là và loại 2 là.  x  y 100   30 55 100 x  100 y 50 +/ Ta coù heä phöông trình :. +/ Giải hệ này ta được : x=20 ;y=80 12 5 Bài 9:Hai người cùng làm chung một công việc trong giờ thì xong. Nếu mỗi. người làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu thời gian để xong công việc? HD Giải: x. 12 5 Gọi thời gian người thứ nhất hoàn thành một mình xong công việc là x (giờ),. ĐK Thì thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ) 1 1 x x  2 Mỗi giờ người thứ nhất làm được(cv), người thứ hai làm được(cv) 12 12 5 1: 5 5 12 Vì cả hai người cùng làm xong công việc trong giờ nên mỗi giờ cả hai đội. làm được=(cv) Do đó ta có phương trình.

(41) 1 1 5   x x  2 12 . x2 x 5  x ( x  2) 12.  5x2 – 14x – 24 = 0  , 13 ’ = 49 + 120 = 169, 7  13  6 7  13 20 x  x  4 5 5 5 5 => (loại) và (TMĐK). Vậy người thứ nhất làm xong công việc trong 4 giờ, người thứ hai làm xong công việc trong 4+2 = 6 giờ. C. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN: DẠNG 1: LẬP PHƯƠNG TRÌNH: Bài 1: Hai ngời đi xe đạp xuất phát cùng một lúc đi từ A đến B. Vận tốc của họ hơn kém nhau 3 km/h nên họ đến B sớm muộn hơn nhau 30phút. Tính vận tốc của mỗi ngời, biết quãng đờng AB dài 30 km. Bµi 2: Mét chiÕc thuyÒn khëi hµnh tõ mét bÕn s«ng A. Sau 5h30p mét ca n« đuổi theo và đuổi kịp thuyền tại một địa điểm cách bến sông A 20 km. Hỏi vận tốc của thuyÒn biÕt vËn tèc cña ca n« ch¹y nhanh h¬n thuyÒn lµ 12km/h.. 4 Bài 3: Hai ngời đi xe đạp khởi hành cùng một lúc từ hai địa điểm A, B cách 5. nhau 54 km, đi ngợc chiều nhau và gặp nhau sau 2h. Tính vận tốc của hai ngời đó biết r»ng vËn tèc cña ngêi ®i tõ A b»ng vËn tèc cña ngêi ®i tõ B. Bài 4: Một ngời đi xe đạp từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 50 km. Sau đó 1h30p, một ngời đi xe máy cũng đi từ A đến B và đến B trớc ngời đi xe đạp 1h. Tính vận tốc của mỗi xe biết vận tốc của xe máy gấp 2,5 lần vận tốc xe đạp. Bài 5: Một ôtô chuyển động đều với vận tốc đã định để đi hết quãng đờng 120km. Đi đợc nửa quãng đờng, xe nghỉ 3p nên để đến nơi đúng giờ xe đã phải tăng vận tốc thêm 6km/h trên nửa quãng đờng còn lại. Tính thời gian xe lăn bánh trên đờng. Bài 6: Một ngời đi xe đạp từ A đến B trong một thời gian đã định. Khi còn cách B 30 km, ngời đó nhận thấy rằng sẽ đến B muộn nửa giờ nếu giữ nguyên vận tốc đạng đi, nhng nếu tăng vận tốc thêm 5km/h thì sẽ đến B sớm nửa giờ. Tính vận tốc của xe trên quãng đờng đi lúc đầu. Bài 7: Một ngời đi xe đạp từ A đến B cách nhau 33 km với vận tốc xác định. Khi từ B trở về A ngời ấy đi bằng con đờng khác dài hơn trớc 29 km nhng với vận tốc lín h¬n vËn tèc lóc ®i 3km/h. TÝnh vËn tèc lóc ®i, biÕt thêi gian vÒ nhiÒu h¬n thêi gian ®i 1h30p. Bµi 8: Hai bÕn s«ng A, B c¸ch nhau 40 km. Cïng mét lóc víi ca n« xu«i bÕn tõ bến A có một chiếc bè trôi từ bến A với vận tốc 3km/h. Sau khi đến bến B, ca nô trở về bến A ngay và gặp bè khi đã trôi đợc 8km. Tính vận tốc riêng của ca nô, biết rằng vận tốc riêng của ca nô không đổi. Bài 9: Một ca nô chạy xuôi dòng từ bến A đến bến B, rồi lại chạy ngợc dòng từ bÕn B trë vÒ bÕn A mÊt tÊt c¶ 4h. tÝnh vËn tèc cña can« khi níc yªn lÆng, biÕt qu·ng s«ng AB dµi 30km vµ vËn tèc cña dßng níc lµ 4km/h. Bµi 10: Mét h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 134m. nÕu gi¶m mçi kÝch thíc cña vên ®i 1m th× diÖn tÝch cña vên b»ng diÖn tÝch cña h×nh vu«ng cã c¹nh b»ng 28m. TÝnh c¸c kích thớc của hình chữ nhật đó. Bµi 11: Mét tÊm t«n h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 48 cm. Ngêi ta c¾t bá mçi gãc mét h×nh vu«ng cã c¹nh 2cm råi gÊp lªn thµnh mét h×nh hép ch÷ nhËt kh«ng cã n¾p cã thÓ tÝch 96 cm3. TÝnh c¸c kÝch thíc cña h×nh ch÷ nhËt ban ®Çu..

(42) Bµi 12: Mét m¶nh vên h×nh ch÷ nhËt cã chu vi 34m, nÕu t¨ng chiÒu dµi 3m vµ t¨ng chiÒu réng 2m th× diÖn tÝch t¨ng thªm 45m2. H·y tÝnh chiÒu dµi, chiÒu réng cña h×nh ch÷ nhËt lóc ®Çu. Bài 13: Một tam giác vuông có chu vi là 30m, cạnh huyền 13 cm. Tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó. Bµi 14: Mét s©n h×nh ch÷ nhËt cã diÖn tÝch lµ 240 m2. NÕu t¨ng chiÒu réng thªm 3m, giảm chiều dài 4m thì diện tích không đổi. Tính chiều dài và chiều rộng. Bài 15: Hai máy cày cùng cày một đám ruộng. Nếu cả hai máy cùng làm thì sẽ cµy song trong 4 ngµy. NÕu cµy riªng th× m¸y 1 sÏ cµy song nhanh h¬n m¸y 2 lµ 6 ngày. Hỏi nếu cày riêng thì mỗi máy cày song đám ruộng sau bao nhiêu ngày. Bài 16: Một tổ may mặc định may 600 áo trong thời gian đã định. Nhng do cải tiÕn kü thuËt nªn n¨ng suÊt t¨ng lªn, mçi ngµy lµm thªm 4 ¸o, nªn thêi gian s¶n xuÊt giảm 5 ngày. Hỏi mỗi ngày tổ dự định may bao nhiêu áo. Bài 17: Một tổ may mặc định may 150 bộ quần áo trong thời gian đã định. Nhng do cải tiến kỹ thuật nên năng suất tăng lên, mỗi ngày làm thêm 5 bộ quần áo, nên thời gian sản xuất giảm 1 ngày so với dự định. Hỏi mỗi ngày tổ dự định may bao nhiêu ¸o. Bµi 18: NÕu hai vßi níc cïng ch¶y vµo mét bÓ kh«ng cã níc th× sau 4h ®Çy bÓ. NÕu cho ch¶y riªng ®Çy bÓ th× vßi 1 cÇn Ýt thêi gian h¬n vßi 2 lµ 6h. Hái nÕu ch¶y riªng th× mçi vßi ch¶y ®Çy bÓ sau bao l©u. Bµi 19: Mét tæ may mÆc cè kÕ ho¹ch may 720 bé quÇn ¸o theo n¨ng xuÊt dù kiÕn. Thêi gian lµm theo n¨ng xuÊt t¨ng 10 s¶n phÈm mçi ngµy kÐm 4 ngµy so víi thêi gian lµm theo n¨ng xuÊt gi¶m ®i 20 s¶n phÈm mçi ngµy ( t¨ng, gi¶m so víi n¨ng xuÊt dù kiÕn ). TÝnh n¨ng xuÊt dù kiÕn. DẠNG 2: LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH: Bài 1: Để đi đoạn đường từ A đến B, một xe máy đã đi hết 3h20 phút, còn một ôtô chỉ đi hết 2h30phút. Tính chiều dài quãng đường AB biết rằng vận tốc của ôtô lớn hơn vận tốc xe máy 20km/h. Bài 2: Có hai vòi nước, vòi 1 chảy đầy bể trong 1,5 giờ, vòi 2 chảy đầy bể trong 2 giờ. Người ta đã cho vòi 1 chảy trong một thời gian, rồi khóa lại và cho vòi 2 chảy tiếp, tổng cộng trong 1,8 giờ thì đầy bể. Hỏi mỗi vòi đã chảy trong bao lâu? Bài 3: Một đám đất hình chữ nhật có chu vi 124m. Nếu tăng chiều dài 5m và chiều rộng 3m thì diện tích tăng thêm 225 m2. Tính kích thước của hình chữ nhật đó. Bài 5: Hai người ở hai địa điểm A và B cách nhau 3,6 km, khởi hành cùng một lúc ngược chiều nhau và gặp nhau ở một điểm cách A là 2km. Nếu cả hai cùng giữ nguyên vận tốc nhưng người đi chậm hơn xuất phát trước người kia 6 phút thì họ sẽ gặp nhau ở chính giữa quãng đường. Tính vận tốc của mỗi người. Bài 6: Hai đội công nhân cùng làm một đoạn đường trong 24 ngày thì xong. Mỗi ngày phần việc của đội A làm được nhiều gấp rưỡi đội B. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi đội làm xong đoạn đường đó trong bao lâu? Bài 7: Một chiếc thuyền khởi hành từ bến sông A. Sau đó 5h20’ một chiếc cano chạy từ bến sông A đuổi theo và gặp chiếc thuyền tại một điểm cách bến A 20km. Hỏi vận tốc của thuyền, biết rằng cano chạy nhanh hơn thuyền 12km. Bài 8: Một người đi xe đạp đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 30km. Khi từ B trở về A, người đó chọn con đường khác dễ đi hơn nhưng dài hơn con đường cũ.

(43) 6km. Vì thế, khi đi về với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 3km/h nên thời gian về ít hơn thời gian đi 20 phút. Tính vận tốc lúc đi. Bài 9: Một xí nghiệp có kế hoạch sản xuất 180 tấn dụng cụ trong một thời gian đã định. Nhưng nhờ tinh thần thi đua, nên mỗi ngày xí nghiệp sản xuất nhiều hơn mức dự kiến 1 tấn; chẳng những rút ngắn thời gian dự định 1 ngày mà còn sản xuất thêm 10 tấn ngoài kế hoạch. Hỏi thời gian dự kiến bao nhiêu ngày ? Mỗi ngày dự kiến làm ra bao nhiêu tấn dụng cụ ? Bài 10: Một hội đồng thi có 390 thí sinh phân đều các phòng. Nếu xếp mỗi phòng thi thêm 4 thí sinh thì số phòng thi sẽ giảm đi 2 phòng. Hỏi lúc đầu mỗi phòng thi dự định xếp bao nhiêu thí sinh ? Bài 11: Một hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 1cm. Nếu tăng thêm chiều dài ¼ của nó thì diện tích hình chữ nhật đó tăng thêm 3cm2. Tính diện tích hình chữ nhật ban đầu? Bài 12: Một hình chữ nhật có chu vi là 180m. Nếu bớt mỗi chiều đi 5 mét thì diện tích chỉ còn 1276m2. Tìm độ dài mỗi chiều? Vận tốc điểm A hơn điểm B là 2,5cm/phút. Tìm vận tốc của mỗi điểm? Tính các chiều của công viên? Bài 13: Hai người đi xe đạp cùng khởi hành tại một địa điểm về hai hướng vuông góc với nhau. Sau 2 giờ họ cách nhau 60km theo đường chim bay. Tìm vận tốc của mỗi người. Biết rằng vận tốc của người này hơn vận tốc người kia là 6km/h. Bài 14: Một xe gắn máy đi từ A đến B cách nhau 150km. Nếu mỗi giờ xe tăng thêm 10km thì đến B sớm hơn thời gian dự định là 30 phút. Tìm vận tốc ban đầu? Bài 15: Hai tỉnh A và B cách nhau 42km. Một chiếc tàu đi từ tỉnh nọ đến tỉnh kia. Khi đi ngược dòng sông từ A tới B thì vận tốc của nó nhỏ hơn vận tốc lúc xuôi dòng là 4km/h. Tính vận tốc của chiếc tàu khi xuôi dòng và khi ngược dòng, biết rằng thời gian ngược dòng nhiều hơn thời gian xuôi dòng là 1 giờ 12 phút. Bài 16: Một tàu thuỷ chạy trên một khúc sông dài 80km, cả đi lẫn về mất 8h20’. Tính vận tốc của tàu khi nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4km/h. Bài 17: Một chiếc thuyền khởi hành từ bến sông A. Sau đó 5h20’ một chiếc cano chạy từ bến sông A đuổi theo và gặp chiếc thuyền tại một điểm cách bến A 20km. Hỏi vận tốc của thuyền, biết rằng cano chạy nhanh hơn thuyền 12km. Bài 18: Một người đi xe đạp đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 30km. Khi từ B trở về A, người đó chọn con đường khác dễ đi hơn nhưng dài hơn con đường cũ 6km. Vì thế, khi đi về với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 3km/h nên thời gian về ít hơn thời gian đi 20 phút. Tính vận tốc lúc đi..

(44) VẤN ĐỀ 5: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN SỐ A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:. A.1 HÖ hai ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn. a. Ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn   Ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn: ax + by = c víi a, b, c R (a2 + b2 0)  TËp nghiÖm cña ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn: Ph¬ng tr×nh bËc nh©t hai Èn ax + by = c lu«n lu«n cã v« sè nghiÖm. TËp nghiệm của nó đợc biểu diễn bởi đờng thẳng (d): ax + by = c y . a c x b b Nếu a 0, b 0 thì đờng thẳng (d) là đồ thị hàm số. -  - Nếu a 0, b = 0 thì phơng trình trở thành ax = c hay x = c/a và đờng thẳng (d) song song hoÆc trïng víi trôc tung - Nếu a = 0, b 0 thì phơng trình trở thành by = c hay y = c/b và đờng thẳng (d) song song hoÆc trïng víi trôc hoµnh b. HÖ hai ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn .  ax  by c   a ' x  b ' y c '  HÖ hai ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn:. trong đó a, b, c, a’, b’, c’. R  Minh häa tËp nghiÖm cña hÖ hai ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn Gọi (d): ax + by = c, (d’): a’x + b’y = c’, khi đó ta có  (d) // (d’) th× hÖ v« nghiÖm A.     (d) (d’) = th× hÖ cã nghiÖm duy nhÊt  (d) (d’) th× hÖ cã v« sè nghiÖm  Hệ phơng trình tơng đơng Hệ hai phơng trình tơng đơng với nhau nếu chúng có cùng tập nghiệm c. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh b»ng ph¬ng ph¸p thÕ  Quy t¾c thÕ  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh b»ng ph¬ng ph¸p thÕ  Dùng quy tắc thế biến đổi hệ phơng trình đã cho để đợc một hệ phơng trình mới trong đó có một phơng trình một ẩn  Gi¶i ph¬ng tr×nh mét Èn võa cã råi suy ra nghiÖm cña hÖ d. Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp cộng đại số  Quy t¾c céng  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh b»ng ph¬ng ph¸p thÕ  Nh©n hai vÕ cña mçi ph¬ng tr×nh víi mét sè thÝch hîp (nÕu cÇn) sao cho c¸c hệ số của một ẩn nào đó trong hai phơng trình bằng nhau hoặc đối nhau  áp dụng quy tắc cộng đại số để đợc hệ phơng trình mới, trong đó có một phơng trình mà hệ số của một trong hai ẩn bằng 0 (phơng trình một ẩn)  Giải phơng trình một ẩn vừa thu đợc rồi suy ra nghiệm của hệ đã cho A.2 HÖ ph¬ng tr×nh ®a vÒ ph¬ng tr×nh bËc hai.

(45) - Nếu hai số x và y thỏa mãn x + y = S, x.y = P (với S2 4P) khi đó hai số x, y là. nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x2 + SX + P = 0 A.3 KiÕn thøc bæ xung 1. Hệ phơng trình đối xứng loại 1 a. §Þnh nghÜa: Hệ hai phơng trình hai ẩn x và y đợc gọi là đối xứng loại 1 nếu ta đổi chỗ hai ẩn x và y đó thì từng phơng trình của hệ không đổi b. C¸ch gi¶i  §Æt S = x + y, P = x.y, §k: S2 4P  Giải hệ để tìm S và P  Víi mçi cÆp (S, P) th× x vµ y lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: t2 – St + P = 0 c. VÝ dô  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x  y  xy 7  2 2  x  y  xy 13.  x  y  xy  1 0  x  y  x 2  y 2 8  2  2  x  y  x  y 22  xy ( x  1)( y  1) 12. A.2 Hệ phơng trình đối xứng loại 2 d. §Þnh nghÜa Hệ hai phơng trình hai ẩn x và y đợc gọi là đối xứng loại 2 nếu ta đổi chỗ hai ẩn x vµ y th× ph¬ng tr×nh nµy trë thµnh ph¬ng tr×nh kia vµ ngîc l¹i e. C¸ch gi¶i  Trừ vế theo vế hai phơng trình trong hệ để đợc phơng trình hai ẩn  Biến đổi phơng trình hai ẩn vừa tìm đợc thành phơng trình tích  Giải phơng trình tích ở trên để biểu diễn x theo y (hoặc y theo x)  Thế x bởi y (hoặc y bởi x) vào 1 trong 2 phơng trình trong hệ để đợc phơng tr×nh mét Èn  Giải phơng trình một ẩn vừa tìm đợc ròi suy ra nghiệm của hệ f. VÝ dô  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 2 3  2 x  y  4 y  5  x 13 x  6 y   3 2  2 y  x  4 x  5  y 13 y  6 x. g.. A.3 Hệ phơng trình đẳng cấp bậc 2 §Þnh nghÜa. ax 2  bxy  cy 2 0  2 2 a ' x  b ' xy  c ' y 0 - Hệ phơng trình đẳng cấp bậc hai có dạng:. h. C¸ch gi¶i - XÐt xem x = 0 cã lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh kh«ng - Nếu x 0, ta đặt y = tx rồi thay vào hai phơng trình trong hệ - Khö x råi gi¶i hÖ t×m t - Thay y = tx vào một trong hai phơng trình của hệ để đợc phơng trình một ẩn (ẩn x) - Giải phơng trình một ẩn trên để tìm x từ đó suy ra y dựa vào y = tx * Lu ý: ta có thể thay x bởi y và y bởi x trong phần trên để có cách giải tơng tự i. VÝ dô Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x 2  4 xy  y 2 1  2 x 2  3xy  y 2 3  2  2 2  y  3 xy 4  x  2 xy  2 y 6. B. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI:.

(46) Bài 1: Giải hệ phương trình:  6x  3  y 1     4x  2   y  1 u. 2y 5 x 1 4y 2 x 1 a.. 2x  1 y ,v  y 1 x 1.  2x  1  y  1 2    y 1  x  1 2. 3u  2v 5   2u  4v 2.  2 x  2 y  1    x  2 y  1. u 2   1 v  2 +/ Đặt . Hệ đã cho trở thành.  x 0   1  y  2. +/ Ta được hệ phương trình:.  1   S  0;    2   Vậy  x( y  2) ( x  2)( y  4)   ( x  3)(2 y  7)  (2 x  7)( y  3) .  xy  2 x  xy  2 y  4 x  8   2 xy  6 y  7 x  21  2 xy  7 y  6 x  21 .  x  y  4 x -2     x  y 0  y 2. b. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (-2; 2) Bài 2: (2,0 điểm)  2 x  y 3  a)  x  3 y 4 Giải hệ phương trình:. b) Xác định các giá trị của m để hệ phương trình sau vô nghiệm: (m  2) x  (m  1) y 3   x  3 y 4. ( m là tham số) HD Giải:. 2 x  y 3   x  3 y  4  a).  2 x  y 3   2 x  6 y 8. 5 y 5    x  3 y 4.  x 1   y 1 Giải hệ phương trình:. b) Vậy, hệ phương trình có một nghiệm là: (1;1) c) Hệ phương trình vô nghiệm khi:  m  2 m 1  1  3 m  2 m 1 3      1 3 4  m 1  3  3 4. 3m  6 m  1 5  m   2 4m  4 9. Vậy m = -5/ 2 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 3: 3x  2y 1 .   x  3y  2  1. Giải hệ phương trình.

(47) 2x  y m  1  3x  y 4m  1 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1. Giải: Bài 3: (1,5 điểm) 3  3y  2   2y 1 3x  2y 1   .   x  3y  2  x  3y  2  . 7y 7    x 3y  2.  y 1   x 1. 1. Giải hệ phương trình. 2x  y m  1  3x  y 4m  1 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1. 2x  y m  1 5x 5m  x m  x m     3x  y 4m  1 2x  y m  1 2m  y m  1  y m  1   Mà x + y > 1 suy ra m + m + 1 > 1 2m > 0 m > 0. Vậy với m > 0 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1. Bài 4. (2,0 điểm) (m  1)x  (m  1)y 4m  x  (m  2)y 2 mR. Cho hệ phương trình , với a. Giải hệ đã cho khi m  –3 b. Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó. HD Giải: Bài 4. a. Giải hệ đã cho khi m  –3  2x  2y  12    x  5y 2.   x  y  6  x 7    x  5y 2  y 1. Ta được hệ phương trình.  x; y   7;1 Vậy hệ phương trình có nghiệm với b. Điều kiện có nghiệm duy nhất của hệ phương trình: m  1   m  1  1 m  2   m  1  m  2    m  1   m  1  m  2    m  1 0   m  1  m  1 0 m  1  m  1 0    m  1 0 m 1 m  1 m 1 Vậy phương trình có nghiệm khi và (m  1)x  (m  1)y 4m  m  1    m 1 Giải hệ phương trình khi x  (m  2)y 2.

(48) 4m 4m  2   x  y  x   4m  m  1   m 1  x  y   (m  1)x  (m  1)y 4m   m 1 y   2 y   2  x  (m  2)y 2 x  (m  2)y  2   m 1 m 1 .    4m  2  2   m  1 ; m 1    Vậy hệ có nghiệm (x; y) với. Bài 5 (2,0 điểm) 2 x  y 5m  1   x  2 y 2. Cho hệ phương trình:. ( m là tham số). m 1 a) Giải hệ phương trình với.  x; y . x 2  2 y 2 1. b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn: . HD Giải:. a) 1,0 điểm  2 x  y 4 4 x  2 y 8    x  2 y 2 Với m1 ta có hệ phương trình:   x  2 y 2 5 x 10   x  2 y 2  x 2   y 0. b) 1,0 điểm  2 x  y 5m  1  4 x  2 y 10m  2    x  2 y 2  x  2 y 2 Giải hệ: 5 x 10m  x 2m    x  2 y 2  y m  1 2. 2. 2 2 2m 2  4m  3 0  2m   2  m  1 1 x  2 y 1 ⇔. m. ⇔ Có:.  2  10  2  10 m 2 2 Tìm được: và. B. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bµi 1. Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh ( x  2)( y  2)  xy  ( x  4)( y  3)  xy  6 a.. ( x  1)( y  2)  ( x  1)( y  3) 4  ( x  3)( y  1)  ( x  3)( y  5) 18 b.. ( x  5)( y  2)  xy  ( x  5)( y  12) xy c..  2x  5 y  1 x  2 y  16  11 3   7 x  y  2( x  1) 31  5 3 d.  9x 2 y  7  3  28   3x  12 y 15  2 5 e.. 4x  3   x  y  5   x  3 y 15  9 y  14 f.. ..

(49)  5 x 1    1   x  1. 1 10 y 1 3 18 y 1 g.. 5  2  3 x  y  x  3 y 3    1  2 3  3 x  y x  3 y 5 k.. 1  4  x  2 y  x  2 y 1    20  3 1  x  2 y x  2 y h..      . 4 5  7  x  7  y  6 3    5  3 13  x  7 y 6 6 l.. 3  x y  3  x   3    x  y  3 x . 4 3 13   x y 36 6 10  1 x y. i. 2 8 y 1 1 1,5 y 1 m.. Bµi 2. Gi¶i c¸c hÖ ph¬ng tr×nh  x  1  y  2 1   x  1  3 y 3 a..  x 2  10 x  25  x  5  2  x  10 x  25 5  x b..  x  2  2 y  1 9   x  y  1  1 c..  x 2  y 2 2( xy  2)   x  y 6.  x  y  xy  1 0  2 2  x  y  x  y 22.  x  y  xy 7  2 2  x  y  xy 13. d.. e.. f..  x 2  y 2 10   x  y 4 g..  x 2  y 2 65  ( x  1)( y  1) 18 h..  x 2 y  xy 2 6   xy  x  y 5 i..  x 3  y 3 1  5 5 2 2  x  y  x  y k..  x  y 1  3 3 2 2  x  y x  y. ( x  1)( y  1) 10  ( x  y )( xy  1) 25 m..  x  y 5   x y 13 y  x 6 .  x3  y 3 2  2 2  x y  xy 2 p.. l..  x 4  y 4 97  2 2  xy ( x  y ) 78 q.. n.. HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ Bµi 1. Cho hÖ ph¬ng tr×nh 3x  y  m  2 9 x  m y  3 3. a. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh v« nghiÖm b. Với giá trị nào của m thì hệ phơng trình có vô số nghiệm? Khi đó hãy tìm d¹ng tæng qu¸t nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh c. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt Bµi 2. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh mx  y 4   x  my 1.

(50) x y . 8 m  1 Có nghiệm thỏa mãn điều kiện . Khi đó hãy tìm các giá trị của x và 2. y. Bài 3. Tìm các giá trị nguyên của m để hệ phơng trình 2mx  3 y m   x  y m  1. Có nghiệm nguyên, tìm nghiệm nguyên đó. Bµi 4. Cho hÖ ph¬ng tr×nh  x  2 y 6   2 x  y 2. a. Giải hệ phơng trình đã cho bằng phơng pháp đồ thị b. Nghiệm của hệ phơng trình đã cho có phải là nghiệm của phơng trình 3x - 7y = - 8 kh«ng ? c. Nghiệm của hệ phơng trình đã cho có phải là nghiệm của phơng trình 4,5x + 7,5y = 25 kh«ng ? Bài 5. Cho hai đờng thẳng (d1): 2x - 3y = 8 và (d2): 7x - 5y = -5 Tìm các giá trị của a để đờng thẳng y = ax đi qua giao điểm của hai đờng thẳng (d1) vµ (d2) Bài 6. Cho ba đờng thẳng (d1): y = 2x - 5 (d2): y = 1 (d3): y = (2m - 3)x -1 Tìm các giá trị của m để ba đờng thẳng đồng quy  x  ay 2   ax  2 y 1 Bµi 7. Cho hÖ ph¬ng tr×nh. Tìm các giá trị của a để hệ phơng trình đã cho có nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0, y <0 Bài 8. Tìm các giá trị của a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A(-5; -3) và ®iÓm B(3; 1) Bài 9. Tìm các giá trị của m để  mx  y 5  a. 2 x  3my 7 HÖ ph¬ng tr×nh: cã nghiÖm tháa m·n ®iÒu kiÖn x > 0, y < 0 mx  y 3  b. 4 x  my 6 HÖ ph¬ng tr×nh: cã nghiÖm tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x > 1, y > 0. Bµi 10. Cho hÖ ph¬ng tr×nh mx  y 2m   x  my m  1. Tìm các giá trị nguyên của m để hệ phơng trình có nghiệm x, y là các số nguyên Bµi 11. Cho hÖ ph¬ng tr×nh ( m  1) x  my 2 m  1  2 mx  y m  2. Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện xy đạt giá trị lín nhÊt Bµi 12. H·y t×m gi¸ trÞ cña m vµ n sao cho ®a thøc P(x) = mx3 + (m + 1)x2 - (4n + 3)x + 5n đồng thời chia hết cho (x - 1) và (x + 2)..

(51) Bµi 13. Cho hÖ ph¬ng tr×nh (m  1) x  y m  1   x  ( m  1) y 2. Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện: S = x + y đạt giá trị lớn nhất Bµi 14. Cho hÖ ph¬ng tr×nh mx  my m  mx  y 2m m, n lµ c¸c tham sè. a. Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh b. trong trờng hợp hệ có nghiệm duy nhất hãy tìm giá trị của m để nghiệm của ph¬ng tr×nh tháa m·n ®iÒu kiÖn x > 0, y < 0 Bài 15. Tìm a và b để hệ phơng trình sau có nghiệmcó nghiệm với mọi giá trị của tham sè m (m  3) x  4 y 5a  3b  m   x  my am  2b  3m  1  y 2  x 3  4 x 2  a.x  2 3 2  x  y  4 y  ay Bài 16. Tìm tham số a để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất:  x  y m  2 2 2  y  x  m  6 Bµi 17. BiÕt cÆp sè (x, y) lµ nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh:. H·y t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P = xy + 2(x + y)..  x  y 2a  1  2 2 2  y  x a  2a  3 Bài 18. Giả sử (x, y) là nghiệm của hệ phơng trình: Xác định giá trị. của tham số a để hệ thỏa mãn tích xy nhỏ nhất..  xy a 2  1 1 1  x  y b . Bµi 19. Cho hÖ ph¬ng tr×nh: Giải và biện luận hệ phơng trình biết rằng x, y là độ dài các cạnh của một hình ch÷ nhÊt. 2 x  my 1  mx 2 y 1 Bµi 20. Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. Gi¶i vµ biÖn luËn theo tham sè m. Tìm các số nguyên m để cho hệ có nghiệm duy nhất (x; y) với x, y là các số nguyên.  x  my 4  mx 4 y 10  m Bµi 21. Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (m lµ tham sè).. a. Gi¶i vµ biÖn luËn theo m. b. Víi gi¸ trÞ nµo cña sè nguyªn m, hÖ cã nghiÖm (x; y) víi x, y lµ c¸c sè nguyªn d¬ng.. (m  1) x  my 3m  1   2 x  y m  5 Bµi 22. Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) mà S = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất..

(52) ( m  1) x  my 2 m  1  2 mx  y m  2. Bµi 23 Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ có nghiệm (x; y) mà tích P = xy đạt giá trị lớn nhất. mx  y 2m   x  my m  1. Bµi 24. Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. a. Gi¶i hÖ khi m = -1. b. Tìm m để hệ có vô số nghiệm, trong đó có nghiệm: x = 1, y = 1.. mx  2 y m  1  2 x  my 3. Bµi 25. Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh sau ®©y theo tham sè m:  x  my 2   mx  2 y 1. Bµi 26. Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. a. Gi¶i hÖ khi m = 2. b. Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) mà x > 0 và y < 0. c. Tìm số nguyên n để có nghiệm duy nhất (x; y) mà x, y là các số nguyên..  x  my 1  mx  3my 2m  3. Bµi 27. Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. a. Gi¶i hÖ khi m = - 3. b. Giải và biện luận hệ đã cho theo m.. 2 x  y m  3x  2 y 5 Bµi 28. Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (m lµ tham sè nguyªn).. Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) mà x > 0, y < 0..  mx  y 2  3 x  my 5. Bµi 29. Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. a. Giải và biện luận hệ đã cho. b.. x  y 1 . hÖ thøc: .. m2 m 2  3 Tìm điều kiện của m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn. mx  2my m  1   x  ( m  1) y 2. Bµi 30. Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. a. Chøng minh r»ng nÕu hÖ cã nghiÖm duy nhÊt (x; y) th× ®iÓm M(x; y) lu«n lu«n thuộc một đờng thẳng cố định khi m thay đổi. b. Xác định m để M thuộc góc vuông phần t thứ nhất.. 5 Xác định m để M thuộc đờng tròn có tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng . mx  4 y m  2   x  my m. Bµi 31. Víi gi¸ trÞ nµo cña sè nguyªn m, hÖ ph¬ng tr×nh: cã nghiÖm. c.. duy nhÊt (x; y) víi x; y lµ c¸c sè nguyªn..  2 x  my 1   mx  2 y 1. Bµi 32. Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. a. Gi¶i vµ biÖn luËn theo m. b. Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) với x; y là các số nguyên..

(53) c. Chøng minh r»ng khi hÖ cã nghiÖm duy nhÊt (x; y), ®iÓm M(x; y) lu«n lu«n chạy trên một đờng thẳng cố định. d.. 2 2 Xác định m để M thuộc đờng tròn có tâm là gốc tọa độ và bán kính bằng .. Bµi 33. Gi¶i vµ biÖn c¸c hÖ ph¬ng tr×nh: 2m 2 x  3(m  1) y 3  x  2 y m  1  x  my 1    m( x  y )  2 y 2  x  y 2  m.  x  y m. a.  2mx  y 5  mx  3 y 1. Bµi 34. Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. b.. c.. a. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh lóc m = 1. b. Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh theo tham sè.. mx  y 1   x  y  m. Bµi 35. Cho hÖ ph¬ng tr×nh (m lµ tham sè ):. a. Chøng tá lóc m = 1, hÖ ph¬ng tr×nh cã v« sè nghiÖm. b. Gi¶i hÖ lóc m kh¸c 1. Bài 36. Với giá trị nào của x, y, z; ta có đẳng thức sau: 4x2 + 9y2 + 16z2 - 4x - 6y - 8z +3 = 0.  x 2  y 2 25  mx  y 3m  4 Bµi 37. Víi gi¸ trÞ nµo cña m, hÖ ph¬ng tr×nh: cã nghiÖm?  x 2  y 2 2a  2 xy 1 2 a. Bài 38. Cho hệ phơng trình: . Xác định a để hệ có hai nghiệm phân biệt. Tìm các nghiệm đó. x y   m y x  x  y 8 . Bài 39. Cho hệ phơng trình: . Xác định m để hệ phơng trình có nghiệm kép..  x  y m  2 2  y  x 1 Bài 40. Cho hệ phơng trình: . Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất. Tìm. nghiệm đó..  xy  x  y 71  2 2  x y  xy 880 Bµi 41. Cho x, y lµ hai sè nguyªn d¬ng sao cho: . T×m gi¸ trÞ cña biÓu. thøc: M = x2 +y2..  x  my m  1  mx  y 3m  1 Bµi 42. Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. a. Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh trªn. b. Kh«ng gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh, cho biÕt víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt?.

(54) (a  1) x  y a  1   x  (a  1) y 2 Bµi 43. Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (a lµ tham sè).. a. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh víi a = 2. b. Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh. c. Tìm giá trị nguyên của a để hệ phơng trình có nghiệm nguyên. d. Tìm giá trị của a để nghiệm của hệ thỏa mãn điều kiện x + y nhỏ nhất. Bài 44. Lập phơng trình đờng thẳng đi qua gốc O và song song với AB biết: A(-1; 1), B(-1; 3). A(1; 2), B(3; 2). A(1; 5), B(4; 3). Bài 45. Cho ba điểm A(-1; 6), B(-4; 4), C(1; 1). Tìm tọa độ đỉnh D của hình bình hành ABCD. Bµi 46. Cho bèn ®iÓm: A(0; -5), B(1; -2), C(2; 1), D(2,5; 2,5). Chøng minh r»ng bèn ®iÓm A, B, C, D th¼ng hµng. Bài 47. Cho bốn điểm A(1; 4), B(3; 5), C(6; 4), D(2; 2). Hãy xác định tứ giác ABCD là h×nh g×?  2(m  1) x  ( m  2) y m  3  (m  1) x  my 3m  7 Bài 48. Tìm giá trị của m để hệ phơng trình sau vô nghiệm,. v« sè nghiÖm:. (m  1) x  2my  2 0   2mx  (m  1) y  (m  1) 0 Bµi 49. Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (m lµ tham sè).. a. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh trªn. b. Tìm giá trị của m để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn x < 0, y < 0.. (m  1) x  y 3m  4   x  ( m  1) y m Bµi 50. Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (m lµ tham sè). a. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh. b. Tìm giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm nguyên. c. Tìm giá trị của m để hệ phơng trình có nghiệm dơng duy nhất..  x  my m  1  mx  y 3m  1 Bµi 51. Cho hÖ ph¬ng tr×nh: (m lµ tham sè). a. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh. b. Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện xy nhỏ nhất..  x 2  y 2 2a  1   x  y 4a Bài 52. Tìm giá trị của a để hệ sau có nghiệm duy nhất:. Bµi 53. a. Tìm các giá trị nguyên của tham số a hoặc m để hệ phơng trình có nghiệm là số d¬ng, sè ©m.  ax  2 y 1   x  ay 2 ;. 3 x  5 y m   2 x  y 1. 2 x  y m  b. 3x  2 y 5 Tìm giá trị nguyên của m để hệ phơng trình sau: có nghiệm. x > 0 vµ y < 0..

(55)  mx  y 2 m2  x  y 1  2 m  3 Víi gi¸ trÞ kh¸c 0 nµo cña m th× hÖ ph¬ng tr×nh: cã c. 3x  my 5. nghiÖm tháa m·n Bµi 54..   a.x  y 3  x  1  y 2 1.  Cho hÖ ph¬ng tr×nh:. a. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh víi a = 2. b. Tìm giá trị của a để hệ có nghiệm duy nhất. 2. Tìm các giá trị của a để hệ phơng trình sau vô nghiệm. VẤN ĐỀ 6:.

(56) BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM GIÁ TRỊ MIN–MAX CỦA BIỂU THỨC Bài 1:  x, y, z chøng minh r»ng : a) x + y + z xy+ yz + zx ❑2 ❑2 ❑2 b) x + y + z 2xy – 2xz + 2yz ❑2 ❑2 ❑2 c) x + y + z+3 2 (x + y + z) ❑2 ❑2 ❑2 Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu ❑2 ❑2 ❑2 x + y + z- xy – yz - zx 1 ❑2 ❑2 ❑2 =.2 .( x + y + z- xy – yz – zx) 2 2 y− z¿ 2 x − z ¿ +¿ ≥ 0 =đúng với mọi x;y;z R 1 x − y ¿ 2+¿ 2 ¿ ¿ V× (x-y)2 0 víix ; y DÊu b»ng x¶y ra khi x=y (x-z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y ra khi x=z (y-z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y ra khi z=y. VËy x + y + z xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y ra khi x = y =z b)Ta xÐt hiÖu 2 2 2 ❑ ❑ ❑ x + y + z- ( 2xy – 2xz +2yz ) ❑2 ❑2 ❑2 = x + y + z- 2xy +2xz –2yz  R ❑2 0 =( x – y + z) đúng với mọi x;y;z  R ❑2 ❑2 ❑2 Vậy x + y + z 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z DÊu b»ng x¶y ra khi x+y=z c) Ta xÐt hiÖu ❑2 ❑2 ❑2 x + y + z+3 – 2( x+ y +z ) 2 2 2 ❑ ❑ ❑ = x- 2x + 1 + y -2y +1 + z-2z +1 = (x-1)+ (y-1) +(z-1) 0 ❑2 ❑2 ❑2 DÊu(=)x¶y ra khi x=y=z=1 Bài 2: chøng minh r»ng : 2. 2. ❑. ❑. 2. ❑. a2 +b2 a+ b ≥ 2 2. 2. ( ). a2 +b2 +c 2 a+ b+c ≥ 3 3. (. 2. ). a) Gi¶i. 2. 2. 2. a +b a+b − a) Ta xÐt hiÖu 2 2 2 ( a2+ b2 ) a2+ 2ab+ b2 = − 4 4 1 ( 2 a2 +2 b2 − a2 −b 2 −2 ab ) = 4 1 ( a −b )2 ≥ 0 = 4. ( ). b).

(57) a2 +b2 a+ b ≥ 2 2. 2. ( ). VËy DÊu b»ng x¶y ra khi a=b b)Ta xÐt hiÖu a2 +b2 +c 2 a+b+ c 2 − 3 3 1 ( a − b ) 2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 ] ≥ 0 [ 9 a2 +b2 +c 2 a+ b+c 2 ≥ VËy 3 3. (. (. ). =. ). DÊu b»ng x¶y ra khi a = b =c Bài 3: Cho a, b, c, d,e lµ c¸c sè thùc chøng minh r»ng b2 ≥ ab a) 4 2 2 a +b +1 ≥ ab+a+ b b) a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) c) a2 +. Gi¶i: 2. b ≥ ab a) 4 2 2 2 2 ⇔ 4 a +b ≥ 4 ab ⇔ 4 a − 4 a+b ≥ 0 2 ⇔ ( 2 a −b ) ≥ 0 (bất đẳng thức này luôn đúng) 2 b a2 + ≥ ab VËy (dÊu b»ng x¶y ra khi 2a=b) 4 2 2 a +b +1 ≥ ab+a+ b b) ⇔ 2( a2 +b2 +1)> 2(ab+ a+b) 2 2 2 2 ⇔ a − 2ab+ b +a −2 a+1+b − 2b +1≥ 0 2 b −1 ¿ ≥0 2 a −1 ¿ +¿ Bất đẳng thức cuối đúng. 2 a −b ¿ + ¿ ⇔¿ 2 a +b 2+1 ≥ ab+a+ b VËy a2 +. DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=1 a2 +b 2+ c 2+ d2 + e2 ≥ a ( b +c +d +e ) c) ⇔ 4 (a 2+ b2+ c 2+ d 2+ e2 )≥ 4 a ( b+c + d+ e ) ⇔. ( a 2 − 4 ab+ 4 b 2) + ( a2 − 4 ac+ 4 c 2 ) + ( a2 − 4 ad + 4 d 2 ) + ( a 2 − 4 ac +4 c2 ) ≥ 0. ⇔. ( a −2 b )2 + ( a− 2 c )2 + ( a− 2 d )2+ ( a− 2 c )2 ≥ 0. Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh ( a10 +b 10) ( a2+ b2 ) ≥ ( a8 +b 8 )( a4 + b4 ) Bài 4: Chøng minh r»ng: Gi¶i: 10 10 2 2 8 8 4 4 12 ( a +b ) ( a + b ) ≥ ( a +b )( a + b ) ⇔ a +a10 b2 +a 2 b10 +b 12 ≥ a12+ a8 b4 + a4 b 8+ b12 ⇔ a8 b2 ( a 2 − b2 ) +a2 b8 ( b 2 − a2 ) ≥0 a2b2(a2-b2)(a6-b6) 0 a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0 ⇔ ⇔ Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh..

(58) Bài 5: Cho x.y =1 vµ x.y x2 + y2 x− y 2. 2 √ 2 Chøng minh. Gi¶i:. 2. x +y ⇒ 2 √2 2 √ 2 v× :xy nªn x- y 0 x2+y2 ( x-y) x− y x2+y2- x+y 0 x2+y2+2- x+y -2 0 ⇒ 2 √2 2 √2 ⇔ 2 √2 2 √2 x2+y2+()2- x+y -2xy 0 v× x.y=1 nªn 2.x.y=2 ⇔ √ 2 2 √2 2 √2 (x-y-)2 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh ⇒ √2.  Sử dụng một số bất đẳng thức cổ điển thông dụng: 2. 2. a) x + y ≥ 2 xy 2 2 b) dÊu( = ) khi x = y = 0 x + y ≥∨xy∨¿ 2 ( x+ y ) ≥ 4 xy c) a b + ≥2 d) b a a1 +a2 +a 3+. . ..+ an ≥ √ a1 a2 a3 . .. . an ai >0 2)Bất đẳng thức Cauchy (Cosi): n 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski (BCS) 2. +¿ n ¿ 2 2 x 1+ x 2 +.. . .¿ 2 ( a1 x 1+ a2 x 2 +. .. .+an x n ). ( a 2 + a22+ .. ..+ a2n ) . 2. ¿. 4) Bất đẳng thức Trê- B-Sép:. {Aa≤≤ bB≤≤ cC {Aa≥≤bB≤≥Cc a=b=c {A=B=C. ⇒. aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≥ . 3 3 3. NÕu. ⇒. aA+ bB+cC a+b+ c A+ B+C ≤ . 3 3 3. NÕu. DÊu b»ng x¶y ra khi. Bài 6: Cho a, b ,c lµ c¸c sè kh«ng ©m chøng minh r»ng (a+b)(b+c)(c+a)8abc. 2. ( x+ y ) ≥ 4 xy ( a+b )2 ≥ 4 ab ⇒. ⇒. ( a+b )2. Gi¶i: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: ( b+ c )2 ≥ 4 bc. ( b+ c )2. ( c +a )2. ( c +a )2 ≥ 4 ac 64 a 2 b 2 c 2=( 8 abc )2. (a+b)(b+c)(c+a)8abc DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c 2 2 2 2 a +b + c + d + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10 VËy. Tacã. ;. ;. Víi.

(59) 2 2 2 a +b + c =1 Bài 7: Cho a>b>c>0 vµ chøng minh r»ng a3 b3 c3 1    b c a c a b 2. Gi¶i:. {. ⇒. 2. 2. 2. a ≥ b ≥c a b c ≥ ≥ b+ c a+ c a+ b. Do a,b,c đối xứng ,giả sử abc. ¸p dông B§T Trª- b-sÐp ta cã a b c a2+ b2 +c 2 a b c 2 2 a . +b . +c . ≥ . + + b+ c a+ c a+ b 3 b+ c a+c a+ b. (. 2. 3. 3. 1 √3. 3. a b c 1 + + ≥ b+c a+ c a+b 2. VËy. ). 1 3 . 3 2. 1 2. ==. DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c=. Bài 8: Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng : a2 +b 2+ c 2+ d2 + a ( b+c ) +b ( c +d ) +d ( c +a ) ≥ 10. Gi¶i: 2. 2. 2. 2. a +b ≥ 2 ab Ta cã 2 2 c + d ≥ 2 cd 1 Do abcd =1 nªn cd = ab 2. a +b + c ≥ 2(ab+cd )=2(ab+. 1 )≥ 4 ab. a ( b+ c )+ b ( c+ d )+ d ( c+ a ) Ta cã. MÆt kh¸c: =(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad). (ab+ ab1 )+( ac+ac1 )+( bc+ bc1 ) ≥ 2+ 2+ 2. =. Bài 9: Cho 4 sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng: b+d ¿2 ¿ a+c ¿2 +¿ ¿ √¿. Gi¶i: ( a+ c ) + ( b+ d ) =a + b + 2 ( ac + bd ) + c +d Ta có: ( a 2+b 2 ) +2 √ a2+ b2 . √ c 2+ d 2+ c 2+ d 2 Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Tacã ac+bd √ a2 +b2 . √c 2 +d 2 2. 2. ⇒. 2. 2. 2. 2. b+d ¿2 ¿ a+ c ¿2 +¿ ¿ √¿. Bài 10: Chøng minh r»ng 2. 2. 2. a +b + c ≥ ab+ bc+ac. Gi¶i: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski. (1).

(60) XÐt cÆp sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã: ( 1 +1 +12 ) (a2 +b 2+ c2 )≥ ( 1 .a+ 1. b+1 . c )2 ⇒ ( a 2+b 2+ c 2 ) ≥ a2 +b 2+ c 2+2 ( ab+ bc+ ac ) 2. ⇒. 2. 2. 2. 3. 2. a +b + c ≥ ab+ bc+ac. §iÒu ph¶i chøng minh DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c Bài 11: Cho a,b,c,d > 0 .Chøng minh r»ng 1<. a b c d + + + <2 a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b. Gi¶i : Theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc ta cã. a a a+ d <1 ⇒ < a+b+ c a+b+ c a+b+ c+d a a MÆt kh¸c : > a+b+ c a+b+ c+ d. (1) (2). Tõ (1) vµ (2) ta cã a a+b+ c+ d. a a+b+ c. a+d a+b+ c+ d. <<. (3). T¬ng tù ta cã. b b b+ a < < a+b+ c+ d b+c +d a+b+ c+ d c c b +c < < a+b+ c+d c +d +a a+b+ c+d d d d+ c < < a+b+ c+ d d +a+b a+ b+c +d. (4) (5) (6). céng vÕ víi vÕ cña (3); (4); (5); (6) ta cã 1<. a b c d + + + <2 a+b+ c b+c +d c+ d+ a d +a+ b. ®iÒu ph¶i chøng minh. Bài 11: Cho a;b;clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Gi¶i a)V× a,b,c lµ sè ®o 3 c¹nh cña mét tam gi¸c nªn ta cã 0<a< b+c 0<b< a+c 0<c <a+ b. {. a2 <a(b+c ) b2 <b(a+c ) c 2< c (a+b). {. . Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b − c ¿2 b) Ta cã a2 >a 2 − ¿ c −a ¿ 2 b2 >b 2 − ¿ a −b ¿ 2> 0 c 2 >c 2 − ¿. a > b-c . >0. b > a-c   > 0. c > a-b   Nhân vế các bất đẳng thức ta đợc.

(61) ⇒ a 2 b2 c 2 > [ a2 − ( b − c )2 ][ b 2 − ( c − a )2 ][ c 2 − ( a −b )2 ] 2 2 2 ⇒ a 2 b 2 c 2 > ( a+b − c ) ( b +c − a ) ( c +a −b ) ⇒ abc> ( a+b − c ) . ( b+c −a ) . ( c +a −b ) a b c 3 + + ≥ Bài 12: Cho a,b,c > 0 Chøng minh r»ng (1) b+c c +a a+b 2. Gi¶i : y+z −x z+x − y x+y −z §Æt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= ; b = ; c = 2 2 2 y + z − x z +x − y x+ y − z 3 ta cã (1) + + ⇔ 2x 2y 2z 2 y z x z x y + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 ⇔ x x y y z z y x z x z y ( + ¿+( + )+( + )≥ 6 ⇔ x y x z y z y x z x z y + ≥ 2; + ≥2 + ≥ 2 Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( ; nên ta có x y x z y z. ®iÒu ph¶i chøng minh Bài 13: Cho a,b,c > 0 vµ a+b+c <1 Chøng minh r»ng: 1 1 1 + 2 + 2 ≥9 a +2 bc b +2 ac c +2 ab. (1). 2. Gi¶i: a +2 bc b +2 ac c + 2ab §Æt x = ; y = ; z = x+ y+ z=( a+b +c )2< 1 Ta cã 2. 2. 2. 1 1 1 ⇔ + + ≥9 x y z. (1) Víi x+y+z < 1 vµ x ,y,z > 0 Theo bất đẳng thức Côsi ta có 3. x+ y+ z ≥ √3 xyz 1 1 1 + + ≥ x y z. ⇒. √ 3. ( x+ y+ z ) .. 1 xyz. 3. .. ( 1x + 1y + 1z ) ≥ 9. Mµ x+y+z < 1. 1 1 1 + + ≥9 x y z. VËy. (®pcm). Bài 14: Cho x > y vµ xy =1 .Chøng minh r»ng 2 ( x2 + y 2 ) ( x − y )2 2. 2. ≥8. 2. 2. x + y =( x − y ) +2 xy =( x − y ) +2 Ta cã 2 ⇒ ( x 2+ y 2) =( x − y )4 +4 . ( x − y )2 +4. Gi¶i : (v× xy = 1). Do đó BĐT cần chứng minh tơng đơng với ( x − y )4 +4 ( x − y )2 +4 ≥ 8. ( x − y )2 ⇔ ( x − y )4 −4 ( x − y )2 + 4 ≥ 0.

(62) 2. [ ( x − y )2 − 2 ] ≥ 0. ⇔. BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh. Bài 15: Cho xy 1 .Chøng minh r»ng 1 1 2 + ≥ 2 2 1+ x 1+ y 1+ xy. 1 1 2 + ≥ Ta cã 2 2 1+ x 1+ y 1+ xy 1 1 1 1 − + − ≥0 ⇔ 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ y 1+ xy xy − x 2 xy − y 2 + ≥0 ⇔ ( 1+ x 2 ) . (1+ xy ) ( 1+ y 2 ) . ( 1+ xy ) x( y −x) y (x − y ) + ≥0 ⇔ 2 ( 1+ x ) . (1+ xy ) ( 1+ y 2 ) . ( 1+ xy ) ( y − x )2 ( xy −1 ) ≥0 ⇔ ( 1+ x 2 ) . ( 1+ y 2) . ( 1+xy ). (. )(. Gi¶i :. ). BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 16: a. Cho a , b, c lµ c¸c sè thùc vµ a + b +c =1 2. 2. 2. a +b + c ≥. 1 3. Chøng minh r»ng b. Cho a,b,c lµ c¸c sè d¬ng. ( a+b +c ) .. ( 1a + 1b + 1c )≥ 9. Chøng minh r»ng Gi¶i :. a.. ¸p dông B§T BunhiaC«pski cho 3 sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ( 1. a+1 . b+1 . c )2 ≤ ( 1+1+1 ) . ( a2 +b2 +c 2 ) Ta cã ⇔ ( a+b +c )2 ≤ 3 . ( a2 +b2 +c 2 ) 2 2 2 1 (v× a+b+c =1 ) (®pcm) ⇔ a +b + c ≥ 3. ( a+b +c ) . ⇔ ⇔. ( 1a + 1b + 1c )≥ 9. b.. a a b b c c 1+ + + +1+ + + +1≥ 9 b c a c a a a b a c b c 3+ + + + + + ≥ 9 b a c a c b. (. )( )( ). x y + ≥2 y x. ¸p dông B§T phô Víi x,y > 0 Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng. ( a+b +c ) .. ( 1a + 1b + 1c )≥ 9. VËy. (®pcm). Bài 17: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña : T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Gi¶i :.

(63) . Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|. |x-1+4-x| = 3. x  2  x  3  x  2  3  x  x  2  3  x 1. Vµ.  VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| 1+3 = 4  1  x 4 Ta cã tõ (1) DÊu b»ng x¶y ra khi  2  x 3 (2) DÊu b»ng x¶y ra khi 2  x 3 VËy T cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ 4 khi. Bài 18: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x). víi x,y,z > 0 vµ x+y+z =1 Gi¶i :. V× x,y,z > 0 ,¸p dông B§T C«si ta cã 3 xyz 3. . 3. x+ y + z. 1 1 xyz   xyz  3 27. áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có.  x  y  .  y  z  .  z  x  3 3  x  y  .  y  z  .  x  z   2 3 3  x  y  .  y  z  .  z  x  1 3. DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=. 8 1 8 .   27 27 729 VËy S 8 1 729 3 VËy S cã gi¸ trÞ lín nhÊt lµ khi x=y=z= 4 4 4 x  y  z Bài 19:Cho xy+yz+zx = 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña. Gi¶i : ¸p dông B§T Bunhiacèpski cho 6 sè (x,y,z) ;(x,y,z).  xy  yz  zx . 2.  x2  y 2  z 2. .  1  x2  y 2  z. . 2. 2. x ,y ,z. 2. . 2. Ta cã. 2 2. . (1). Ap dông B§T Bunhiacèpski cho () vµ (1,1,1). ( x 2  y 2  z 2 ) 2 (12  12  12 )( x 4  y 4  z 4 )  ( x 2  y 2  z 2 )2 3( x 4  y 4  z 4 ) 4. 4. 4. Ta cã.  1 3( x  y  z ) Tõ (1) vµ (2) 1  x4  y 4  z 4  3 1 3  4 4 4 x y z 3 3 VËy cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ khi x=y=z=. (1) (2).

(64) Bµi 20: T×m c¸c sè nguyªn x,y,z tho¶ m·n x 2  y 2  z 2 xy  3 y  2 z  3. Gi¶i : V× x,y,z lµ c¸c sè nguyªn nªn: 2. 2. x  y  z 2 xy  3 y  2 z  3  x 2  y 2  z 2  xy  3 y  2 z  3 0   y2   3y2   x 2  xy      3 y  3   z 2  2 z 1 0 4   4  . . 2. . 2. y 2  y    x    3   1   z  1 0 2  2  2. (*). 2. y 2  y   x    3   1   z  1 0 x, y  R 2  2  2. y     x    3 2   y   x  2 0  y    1 0  2  z  1 0    x 1   y 2  z 1 . 2. y  2  1   z  1 0 2   x 1   y 2   z 1. C¸c sè x,y,z ph¶i t×m lµ. Mµ.

(65) VẤN ĐỀ 7: HÌNH HỌC A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ. I. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG ---***--Phần I: Lý thuyết cần nhớ: I. Một số hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông. Trong một tam giác vuông: A. a. AH 2 BH .CH  Bình phương đường cao ứng với cạnh. huyền bằng tích hai hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền. b. AH .BC  AB. AC  Tích hai cạnh góc vuông bằng tích cạnh B. huyền với đường cao tương ứng.. H. C. c. AB 2 BC.BH , AC 2 BC.HC  Bình phương mỗi cạnh góc vuông bằng. tích của cạnh huyền với hình chiếu tương ứng của cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền. d.. 1 1 1  2 2 AH AB AC 2.  Nghịch đảo bình phương đường cao bằng. tổng nghịch đảo bình phương hai cạnh góc vuông. A II. Các tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông. Cạnh kề 1. Các tỉ số lượng giác. AC AB , Cos  BC BC AC AB tg  , Cotg  AB AC Sin . . Mẹo nhớ: “Sin Đi – Học, Cos Không – Hư, tg Đoàn – Kết, Cotg Kết – Đoàn” 2. Một số tính chất và đẳng thức lượng giác cần nhớ:  0    90 0  sin  , cos  1 a. Với góc nhọn () thì tg . sin  cos , cot g  cos sin  b.. Cạnh đối B. Cạnh huyền.

(66) tg . 1 1 ,cot g   tg .cot g 1 cot g tg c.. sin 2   cos 2 1  sin   1  cos 2 , cos  1  sin 2  d. (Các bạn nhớ chỉ được lấy giá. trị dương vì tuân theo tính chất a ở mục này)  sin  sin     e. Với góc nhọn và 1  tg 2 . 1 1 ,1  cot g 2  2 2 cos  sin  f. (Công thức này thầy đã chứng minh cho các bạn). 3. Mối quan hệ lượng giác của các góc phụ nhau.    90   Nếu thì các giá trị lượng giác của và chéo nhau, tức là: sin  cos , cos sin  , tg cot g  , cot g tg . 4. Hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông. A b a.sin B a.cos C c a.sin C a.cos B b c.tgB c.cot gC c b.tgC b.cot gB. c. b. Vậy: Trong một tam giác vuông: B a C a. Độ dài một cạnh góc vuông bằng tích của cạnh huyền với sin góc đối hoặc cos góc kề. b. Độ dài một cạnh góc vuông bằng tích của cạnh góc vuông còn lại với tg góc đối hoặc cotg góc kề. Note: Giải tam giác là khái niệm của việc đi tính số đo của các góc nhọn, độ dài các cạnh của một tam giác vuông. II. GÓC VÀ ĐƯỜNG TRÒN §êng trßn: 1,§Þnh nghÜa: Tập hợp các điểm cách điểm 0 cho trớc một khoảng cách R > 0 không đổi gọi là đờng tròn tâm 0 bán kính R . Kí hiệu : ( 0 ; R) 2, Vị trí tơng đối: * Của một điểm với một đờng tròn : xÐt (0 ; R ) vµ ®iÓm M bÊt k× Vị trí tơng đối. HÖ thøc. M n»m ngoµi ( O ; R ). OM > R. M n»m trªn( O ; R ) hay M thuéc( O ; R). OM = R. M n»m trong ( O ; R ). OM < R.

(67) * Vị trớ của một đờng thẳng với một đờng tròn : xét ( O; R) và đờng thẳng a bất kì (với d là khoảng cách từ tâm O đến đờng thẳng a) vị trí tơng đối. Sè ®iÓm chung. HÖ thøc. a c¾t ( O ; R ). 2. d<R. a tiÕp xóc ( O ; R ). 1. d=R. a vµ ( O ; R ) kh«ng 0 giao nhau. d>R. * Của hai đờng tròn : xÐt ( O;R) vµ (O’; R’) ( víi d = O O’ ) vị trí tơng đối. Sè ®iÓm chung. HÖ thøc. Hai đờng tròn cắt nhau. 2. R – r < d < R- r. Hai đờng tròn tiếp xúc 1 nhau : + tiÕp xóc ngoµi : + tiÕp xóc trong : Haiđờng tròn không 0 giao nhau : +hai đờng tròn ở ngoài nhau : +đờng tròn lớn đựng đờng tròn nhỏ :. d=R+r d=R–r. d>R+r d < R -r. 3 . Tiếp tuyến của đờng tròn : a. §Þnh nghÜa : đờng thẳng d đợc gọi là tiếp tuyến của một đờng tròn nếu nó chỉ có một điểm chung với đờng đó . b, TÝnh chÊt : + Tính chất 1 : Nếu một đờng thẳng là một tiếp tuyến của một đờng tròn thì nó vuông gãc víi b¸n kÝnh ®i qua tiÕp ®iÓm . + Tính chất 2 : Nếu hai tiếp tuyến của một đờng tròn cắt nhau tại một điểm thì giao điểm này cách đều hai tiếp điểm và tia kẻ từ giao điểm đó qua tâm đờng tròn là tia ph©n gi¸c cña gãc t¹o bëi hai tiÕp tuyÕn . c, C¸ch chøng minh :  Cách 1 : chứng minh đờng thẳng đó có một điểm chung với đờng tròn đó .  Cách 2 : chứng minh đờng thẳng đó vuông góc với bán kính của đờng tròn đó tại một điểm và điểm đó thuộc đờng tròn . 4 . Quan hệ giữa đờng kính và dây cung :.

(68) * §Þnh lÝ 1 : §êng kÝnh vu«ng gãc víi mét d©y cung th× chia d©y cung Êy ra thµnh hai phÇn b»ng nhau . * §Þnh lÝ 2 : §êng kÝnh ®I qua trung ®iÓm cña mét d©y cung kh«ng ®i qua t©m th× vu«ng gãc víi d©y cung Êy. 5 . Quan hệ giữa dây cung và khoảng cách đến tâm : * Định lí 1 : Trong một đờng tròn hai dây cung bằng nhau khi và chỉ khi chúng cách đều tâm . * Định lí 2 : Trong hai dây cung không bằng nhau của một đờng tròn, dây cung lớn h¬n khi vµ chØ khi nã gÇn t©m h¬n . Góc trong đờng tròn: 1, Các loại góc trong đờng tròn: - Gãc ë t©m - Gãc néi tiÕp - Góc có đỉnh ở bên trong hay bên ngoài đờng tròn - Gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung 2, Mèi quan hÖ gi÷a cung vµ d©y cung: * Định lí 1: Đối với hai cung nhỏ trong một đờng tròn: a, Hai cung b»ng nhau c¨ng hai d©y b»ng nhau b, §¶o l¹i, hai d©y b»ng nhau tr¬ng hai cung b»ng nhau. * Định lí 2: Đối với hai cung nhỏ trong một đờng tròn: a, Cung lín h¬n c¨ng d©y lín h¬n b, D©y lín h¬n tr¬ng cung lín h¬n. 3, Tø gi¸c néi tiÕp: a, §Þnh nghÜa: Tứ giác nội tiếp một đờng tròn là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đờng tròn . Đơng tròn đó đợc gọi là đờng tròn ngoại tiếp tứ giác. b, C¸ch chøng minh : * Cách 1: chứng minh bốn đỉnh của tứ giác cùng thuộc một đờng tròn * Cách 2: chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800 * Cách 3: chứng minh tứ giác có hai đỉnh kề nhau nhìn cạnh đối diện dới cùng một gãc. H×nh häc kh«ng gian. 1. Các vị trí tơng đối: a.Vị trí tơng đối của hai đờng thẳng: * a // b  a , b  (P), a vµ b kh«ng cã ®iÓm chung. * a c¾t b  a , b  (P), a vµ b cã mét ®iÓm chung. * a vµ b chÐo nhau  a vµ b kh«ng cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. b. Vị trí tơng đối của đờng thẳng a và mặt phẳng (P): * a // (P)  a vµ (P) kh«ng cã ®iÓm chung. * a c¾t (P)  a vµ (P) cã mét ®iÓm chung. * a  (P)  a vµ (P) cã v« sè ®iÓm chung..

(69) c. Vị trí tơng đối của hai mặt phẳng (P) và (Q): * (P) // (Q)  kh«ng cã ®iÓm chung. * (P)  (Q) = a  có một đờng thẳng a chung ( a gọi là giao tuyến của hai mặt ph¼ng). * (P)  (Q). 2. Mét sè c¸ch chøng minh: a. Chứng minh hai đờng thẳng song song: C1: a vµ b cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. a vµ b kh«ng cã ®iÓm chung. C2: a // c vµ b // c. ( P) //(Q) (P) ∩(R)=a ⇒ a // b C3 : (Q)∩(R)=b. }. b.Chứng minh đờng thẳng song song với mặt phẳng: a // b ⇒ a // ( P) b ⊂(P). }. c.Chøng minh hai mÆt ph¼ng song song: a , b ⊂(Q) ,aXb ⇒( P) // (Q) a // ( P), b //(P). }. d.Chứng minh hai đờng thẳng vuông góc: a ⊥(P) ⇒a ⊥ b b ⊂( P). }. e.Chứng minh đờng thẳng vuông góc với mặt phẳng: a⊥b,a⊥c ⇒ a ⊥( P) bXc , b ⊂( P) , c ⊂( P). }. g.Chøng minh hai mÆt ph¼ng vu«ng gãc: a ⊥(P) ⇒( P) ⊥(Q) a ⊂(Q). }. Mét sè h×nh kh«ng gian: 1. H×nh l¨ng trô: 1. H×nh trô: Sxq = P . h với P: chu vi đáy Sxq = P.h = 2R.h với R: bán kính đáy V=B.h h : chiÒu cao V = B.h = R2.h h: chiÒu cao. B: diện tích đáy.

(70) 2. H×nh chãp: 1 S xq = P . d 2 1 V= B.h 3. với d: đờng cao mặt bên. 2. H×nh nãn: 1 S xq= P . d=πR . l 2 1 1 2 V = B . h= πR . h 3 3. d: đờng sinh; h: chiều cao. 3. H×nh chãp côt: 1 S xq = ( P+ P ' ) . d 2 1 V = ( B+ B ' + √ B. B' ) .h 3. 4. H×nh cÇu: 2. S=4 πR 4 3 V = πR 3. 3. H×nh nãn côt: 1 S xq = ( P+ P ' ) . d=π ( R+r ) d 2 1 π .h 2 2 ( R +r + R . r ) V = ( B+ B ' + √ B. B' ) .h= 3 3.

(71) B. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI. Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P. Chøng minh r»ng: 1. Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp . 2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn. 3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 4. H và M đối xứng nhau qua BC. Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF HD GIẢI:. 1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 , CDH = 900 ( Vì BE, AD là đờng cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEC = 900. CF là đờng cao => CF  AB => BFC = 900. Nh vËy E vµ F cïng nh×n BC díi mét gãc 900 => E vµ F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn. 3. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã:  AEH =  ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung AE AH = =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD. AD AC. * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung BE BC = =>  BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC. AD AC. 4. Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ABC) C2 = A1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => C1 =  C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM c©n t¹i C => CB cũng là đơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn => C1 = E1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp  C1 = E2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)  E1 = E2 => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED. Chøng minh t¬ng tù ta còng cã FC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DFE mµ BE vµ CF c¾t nhau tại H do đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF..

(72) Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiÕp tam gi¸c AHE. 1. Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp . 2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng trßn. 3. 1 Chøng minh ED = BC. 2 4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. HD GIẢI: 1.. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao)  CDH = 900 ( Vì AD là đờng cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác néi tiÕp 2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEA = 900. AD là đờng cao => AD  BC => BDA = 900. Nh vậy E và D cùng nhìn AB dới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn. 3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đờng cao nên cũng là đờng trung tuyÕn => D lµ trung ®iÓm cña BC. Theo trªn ta cã BEC = 900 . 1 VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn => DE = BC. 2. 4. Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam gi¸c AOE c©n t¹i O => E1 = A1 (1). 1 Theo trªn DE = BC => tam gi¸c DBE c©n t¹i D => E3 = B1 (2) 2. Mµ B1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E. Vậy DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại E. 5. Theo gi¶ thiÕt AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. ¸p dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED 2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài 3 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đờng trßn kÎ tiÕp tuyÕn thø ba c¾t c¸c tiÕp tuyÕn Ax , By lÇn lợt ở C và D. Các đờng thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1. Chøng minh AC + BD = CD. 2. Chøng minh COD = 900. 3.. AB 4. 2. Chøng minh AC. BD = .. 4. Chøng minh OC // BM 5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kÝnh CD. 6. Chøng minh MN  AB. 7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trÞ nhá nhÊt..

(73) HD GIẢI: 1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD 2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: OC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AOM; OD lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kÒ bï => COD = 900. 3. Theo trªn COD = 900 nªn tam gi¸c COD vu«ng t¹i O cã OM  CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ). áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông ta có OM 2 = CM. DM, AB 2 Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = . 4. 4. Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD .(1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cña BM => BM  OD .(2). Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( V× cïng vu«ng gãc víi OD). 5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO là bán kính. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC  AB; BD  AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đờng trung b×nh cña h×nh thang ACDB => IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đờng tròn đờng kính CD CN AC = BN BD. CN CM 6. Theo trªn AC // BD => , mµ CA = CM; DB = DM nªn = BN DM. suy ra. => MN // BD mµ BD  AB => MN  AB. 7. ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhá nhÊt khi CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt khi CD lµ kho¶ng c¸ch gi÷ Ax vµ By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB. Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O là trung điểm cña IK. 1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. 2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm.. HD GIẢI: 1. Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B Do đó BI  BK hayIBK = 900 . Tơng tự ta cũng có ICK = 900 nh vậy B và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. 2. Ta cã C1 = C2 (1) ( v× CI lµ ph©n gi¸c cña gãc ACH..

(74) C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ). I1 =  ICO (3) ( v× tam gi¸c OIC c©n t¹i O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đờng trßn (O). 3. Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. √ 202 − 122 AH2 = AC2 – HC2 => AH = = 16 ( cm) CH2 122 = CH2 = AH.OH => OH = = 9 (cm) AH 16 √ OH2 +HC2 =√ 92+ 122=√ 225 OC = = 15 (cm). Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng thẳng d lấy ®iÓm M bÊt k× ( M kh¸c A) kÎ c¸t tuyÕn MNP vµ gäi K lµ trung ®iÓm cña NP, kÎ tiÕp tuyÕn MB (B lµ tiÕp ®iÓm). KÎ AC  MB, BD  MA, gäi H lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD, I lµ giao ®iÓm cña OM vµ AB. 1. Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp. 2. Chøng minh n¨m ®iÓm O, K, A, M, B cïng nằm trên một đờng tròn . 3. Chøng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2. 4. Chøng minh OAHB lµ h×nh thoi. 5. Chøng minh ba ®iÓm O, H, M th¼ng hµng. 6. T×m quü tÝch cña ®iÓm H khi M di chuyÓn trªn đờng thẳng d HD GIẢI: 1. (HS tù lµm). 2. Vì K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đờng kính Vµ d©y cung) => OKM = 900. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900. nh vậy K, A, B cùng nhìn OM dới một góc 900 nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng tròn. 3. Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cña AB => OM  AB t¹i I . Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900 nªn tam gi¸c OAM vu«ng t¹i A cã AI là đờng cao. áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2. 4. Ta cã OB  MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tø gi¸c OAHB lµ h×nh b×nh hµnh; l¹i cã OA = OB (=R) => OAHB lµ h×nh thoi. 5. Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi. => OH  AB; còng theo trªn OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đờng thẳng vuông góc với AB). 6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng thẳng d là nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH..

(75) Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đờng kính của đờng tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đờng trßn t¹i D c¾t CA ë E. 1. Chøng minh tam gi¸c BEC c©n. 2. Gäi I lµ h×nh chiÕu cña A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH. 3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đờng trßn (A; AH). 4. Chøng minh BE = BH + DE. HD GIẢI: 1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2). Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến của BEC => BEC lµ tam gi¸c c©n. => B1 = B2 2. Hai tam gi¸c vu«ng ABI vµ ABH cã c¹nh huyÒn AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH. 3. AI = AH vµ BE  AI t¹i I => BE lµ tiÕp tuyÕn cña (A; AH) t¹i I. 4. DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài 7 Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, tõ P kÎ tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (O) t¹i M. 1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đợc một đờng tròn. 2. Chøng minh BM // OP. 3. §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N. Chøng minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh. BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo dµi c¾t nhau t¹i J. Chøng minh I, J, K th¼ng hµng.. HD GIẢI: 1. (HS tù lµm). 2. Ta cã  ABM néi tiÕp ch¾n cung AM;  AOM lµ gãc ë t©m AOM AOM 2 2 ch¾n cung AM =>  ABM = (1) OP lµ tia ph©n gi¸c  AOM ( t/c hai. tiÕp tuyÕn c¾t nhau ) =>  AOP = (2) Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) 3. XÐt hai tam gi¸c AOP vµ OBN ta cã : PAO=900 (v× PA lµ tiÕp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB). => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5).

(76) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau). 4. Tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM c¾t nhau t¹i I nªn I lµ trùc t©m tam gi¸c POJ. (6) DÔ thÊy tø gi¸c AONP lµ h×nh ch÷ nhËt v× cã PAO = AON = ONP = 900 => K là trung điểm của PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật). (6) AONP lµ h×nh ch÷ nhËt => APO =  NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau Ta cã PO lµ tia ph©n gi¸c APM => APO = MPO (8). Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đờng cao => IK  PO. (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K th¼ng hµng. Bài 8 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn ( M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyÕn Ax. Tia BM c¾t Ax t¹i I; tia ph©n gi¸c cña gãc IAM cắt nửa đờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE c¾t Ax t¹i H, c¾t AM t¹i K. 1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM . IB. 3) Chøng minh BAF lµ tam gi¸c c©n. 4) Chøng minh r»ng : Tø gi¸c AKFH lµ h×nh thoi. 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn.. HD GIẢI: 1. Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). => KMF + KEF = 1800 . Mà KMF và KEF là hai góc đối của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. 2. Ta cã IAB = 900 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã AM  IB ( theo trªn). áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => AI2 = IM . IB. 3. Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM => IAE = MAE => AE = ME => ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE lµ tia ph©n gi¸c gãc ABF. (1) Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đờng cao của tam giác ABF (2). Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam gi¸c c©n. t¹i B . 4. BAF là tam giác cân. tại B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyÕn => E lµ trung ®iÓm cña AF. (3) Tõ BE  AF => AF  HK (4), theo trªn AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM hay AE lµ tia ph©n gi¸c HAK (5) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyÕn => E lµ trung ®iÓm cña HK. (6). Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng). 5. (HD). Theo trªn AKFH lµ h×nh thoi => HA // FH hay IA // FK => tø gi¸c AKFI lµ h×nh thang..

(77) Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn thì AKFI phải là hình thang cân. AKFI lµ h×nh thang c©n khi M lµ trung ®iÓm cña cung AB. ThËt vËy: M lµ trung ®iÓm cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ). (7) Tam gi¸c ABI vu«ng t¹i A cã ABI = 450 => AIB = 450 .(8) Tõ (7) vµ (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI lµ h×nh thang c©n (h×nh thang cã hai góc đáy bằng nhau). Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn. Bài 9 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng 1. Chứng minh AC. AE không đổi. kÝnh AB. KÎ tiÕp tuyÕn Bx vµ lÊy hai 2. Chøng minh  ABD =  DFB. điểm C và D thuộc nửa đờng tròn. Các 3. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tia AC vµ AD c¾t Bx lÇn lît ë E, F (F ë tiÕp. gi÷a B vµ E). HD GIẢI: 1. C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC  AE. ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam giác ABE vuông tại B có BC là đờng cao => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đờng cao ), mà AB là đờng kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi.. 2.  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ). => ABD + BAD = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800)(1)  ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ). => AFB + BAF = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phô víi BAD) 3. Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 . ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD). Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB. Mµ EFD + DFB = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) nªn suy ra ECD + EFD = 1800, mÆt kh¸c ECD vµ EFD lµ hai gãc đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp. Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn sao cho AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. Gọi P là chân đơng vuông góc từ S đến AB. 1. Chøng minh bèn ®iÓm A, M, S, P cïng n»m trªn một đờng tròn 2. Gäi S’ lµ giao ®iÓm cña MA vµ SP. Chøng minh r»ng tam gi¸c PS’M c©n. 3. Chứng minh PM là tiếp tuyến của đờng tròn..

(78) HD GIẢI:. 1. Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 . Nh vËy P vµ M cïng nh×n AS díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng n»m trên đờng tròn đờng kính AS. Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn. 2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đờng tròn nên M’ cũng nằm trên đờng trßn => hai cung AM vµ AM’ cã sè ®o b»ng nhau => AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H =>MM’// SS’(cùng vuông góc víi AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (v× so le trong) (2). => Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’. Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn => ASP=AMP (nội tiÕp cïng ch¾n AP ) => AS’P = AMP => tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P. 3. Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c SMS’ vu«ng t¹i M => B1 = S’1 (cïng phô víi S). (3) Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => S’1 = M1 (4) Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = OB =R) => B1 = M3 (5). Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đờng tròn tại M. Bµi 11. Cho tam gi¸c ABC (AB = AC). C¹nh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) tại các điểm D, E, F . BF cắt (O) t¹i I , DI c¾t BC t¹i M. Chøng minh : 1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän. 2. DF // BC. 3. Tø gi¸c BDFC néi tiÕp. BD BM = CB CF. 4. HD GIẢI:. 1. (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF c©n t¹i A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE). Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900. Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän. AD AF  AB AC 2. Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => => DF // BC.. 3. DF // BC => BDFC lµ h×nh thang l¹i cã  B = C (v× tam gi¸c ABC c©n) => BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp đợc một đờng tròn . 4. Xét tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân)..

(79) BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI);  CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF .  BD =BM BDM CBF => CB CF Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kÝnh AB vµ CD vu«ng gãc víi nhau. Trªn ®o¹n th¼ng AB lÊy ®iÓm M (M kh¸c O). CM c¾t (O) t¹i N. §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M c¾t tiÕp tuyÕn t¹i N của đờng tròn ở P. Chứng minh : 1. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp. 2. Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh. 3. CM. CN kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M. 4. Khi M di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB th× P chạy trên đoạn thẳng cố định nào.. HD GIẢI: 1. Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ). Nh vậy M và N cùng nhìn OP dới một góc bằng 900 => M và N cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp. 2. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM =  ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) Tam gi¸c ONC c©n t¹i O v× cã ON = OC = R => ONC = OCN => OPM = OCM. XÐt hai tam gi¸c OMC vµ MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i cã MO lµ c¹nh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2). Tõ (1) vµ (2) => Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh. 3. XÐt hai tam gi¸c OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C là góc chung => OMC NDC CM CO  CD CN => => CM. CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nªn CO.CD = 2R 2 kh«ng. đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.. 4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đờng thẳng cố định vuông góc với CD tại D. V× M chØ ch¹y trªn ®o¹n th¼ng AB nªn P chØ ch¹y trªn do¹n th¼ng A’ B’ song song vµ b»ng AB. Bµi 13 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A (AB 1. Chøng minh AFHE lµ h×nh ch÷ > AC), đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng nhËt. bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đ2. BEFC là tứ giác nội tiếp. ờng kính BH cắt AB tại E, Nửa đờng tròn 3. AE. AB = AF. AC. đờng kính HC cắt AC tại F. Chøng minh EF lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nửa đờng tròn HD GIẢI:.

(80) 1. Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) EAF = 900 ( V× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A) (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng). 2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc một đờng tròn =>F1=H1 (néi tiÕp ch¾n cung AE) . Theo gi¶ thiÕt AH BC nªn AH lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nửa đờng tròn (O1) và (O2) => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mµ AFE + EFC = 1800 (v× lµ hai gãc kÒ bï) => EBC+EFC = 1800 mÆt kh¸c EBC vµ EFC lµ hai gãc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp. AE AF  AC AB 3. XÐt hai tam gi¸c AEF vµ ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE. = ABC ( theo Chøng minh trªn) => AEF ACB => => AE. AB = AF. AC. * HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vu«ng t¹i H cã HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vu«ng t¹i H cã HF  AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE. AB = AF. AC 4. Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt => IE = EH => IEH c©n t¹i I => E1 = H1 . O1EH c©n t¹i O1 (v× cã O1E vµO1H cïng lµ b¸n kÝnh) => E2 = H2. => E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF . Chứng minh tơng tự ta cũng có O2F  EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn . Bµi 14 Cho ®iÓm C thuéc ®o¹n th¼ng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. VÏ về một phía của AB các nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB vµ cã t©m theo thø tù lµ O, I, K. Đờng vuông góc với AB tại C cắt nửa đờng tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA, EB với các nửa đờng tròn (I), (K). 1. Chøng minh EC = MN. 2. Chøng minh MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña c¸c nöa đờng tròn (I), (K). 3. TÝnh MN. 4. Tính diện tích hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng trßn. HD GIẢI: 1. Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) => ENC = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì là hai góc kÒ bï).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt => EC = MN (tÝnh chÊt ® êng chÐo h×nh ch÷ nhËt ).

(81) 2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (I) vµ (K) => B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN). Tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt nªn => C1= N3 => B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cïng lµ b¸n kÝnh) => tam gi¸c KBN c©n t¹i K => B1 = N1 (5) Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN  KN t¹i N => MN lµ tiÕp tuyÕn cña (K) t¹i N. Chøng minh t¬ng tù ta còng cã MN lµ tiÕp tuyÕn cña (I) t¹i M, Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng tròn (I), (K). 3. Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông tại A có EC  AB (gt) => EC2 = AC. BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm. 4. Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã:          S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) = . IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = . 202 = 400. 1 2 Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 1 2    2   S = ( 625- 25- 400) = .200 = 100 314 (cm2). Bài 15 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC. đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) tại D. đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) tại S. 1. Chøng minh ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp . 2. Chøng minh CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB. 3. Gọi E là giao điểm của BC với đờng tròn (O). Chứng minh rằng các đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chøng minh DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE. 5. Chứng minh điểm M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE. HD GIẢI:. 1. Ta cã CAB = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); MDC = 900 ( gãc néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh vậy D và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC => ABCD là tứ giác néi tiÕp. 2. ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB).  EM  SM D1= C3 => => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung b»ng nhau) => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB. 3. Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC nh vậy BA, EM, CD là ba đờng cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy..

(82)  EM  SM 4. Theo trªn Ta cã => D1= D2 => DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE.(1). 5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900. Tø gi¸c AMEB cã MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mµ ®©y lµ hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đờng tròn => A2 = B2 . Tø gi¸c ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DAE (2) Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (H×nh b) C©u 2 : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS  CS   SM  EM  CE => => SCM = ECM => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB.. Bµi 16 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đờng tròn đờng kính BD cắt BC tại E. Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn tại F, G.Chứng minh :. 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam gi¸c EBD. 2. Tø gi¸c ADEC vµ AFBC néi tiÕp . 3. AC // FG. 4. Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy.. HD GIẢI: 1. XÐt hai tam gi¸c ABC vµ EDB Ta cã BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); DEB = 900 ( gãc néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB   CAB . 2. Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kÒ bï); BAC = 900 ( v× ABC vu«ng t¹i A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà đây là hai góc đối nªn ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp .. * BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); DFB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh vậy F và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 900 nên A và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp. 3. Theo trªn ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mµ ®©y lµ hai gãc so le trong nªn suy ra AC // FG. 4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đờng cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy t¹i S..

(83) PHẦN II: MỘT SỐ ĐỀ THI CÓ LỜI GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM ---***---KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ THI MÔN : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề). ĐỀ SỐ 1 x 3 6x  4   2 x  1 x  1 x  1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức :P=. 1. Tìm điều kiện xác định của biểu thức P. 2. Rút gọn P 2 x  ay  4  ax  3 y 5 Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình :. 1. Giải hệ phương trình với a=1 2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Câu 3 (2,0 điểm). Một hình chữ nhật có chiều rộng bằng một nửa chiều dài. Biết rằng nếu giảm mỗi chiều đi 2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm đi một nửa. Tính chiều dài hình chữ nhật đã cho. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) và điểm M nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Vẽ đường kính BB’ của (O). Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng: 1. 4 điểm M,B,O,C cùng nằm trên một đường tròn. 2. Đoạn thẳng ME = R. 3. Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đường tròn cố định, chỉ rõ tâm và bán kính của đường tròn đó. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+ b + c =4. Chứng minh rằng : 4. a 3  4 b3  4 c 3  2 2. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM SỐ 1.

(84) Câu C1.1 (0,75 điểm). C1.2 (1,25 điểm). C2.1 (1,0 điểm). Đáp án, gợi ý. ⇔ x −1≠ 0 x+1 ≠ 0 Biểu thức P xác định x 2 −1 ≠ 0 ¿{{ ⇔ x≠1 x ≠ −1 ¿{ x ( x+1)+3(x −1)−(6 x − 4) x 3 6 x −4 + − = P= x −1 x +1 ( x+1)(x − 1) ( x+1)(x − 1) x 2 + x+ 3 x −3 −6 x + 4 x 2 −2 x+1 ¿ = (x+1)( x − 1) ( x +1)(x −1) 2 x − 1¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2 x + y =−4 x − 3 y =5 Với a = 1, hệ phương trình có dạng: ¿{ ¿ ¿ ⇔ 6 x+ 3 y =−12 x −3 y=5 ⇔ ¿ 7 x =−7 x −3 y=5 ¿ ⇔ x=− 1 −1− 3 y=5 ⇔ ¿ x=−1 y=−2 ¿ ¿{ ¿ ¿ x =−1 y=− 2 Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: ¿{ ¿. Điểm 0,5 0,25. 0,25 0,5 0,5. 0,25 0,25 0,25 0,25.

(85) C2.2 (1,0 điểm). ¿ 2 x=− 4 −3 y=5 ⇔ ¿ x=−2 -Nếu a = 0, hệ có dạng: => có nghiệm duy nhất 5 y=− 3 ¿{ ¿ 2 a -Nếu a , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: ≠ 0 a −3. 0,25. 0,25 0,25 0,25. (luôn đúng, vì với mọi a) ⇔ a ≠ −6 a ≥ 0 0 Do đó, với a , hệ luôn có nghiệm duy nhất. 2. 2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi C3 (2,0 điểm). a. Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x (m), với x > 4.. x Vì chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng là: (m) 2 x x2 x. = => diện tích hình chữ nhật đã cho là: (m2) 2 2 x x − 2 va −2 Nếu giảm mỗi chiều đi 2 m thì chiều dài, chiều 2. rộng của hình chữ nhật lần lượt là: (m) x 1 x2 (x − 2)( −2)= ⋅ Khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm đi 2 2 2. một nửa nên ta có phương trình: 2. 2. x x −2 x − x +4= ⇔ x 2 − 12 x +16=0 2 4 x 1=6+2 √ 5 ………….=> (thoả mãn x>4); x 2=6 −2 √ 5 (loại vì không thoả mãn x>4) 6+2 √ 5 Vậy chiều dài của hình chữ nhật đã cho là (m). ⇔. C4.1 1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn B (1,0 ∠MOB=900 Ta có: (vì MB là tiếp tuyến) điểm) (vì MC là tiếp tuyến) ∠MCO=900 O 1 => MBO + MCO = ∠ ∠ M 2 1 = 900 + 900 = 1800 K => Tứ giác MBOC nội tiếp 1 E B (vì có tổng 2 góc đối =1800) C ’ =>4 điểm M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn C4.2 2) Chứng minh ME = R: (1,0 Ta có MB//EO (vì cùng vuông góc với BB’) điểm) ∠ ∠ => O1 = M1 (so le trong) ∠ ∠ ∠ ∠ Mà M1 = M2 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) => M2 = O1 (1). 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25.

(86) C/m được MO//EB’ (vì cùng vuông góc với BC) ∠ ∠ => O1 = E1 (so le trong) (2) ∠ ∠ Từ (1), (2) => M2 = E1 => MOCE nội tiếp 0 ∠ ∠ => MEO = MCO = 90 0 ∠ ∠ ∠ => MEO = MBO = BOE = 90 => MBOE là hình chữ nhật => ME = OB = R (điều phải chứng minh) C4.3 3) Chứng minh khi OM=2R thì K di động trên 1 đường tròn cố (1,0 định: điểm) ∠ Chứng minh được Tam giác MBC đều => BMC = 600 ∠ => BOC = 1200 OC OC 3 2 3 R => ⇒ OK= =R : √ = √ ∠ ∠ ∠ CosKOC= Cos 300. OK. 0. 0. 0. 0. 2. 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25. 3. 0. KOC = 60 - O1 = 60 - M1 = 60 – 30 = 30 Trong tam giác KOC vuông tại C, ta có: 2√3R Mà O cố định, R không đổi => K di động trên đường 3. 0,25 0,25. tròn tâm O, bán kính = (điều phải chứng minh) 4 C5 4a 3  4 4b3  4 4c 3 (1,0 3 3 3 4 4 4 điểm)   a  b  c  a   a  b  c  b   a  b  c  c. 0,25.  4 a4  4 b4  4 c 4 a  b  c 4 4. a 3  4 b3  4 c3 . 0,25. 0,25 4. 4 4  2 2 4 2 Do đó,. 0,25. Câu 5 4. a;y  4 b;z  4 c Cach 2: Đặt x = => x, y , z > 0 và x4 + y4 + z4 = 4.. 2 2 BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > 2 hay (x3 + y3 + z3 ) > 4 = x4 + y4 + z4 2. Ta xét 2 trường hợp:  2  2 2 2. 2. 2  x3(-x) + y3(-y)+ z3(-z) > 0 (*).. - Nếu trong 3 sô x, y, z tồn tại it nhât một sô , giả sử x thì x3 .. 2 2 Khi đo: x3 + y3 + z3 > ( do y, z > 0).  2 - Nếu cả 3 sô x, y, z đều nhỏ thì BĐT(*) luôn đung. 2 2 Vậy x3 + y3 + z3 > được CM..

(87) KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – Không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 2 ---***--Câu I (2,0 điểm) x 1 x  1 3 1) Giải phương trình .  x 3  3 3 0  2) 3x  2 y 11 Giải hệ phương trình .. Câu II ( 1,0 điểm) 1 1  P=  + 2- a 2 a -a.  a +1 :  a - 2 a a > 0 và a 4 Rút gọn biểu thức với .. Câu III (1,0 điểm) Một tam giác vuông có chu vi là 30 cm, độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 7cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác vuông đó. Câu IV (2,0 điểm) y = 2x - m +1. 1 y = x2 2 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d): và parabol (P): .. 1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3). 2). x1x 2  y1 + y 2   48 0. Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x1;. y1) và (x2; y2) sao cho .  Câu V (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn lấy. điểm C sao cho AC < BC (CA). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở điểm D, AD cắt (O) tại E (E A) . 1) Chứng minh BE2 = AE.DE. 2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F. Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp . 3) Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH. Câu VI ( 1,0 điểm) 1 1  2 a b Cho 2 số dương a, b thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 Q 4  4 2 2 2 a  b  2ab b  a  2ba 2 .. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM.

(88) Câu Câu I (2,0đ) 1) 1,0 điểm. 2) 1,0 điểm. Nội dung x 1  x  1  x  1 3( x  1) 3  x  1 3x  3   2 x 4  x  2 .Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = -2  x 3  3 3 0(1)  3 x  2 y 11 (2) x 3 3 3. 3.3  2 y 11 Thay x=3 vào (2)=> <=>2y=2. <=>y=1 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(3;1)   1 1  a +1  P= + :  a 2- a 2- a  a  2 a  . . = =. =. Câu III (1,0đ). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. . 0,25. 1+ a a 2 a  a (2  a ) a +1. . 0,25. a 2 2- a =-1. 0,25. a. . a 2. . a 2- a. . Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x (cm) (điều kiện 0< x < 15) => độ dài cạnh góc vuông còn lại là (x + 7 )(cm) Vì chu vi của tam giác là 30cm nên độ dài cạnh huyền là: 30–(x + x +7)= 23–2x (cm). 0,25. x 2 + (x + 7) 2 = (23 - 2x) 2 Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình. 0,25.  x 2 - 53x + 240 = 0. 0,25. (1) Giải phương trình (1) được nghiệm x = 5;. x = 48 Đối chiếu với điều kiện có x = 5 (TM đk); x = 48 (không TM đk) Vậy độ dài một cạnh góc vuông là 5cm, độ dài cạnh góc vuông còn lại là 12 cm, độ dài cạnh huyền là 30 – (5 + 12) = 13cm Câu IV (2,0đ) 1) 1,0 điểm. 0,25. Từ (1)=>. <=>x=3. Câu II (1,0đ). Điểm. Vì (d) đi qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 và y = 3 vào hàm số y = 2x – m + 1 ta có 2.(-1) – m +1 = 3  -1 – m = 3  m = -4 Vậy m = -4 thì (d) đi qua điểm A(-1; 3). 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25.

(89) 2) 1,0 điểm. 1 2 x 2 x  m 1 2 Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của. 0,25. phương trình  x 2  4 x  2m  2 0 (1)   '  0  6  2m  0  m  3 ; Để (d) cắt (P) tại. 0,25. hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt y1 = 2 x1  m  1 y 2 = 2 x2  m  1 Vì (x ; y ) và (x ; y ) là tọa độ giao điểm 1 1 2 2. 0,25. của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và , x1 + x 2 = 4, x1x 2 = 2m-2 x1x 2  y1 +y 2   48 0 x1x 2  2x1 +2x 2 -2m+2   48 0  (2m - 2)(10 - 2m) + 48 = 0 Theo hệ thức Vi-et ta có .Thay y ,y vào 1. 2. có  m 2 - 6m - 7 = 0  m=-1(thỏa mãn m<3) hoặc m=7(không thỏa mãn. 0,25. m<3) Vậy m = -1 thỏa mãn đề bài Câu V (3,0đ) 1) 1,0 điểm. Vẽ đúng hình theo yêu cầu chung của đề bài.  ΔABD VìBD là tiếp tuyến của (O) nên BD OB => vuông tại B  Vì AB là đường kính của (O) nên AE BE 0  ΔABD ABD=90 . Áp dụng hệ thức lượng trong (;BE AD) ta có BE2. 0,25. 0,25 0,25 0,25. = AE.DE 2) 1,0 điểm. 0,25 Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán kính của (O)) 0  OFC=90 => OD là đường trung trực của đoạn BC => (1).  Có CH // BD (gt), mà AB BD (vì BD là tiếp tuyến của (O)) 0   OHC=90. 0,25 0,25.   OFC + OHC = 180 Từ (1) và (2) ta có => tứ giác CHOF nội tiếp   HCB=CBD. 0,25. => CH AB =>. (2). 0. 3)1,0 điểm. Có CH //BD=> (hai góc ở vị trí so le trong) mà    ΔBCD CBD DCB HCD cân tại D => nên CB là tia phân giác của. 0,25.

(90)  ΔICD. . AI CI = AD CD do CA CB => CA là tia phân giác góc ngoài. 0,25. đỉnh C của (3) AI HI = AD BD ΔABD Trong có HI // BD => (4) CI HI = CD BD CD=BD  CI=HI  Từ (3) và (4) => mà I là trung điểm. 0,25 0,25. của CH Câu VI (1,0đ). a  0; b  0 (a 2  b)2 0  a 4  2a 2 b  b2 0  a 4  b2 2a 2b 1 1  4  (1) 2 2 4 2 2 2 2 a  b  2 ab 2 ab a  b    a  b  2ab 2a b  2ab 1 1  4 2 2 b  a  2a b 2ab  a  b . 1 (2)  Q  ab  a  b . 0,25 Với ta có: 0,25. Tương tự có. . Từ. (1) và (2) 1 1 1 1  Q   2  a  b 2ab 2 2(ab) 2 Vì mà . a  b 2 ab  ab 1 a b 1 1  Q 2 2 Khi a = b = 1 thì . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là. KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 3. 0,25 0,25.

(91) ---***--Bài I (2,5 điểm) A. x 4 x 2. 1) Cho biểu thức . Tính giá trị của A khi x = 36.  x 4  x  16 B   : x  4  x  2 x 0; x 16  x 4. 2) Rút gọn biểu thức (với ) 3) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số nguyên 12 5 Bài II (2,0 điểm).. Hai người cùng làm chung một công việc trong giờ thì xong. Nếu mỗi người làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu thời gian để xong công việc? Bài III (1,5 điểm) 2 1  x  y 2    6  2 1  x y 2 1. 1) Giải hệ phương trình:. 2 2. x  x 7. 2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. 1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. ACM ACK  2) Chứng minh 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C AP.MB R MA 4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao. cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và . Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK x 2y. M. x 2  y2 xy Bài V (0,5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện , tìm. giá trị nhỏ nhất của biểu thức: GỢI Ý – ĐÁP ÁN Bài I: (2,5 điểm) 36  4 10 5   36  2 8 4 1) Với x = 36, ta có : A = 2) Với x , x  16 ta có :.

(92)  x( x  4) 4( x  4)  x  2 (x  16)( x  2) x 2     x  16 x  16 x  16 (x  16)(x  16) x  16 B = =   x 2  x 4  x 2 2 2 B( A  1)  .   1  .  x  16  x  2  x  16 x  2 x  16 3) Ta có: . B( A  1) x  16  1; 2.  Để nguyên, x nguyên thì là ước của 2, mà Ư(2) =. Ta có bảng giá trị tương ứng: x  16 1 x 17. 1. 15. x 0, x 16 B( A  1) x   14; 15; 17; 18. 2 18. 2. 14.  Kết hợp ĐK , để nguyên thì. Bài II: (2,0 điểm) x. 12 5 Gọi thời gian người thứ nhất hoàn thành một mình xong công việc là x (giờ),. ĐK Thì thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ) 1 1 x x  2 Mỗi giờ người thứ nhất làm được(cv), người thứ hai làm được(cv) 12 12 5 1: 5 5 12 Vì cả hai người cùng làm xong công việc trong giờ nên mỗi giờ cả hai đội. làm được=(cv) Do đó ta có phương trình 1 1 5   x x  2 12. . x2 x 5  x ( x  2) 12.  5x2 – 14x – 24 = 0  , 13 ’ = 49 + 120 = 169, 7  13  6 7  13 20 x  x  4 5 5 5 5 => (loại) và (TMĐK). Vậy người thứ nhất làm xong công việc trong 4 giờ, người thứ hai làm xong công việc trong 4+2 = 6 giờ. 2 1  x  y 2    6  2 1  x y x , y 0 Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ: , (ĐK: ). 4 2 4 6 10  4  1  5  x 2  x  y 4   x 2  x x x      2 1   y 1  6  2 1  2  1 2  2  1 2  2  y 2   x y  x y  x y Hệ .(TMĐK). Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1)..

(93) 2) + Phương trình đã cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, m Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt m  x1  x2 4m  1  2  x1 x2 3m  2 m 2 1. + Theo ĐL Vi –ét, ta có: .. x  x 7  ( x1  x2 )2  2 x1 x2 7 Khi đó: 3 5. 2 2.  (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7  10m2 – 4m – 6 = 0  5m2 – 2m – 3 = 0 Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hay m = . Trả lời: Vậy..... Bài IV: (3,5 điểm) C M H E. A. K. O. B. 0  1) HCB 90 Ta có ( do chắn nửa đường tròn đk AB)  HKB 900 (do K là hình chiếu của H trên AB)   HCB  HKB 1800 => nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB.   2) ACM  ABM AM Ta có (do cùng chắn của (O)) ACK HCK    HBK HK và (vì cùng chắn .của đtròn đk HB) ACM  ACK Vậy 0   3) sd AC sd BC 90 Vì OC  AB nên C là điểm chính giữa của cung AB  AC = BC và Xét 2 tam giác MAC và EBC có    MAC MBC MC MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và = vì cùng chắn cung của (O) MAC và EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân tại C (1) CMB 450 CB  900 Ta lại có (vì chắn cung ) 0 CEM CMB  45 (tính chất tam giác MCE cân tại C)     CME  CEM  MCE 1800 MCE 900 Mà (Tính chất tổng ba góc trong tam giác) (2) Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm)..

(94) 4) Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK. S Xét PAM và  OBM : AP.MB AP OB R   MA MA MB Theo giả thiết ta có. C M H. (vì có RP=. OB).. E. N.  PAM  ABM AM Mặt khác ta có (vì cùng chắn cung A. của (O))  PAM ∽  OBM. K. O. B. AP OB  1  PA PM PM OM .(do OB = OM = R) (3) 0 AMB 90 0  AMS  90. . Vì (do chắn nửa đtròn(O)).     PAM  PSM 90 0  PMS PSM  PS PM  tam giác AMS vuông tại M.  0   PMA  PMS 90. và. (4).   PAM PMA Mà PM = PA(cmt) nên. Từ (3) và (4)  PA = PS hay P là trung điểm của AS. NK BN HN   PA BP PS Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: NK HN  PA PS hay  NK NH Mà PA = PS(cmt) hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm). Bài V: (0,5 điểm) Đối với bài toán này, thầy gợi ý một số cách giải sau để các em có thể lựa chọn. Cách 1(không sử dụng BĐT Co Si) x 2  y 2 ( x 2  4 xy  4 y 2 )  4 xy  3 y 2 ( x  2 y ) 2  4 xy  3 y 2 ( x  2 y ) 2 3y   4 xy xy xy xy x Ta có M = =. Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra  x = 2y y 1  3y  3    x 2 x 2 x ≥ 2y  , dấu “=” xảy ra  x = 2y 3 5 2 2 Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 -=, dấu “=” xảy ra  x = 2y 5 2 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y x2  y 2 x2 y 2 x y x y 3x     (  )  xy xy xy y x 4 y x 4 y Cách 2: Ta có M =.

(95) x y x y x y  2 . 1 ; 4y x 4y x 4y x Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương ta có ,. dấu “=” xảy ra  x = 2y x 3 x 6 3 2  .   y 4 y 4 2 Vì x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra  x = 2y 3 5 2 2 Từ đó ta có M ≥ 1 +=, dấu “=” xảy ra  x = 2y 5 2 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y x2  y 2 x2 y 2 x y x 4 y 3y     (  )  xy xy xy y x y x x Cách 3: Ta có M = x 4y x 4y x 4y  2 . 4 ; y x y x y x Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương ta có ,. dấu “=” xảy ra  x = 2y y 1  3y  3    x 2 x 2 Vì x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra  x = 2y 3 5 2 2 Từ đó ta có M ≥ 4-=, dấu “=” xảy ra  x = 2y 5 2 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y 4 x2 x2 3x 2 x 2 x2 2 2 2  y  y   y  y2 2 x2  y 2 3 x 3x 4 4  4 4  4  xy xy xy xy 4 xy xy 4 y Cách 4: Ta có M = 2 x2 2 x2 2 x  y 2 2 . y  xy ;y 4 4 4 Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương ta có ,. dấu “=” xảy ra  x = 2y x 3 x 6 3 2  .   y 4 y 4 2 Vì x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra  x = 2y xy 3 3 5 xy 2 2 2 Từ đó ta có M ≥ += 1+=, dấu “=” xảy ra  x = 2y 5 2 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y. KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 4 ---***--Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :  a 1 P   a  1 .  1 a1  4 a  a 1  2a a , (Với a > 0 , a 1).

(96) P. 2 a  1 1. Chứng minh rằng :. 2. Tìm giá trị của a để P = a Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x 2 và đường thẳng (d) : y = 2x + 3 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt 2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0 1. Giải phơng trình khi m = 4 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là một điểm thuộc (O) ( M khác A và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C. CD là đờng kính của (I). Chứng minh rằng: 1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng 2. Tam giác COD là tam giác cân 3. Đờng thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đường tròn (O) a 2  b 2  c 2 3 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn : a b c 1  2  2  a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2 Chứng minh rằng : 2.

(97) ĐÁP ÁN- GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 4 CÂU. NỘI DUNG P. 2 a  1 1. Chứng minh rằng :.  a 1 P    a1.  P P. 1. P.  1 a1  4 a  a 1  2a a. 2.  . a 1 . . 2. . a  1 4 a. . . a 1. . a 1. . a1. a  2 a  1  a  2 a  1  4a a  4 a. . . a 1. .. a1. . a1. .. 1 2a a. 1 2a a. 4a a 1 2 .  a  1 2a a a  1 (ĐPCM). 2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a 2 a  a 2  a  2 0 a 1 => .. Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm a1 = -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại c 2  2 a 1 a2 = (Thoả mãn điều kiện). 2. Vậy a = 2 thì P = a 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt c 3  3 a 1 x1 = -1 và x2 =. Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => A (-1; 1) Với x2 = 3 => y2 = 32 = 9 => B (3; 9) Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B 2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) Ta biểu diễn các điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ.

(98) B. 9. A D -1. 1 C 0. 3. AD  BC 1 9 .DC  .4 20 2 2 BC.CO 9.3   13,5 2 2 AD.DO 1.1   0,5 2 2. S ABCD  S BOC S AOD. Theo công thức cộng diện tích ta có: S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO) = 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt) 1. Khi m = 4, ta có phương trình x2 + 8x + 12 = 0 có ’ = 16 – 12 = 4 > 0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - 4 + 2 = - 2 và x2 = - 4 - 2 = - 6 3. 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0 Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0 => 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2 Vậy với m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt.

(99) 4. I. C. H M. N A. K. D. 1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng: Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O)  MC  MO (1). 2. 1. O. B.  CMD 900 Xét đường tròn (I) : Ta có  MC  MD (2). Từ (1) và (2) => MO // MD  MO và MD trùng nhau  O, M, D thẳng hàng www.VNMATH.com 2. Tam giác COD là tam giác cân CA là tiếp tuyến của đường tròn (O)  CA AB(3) Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C  CA  CD(4)   DCO COA Từ (3) và (4)  CD // AB => (*) ( Hai góc so le trong)   COA COD CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O)  (**)   DOC  DCO Từ (*) và (**)   Tam giác COD cân tại D 3. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đờng tròn (O)  CHD 900 * Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H.  H  (I) (Bài toán quỹ tích) DH kéo dài cắt AB tại K. Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)  CND 900  NC  NO   COD can tai D =>. Ta có tứ giác NHOK nội tiếp.

(100)  O  DCO    H NHO  NKO 1800 Vì có ( Cùng bù với góc DHN)  (5) 2 1   NDH  NCH. * Ta có : (Cùng chắn cung NH của đường tròn (I)). .    CBO HND HCD.   DHN. COB (g.g). HN OB    HD OC  OB OA HN ON  ...     OC OC HD CD  OA CN ON  ...      OC CD CD  ONH CDH Mà . NHO. DHC (c.g.c).     NHO 900 NHO  NKO 1800 NKO 900 . 5. Mà (5) ,  NK  AB  NK // AC  K là trung điểm của OA cố định  (ĐPCM) a 2  b 2  c 2 3 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : a b c 1  2  2  a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2 Chứng minh rằng : 2. a 2 b2  a  b    x y x y. 2. 2. a 2 b2 c 2  a  b  c     x y x x  y  z * C/M bổ đề: và .. Thật vậy 2. a 2 b2  a  b  2 2    a 2 y  b2 x  x  y   xy  a  b    ay  bx  0 x y xy. . . (Đúng)  ĐPCM 2. a2 b2 c2  a  b  c     x y x x  y  z Áp dụng 2 lần , ta có: 2 2 a  2b  3 a  2b  1  2 2a  2b  2 * Ta có : , tương tự Ta có: …  A. a b c a b c  2  2    a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2a  2b  2 2b  2c  2 2c  2a  2 2. 1 a b c   A    2  a b 1  b c  1 c  a1 . (1). B. a b c   1 a  b  1 b  c  1 c  a  1 Ta chứng minh.

(101) a b c  1  1  1  2 a  b 1 b  c 1 c  a 1 b 1 c 1 a 1     2 a  b 1 b  c 1 c  a 1 b 1 c 1 a 1    2 a  b 1 b  c 1 c  a 1 . 2. 2. 2.  b  1  c  1  a  1    2  a b 1  b 1  b  c 1 c 1   c  a 1  a 1. (2). 3 B. Áp dụng Bổ đề trên ta có: 2. 3.  a  b  c  3 B  a  b  1  b  1   b  c  1  c  1   c  a  1  a  1.  3 B .  a  b  c  3 2. 2. . 2. 2. a  b  c  ab  bc  ca  3(a  b  c )  3. (3). * Mà: 2  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3(a  b  c )  3 2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  6 2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  6 ( Do : a 2  b 2  c 2 3) a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  9  a  b  c  3 . 2.  a  b  c  3. 2. a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3(a  b  c)  3. 2. (4). Từ (3) và (4)  (2) Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh. Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1.

(102) KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 5 ---***---. 1  x 2  1   . x  2 x C©u 1: 2,5 ®iÓm: Cho biÓu thøc A =  x 2. a) Tìm điều kiện xác định và tú gọn A. A. 1 2. b) Tìm tất cả các giá trị của x để. 7 B A 3. c) Tìm tất cả các giá trị của x để đạt giá trị nguyên. C©u 2: 1,5 ®iÓm: Quảng đờng AB dài 156 km. Một ngời đi xe máy tử A, một ngời đi xe đạp từ B. Hai xe xuÊt ph¸t cïng mét lóc vµ sau 3 giê gÆp nhau. BiÕt r»ng vËn tèc cña ngêi ®I xe m¸y nhanh hơn vận tốc của ngời đI xe đạp là 28 km/h. Tính vận tốc của mỗi xe? C©u 3: 2 ®iÓm: Cho ph¬ng tr×nh: x2 – 2(m-1)x + m2 – 6 =0 ( m lµ tham sè). a) Gi¶I ph¬ng tr×nh khi m = 3 2. 2. b) x1  x2 16 Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn C©u 4: 4 ®iÓm Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn tâm O. Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn (A, B lµ c¸c tiÕp ®iÓm). VÏ c¸t tuyÕn MCD kh«ng ®I qua t©m O ( C n»m gi÷a M vµ D), OM c¾t AB vµ (O) lÇn lît t¹i H vµ I. Chøng minh. a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp. b) MC.MD = MA2 c) OH.OM + MC.MD = MO2 d) CI lµ tia ph©n gi¸c gãc MCH..

(103) GỢI Ý – ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5 Câu 1: (2,5 điểm) a, Với x > 0 và x 4, ta có:. 1  x  2 x  2 x 2 x 2  1  .  . x  2 x ( x  2)( x  2) x  x 2 2 x 2  7 3. 2 1 x  2 2   b, A =. 14 2 x  2 3( x  2)  . x 2. 2 x  2 A = = = ... =. > ... x > 4. x  2  x  2  x  2 c, B = . = là một số. nguyên ... là ước của 14 hay = 1, = 7, = 14. (Giải các pt trên và tìm x) Câu 2: (1,5 điểm) Gọi vân tốc của xe đạp là x (km/h), điều kiện x > 0 Thì vận tốc của xe máy là x + 28 (km/h) Trong 3 giờ: + Xe đạp đi được quãng đường 3x (km), + Xe máy đi được quãng đường 3(x + 28) (km), theo bài ra ta có phương trình: 3x + 3(x + 28) = 156 Giải tìm x = 12 (TMĐK) Trả lời: Vận tốc của xe đạp là 12 km/h và vận tốc của xe máy là 12 + 28 = 40 (km/h) Câu 3: (2,0 điểm) a, Thay x = 3 vào phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - 6 = 0 và giải phương trình: x2 - 4x + 3 = 0 bằng nhiều cách và tìm được nghiệm x1 = 1, x2 = 3. b, Theo hệ thức Viét, gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - 6 = 0 , ta có:  x1  x2 2(m  1)  2  x1.x2 m  6. và x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1.x2 = 16 Thay vào giải và tìm được m = 0, m = -4.

(104) CÂU 4 A D C M. O I. HH. B a, Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B nên các góc của tứ giác MAOB vuông tại A và B, nên nội tiếp được đường tròn. MA MD   MC.MD MA2       M MAC MDA AC MC MA b, MAC và MDA có chung và = (cùng. chắn ), nên đồng dạng. Từ đó suy ra (đfcm)    AMO HAO c, MAO và AHO đồng dạng vì có chung góc O và (cùng chắn hai cung. bằng nhau của đường tròn nội tiếp tứ giác MAOB). Suy ra OH.OM = OA 2 Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông MAO và các hệ thức OH.OM = OA 2 MC.MD = MA2 để suy ra điều phải chứng minh. MH MC   MD MO d, Từ MH.OM = MA2, MC.MD = MA2 suy ra MH.OM = MC.MD (*)    DMO Trong MHC và MDO có (*) và chung nên đồng dạng. MC MO MO MC MO     HC MD OA CH OA hay (1)     MAH MAI IAH Ta lại có (cùng chắn hai cung bằng nhau) AI là phân giác của .. MI MA  IH AH Theo t/c đường phân giác của tam giác, ta có: (2)    MHA MAO 900 MHA và MAO có chung và do đó đồng dạng (g.g)   OMA MO MA MC MI    OA AH CH IH (3) Từ (1), (2), (3) suy ra suy ra CI là tia phân giác của góc. MCH. KỲ THI TUYỂN SINH THPT.

(105) MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 6 ---***--Câu I: (2,5 điểm) a) 3 2  10 . 36  64. b). . . 2. 2 3 3. . . 3. 2 5 .. 1. Thực hiện phép. tính: 2a 2  4 1 1   3 1 a 1  a 1  a 2. Cho biểu thức: P = a) Tìm điều kiện của a để P xác định b) Rút gọn biểu thức P. Câu II: (1,5 điểm) 1. Cho hai hàm số bậc nhất y = -x + 2 và y = (m+3)x + 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã cho là: a) Hai đường thẳng cắt nhau b) Hai đường thẳng song song. 2. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2). Câu III: (1,5 điểm) 1. Giải phương trình x 2 – 7x – 8 = 0 x13 x 2  x1x 32  6 2. Cho phương trình x2 – 2x + m – 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện Câu IV: (1,5 điểm) 3x  2y 1 .   x  3y 2 1. Giải hệ phương trình 2x  y m  1  3x  y 4m  1 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1. Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). a) Chứng minh AMOC là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.   ADE ACO c) Chứng mình ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 6 Câu I: (2,5 điểm).

(106) 1. Thực hiện phép tính: a) 3 2  10  36  64  3  8  100  2  10  12. . b). . 2. 2 3 3. . . 3. 2  5  2  3  2  5 3 . 2  2  5  2. 2a 2  4 1 1   3 1 a 1  a 1  a 2. Cho biểu thức: P = a 0 và a 1 a) Tìm điều kiện của a để P xác định:. P xác định khi. b) Rút gọn biểu thức P. 2a  4 1 1   3 1 a 1 a 1 a 2. 2. 2. 2a  4  a  a  1  a. 2. . 2a 2  4  1 . . . . a  a 2  a  1  1  a  a 2  a  1. 1  a   a. a  a a  a  a  1 a  1  a   a 2  a  1. 2. 2.  a  1. aa a. P == a =. 2  2a 2 2 2  1  a   a  a  1 a  a  1 == 2 2 a 0 và a 1 a  a  1 Vậy với thì P = Câu II: (1,5 điểm) 1. Cho hai hàm số bậc nhất y = -x + 2 và y = (m+3)x + 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã cho là:  a) Để hàm số y = (m+3)x + 4 là hàm số bậc nhất thì m + 3 0 suy ra m -3.  Đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng cắt nhau a a’    -1 m+3m -4 Vậy với m -3 và m -4 thì đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng cắt nhau. b) Đồ thị của hàm số đã cho là Hai đường thẳng song song a a '  1 m  3    m  4 b  b' 2  4    thỏa mãn điều kiện m -3 Vậy với m = -4 thì đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng song song. 2. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2).  Vì đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2) nên ta thay x = -1 và y = 2. vào hàm số ta có phương trình 2 = a.(-1)2 suy ra a = 2 (thỏa mãn điều kiện a 0) Vậy với a = 2 thì đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2). Câu III: (1,5 điểm) 1. Giải phương trình x 2 – 7x – 8 = 0 có a – b + c = 1 + 7 – 8 = 0 suy ra x1= -1 và x2= 8.

(107) x13 x 2  x1x 32  6 2. Cho phương trình x2 – 2x + m – 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện .  Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thì ’ 0  1 – m + 3 0  m 4 Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) và x1. x2 = m – 3 (2) 2 x13 x 2  x1x 32  6  x1x 2  x1  x 2   2x1x 2 Theo đầu bài: = 6 (3) 3 3  x1 x 2  x1x 2  6 Thế (1) và (2) vào (3) ta có: (m - 3)(2) 2 – 2(m-3)=6  2m =12  m = 6 Không thỏa mãn điều kiện m 4 vậy không có giá trị nào của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện .. Câu IV: (1,5 điểm) 3  3y  2   2y 1 3x  2y 1  .   x  3y  2  x  3y  2  . 7y 7   x  3y  2 .  y 1   x 1 1. Giải hệ phương trình. 2x  y m  1  3x  y 4m  1 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1. 2x  y m  1 5x 5m  x m  x m     3x  y 4m  1 2x  y m  1 2m  y m  1  y m  1   Mà x + y > 1 suy ra m + m + 1 > 1 2m > 0 m > 0. Vậy với m > 0 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1. Câu V: (3,0 điểm. HD Giải. M.   MAO MCO 900 a) nên tứ giác AMCO nội tiếp   MEA MDA 900 b) . Tứ giác AMDE có D, E cùng nhìn AM dưới cùng một góc 900 Nên AMDE nội tiếp    ADE AME cùng chan cung AE c) Vì AMDE nội tiếp nên. D. C. E A. O.    ACO AME cùng chan cung AO Vì AMCO nội tiếp nên   ADE ACO Suy ra. KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 7. B.

(108) ---***--Câu 1. (2,0 điểm)  x 2 x  2 Q    x  x x  0, x 1  x  2 x 1 x  1 . . . Cho biểu thức , với. a. Rút gọn biểu thức Q b. Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên. Câu 2. (1,5 điểm) x 2  2(m  1)x  m  2 0 m  R. Cho phương trình , với x là ẩn số, a. Giải phương trình đã cho khi m  – 2 x1 x 2 x1 x 2 b. Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt và . Tìm hệ thức liên hệ giữa và mà không phụ thuộc vào m. Câu 3. (2,0 điểm) (m  1)x  (m  1)y 4m  x  (m  2)y 2 mR. Cho hệ phương trình , với a. Giải hệ đã cho khi m  –3 b. Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó. Câu 4. (2,0 điểm) y  x 2 Cho hàm số có đồ thị (P). Gọi d là đường thẳng đi qua điểm M(0;1) và có hệ số góc k. a. Viết phương trình của đường thẳng d b. Tìm điều kiện của k để đt d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt. Câu 5. (2,5 điểm) (D  AC, E  AB). Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của hai đường cao BD và CE của tam giác ABC a. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đường tròn b. Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, J, I thẳng hàng 1 1 1   2 2 DK DA DM 2 c. Gọi K, M lần lượt là giao điểm của AI với ED và BD. Chứng. minh rằng ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 7 Câu 1..

(109)  x 2 x  2 Q    x  2 x  1 x  1   . .   x x  .  . x 2. .   2. x 1.   x  x 1  . x 2. . x1. . . . x 1. a..  x 2  x  1 1 x 2 x  1 1  1 1     x     x  1   1  x  x 1   x 1 x 1 x1  x 1 x  1    1   1 2x x  1  x 1 2 x   . x  . x   x x  1  x 1 x 1 x 1 x 1 2x Q x  1 Vậy. b. Q nhận giá trị nguyên 2x 2x  2  2 2  2  x 1 x 1 x 1 2  Q x  1 x  1 khi khi 2 chia hết cho  x 0  x 2   x  1  x 2  x  1 1     x  1 2  x 3  x 3 đối chiếu điều kiện thì Q. x 2  2(m  1)x  m  2 0 m  R Câu 2. Cho pt , với x là ẩn số,. a.. Giải phương trình đã cho khi m  – 2 x  2x  4 0 Ta có phương trình 2. 2.  5. x  2x  4 0  x  2x  1 5   x  1 5   x  1  5  x  1  5    x 1  5  x  1  5  x  1  5 2. x  1 . 2. 2. 5 x  1  5 Vậy phương trinh có hai nghiệm và. b.  x1  x 2 2  x1x 2  2   2  x1  x 2 2m  2 (1)  x  x 2 2m  2   1  (2)  m x1x 2  2  x1x 2 m  2 m x1x 2  2. có x1  x 2 2  x1x 2  2   2  x1  x 2  2x1x 2  6 0. (m  1)x  (m  1)y 4m  x  (m  2)y 2 m  R Câu 3.. Suy ra. Cho hệ phương trình , với. a. Giải hệ đã cho khi m  –3  2x  2y  12   x  y  6  x 7     y 1  x  5y 2  x  5y 2. Ta được hệ phương trình. Theo Vi-et, ta.

(110)  x; y   7;1 Vậy hệ phương trình có nghiệm với b. Điều kiện có nghiệm của phương trình m  1   m  1  1 m  2   m  1  m  2    m  1   m  1  m  2    m  1 0   m  1  m  1 0 m  1 0 m  1   m  1 0 m 1 m  1 m 1 Vậy phương trình có nghiệm khi và (m  1)x  (m  1)y 4m m  1   m 1 Giải hệ phương trình khi x  (m  2)y 2 4m 4m  2   x y  m  1 x  m  1 4m  x  y    (m  1)x  (m  1)y 4m   m 1  2 y  y   2  x  (m  2)y 2 x  (m  2)y  2   m 1 m 1 .    4m  2  2   m  1 ; m 1    Vậy hệ có nghiệm (x; y) với. Câu 4. a. Viết phương trình của đường thẳng d y kx  b Đường thẳng d với hệ số góc k có dạng 1 k.0  b  b 1 Đường thẳng d đi qua điểm M(0; 1) nên d : y kx 1 Vậy b. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d 2 2  x kx  1  x  kx  1 0  k 2  4 , có   0 d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi k   2  k 2  4  0  k 2  4  k 2  22  k  2 k 2. Câu 5. a. BCDE nội tiếp   BEC BDC 900. Suy ra BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC b. H, J, I thẳng hàng IB  AB; CE  AB (CH  AB) Suy ra IB // CH IC  AC; BD  AC (BH  AC) Suy ra BH // IC Như vậy tứ giác BHCI là hình bình hành J trung điểm BC  J trung điểm IH.

(111) Vậy H, J, I thẳng hàng 1   ACB AIB  AB 2 c.    ACB DEA DEB. cùng bù với góc của tứ giác nội tiếp BCDE   BAI  AIB 900 vì ABI vuông tại B 0  BAI  AED   90 EAK  AEK 900 Suy ra , hay Suy ra AEK vuông tại K Xét ADM vuông tại M (suy từ giả thiết) DK  AM (suy từ chứng minh trên) 1 1 1   2 2 DK DA DM 2 Như vậy. KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 8 ---***--Bài 1: (3, 0 điểm).

(112) Học sinh không sử dụng máy tính bỏ túi a) Giải phương trình: 2x – 5 = 0  y  x 2  b) 5x  3y 10 Giải hệ phương trình: 5 a  3 3 a 1 a2  2 a  8 A   a 0, a  4 Rút gọn biểu thức với a 4 a 2 a 2 c). d) B  4  2 3  7  4 3 Tính giá trị của biểu thức Bài 2: (2, 0 điểm) y mx 2. Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình lần lượt là và. y  m  2  x  m  1  (m là tham số, m 0).. a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P). . b) Chứng minh rằng với mọi m 0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai. điểm phân biệt. Bài 3: (2, 0 điểm) Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100 km. Cùng một lúc, một xe máy khởi hành từ Quy Nhơn đi Bồng Sơn và một xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn đi Quy Nhơn. Sau khi hai xe gặp nhau, xe máy đi 1 giờ 30 phút nữa mới đến Bồng Sơn. Biết vận tốc hai xe không thay đổi trên suốt quãng đường đi và vận tốc của xe máy kém vận tốc xe ô tô là 20 km/h. Tính vận tốc mỗi xe. Bài 4: (3, 0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây MN vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN. a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AK.AH = R2 Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM, chứng minh NI = KB. ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 8 Bài 1: 5 2 a) 2x – 5 = 0  y  x 2   5x  5y 10 2y 20  y 10      5x  3y 10 5x  3y 10  y  x 2  x 8 b) 2 x  5 0  2 x 5  x . c).

(113) . 5 a  3 3 a 1 a 2  2 a  8 5 a  3 A    a 4 a 2 a 2 . .     a  2   a  a  2  a  2. a  2  3 a 1. 5a  10 a  3 a  6  3a  6 a  a  2  a 2  2 a  8. . a 2. . a 2. . .  a 2  8a  16. . a 2. . a 2. .  . 2.  2 a 8. .   a 2  8a  16  a2. . a 2. . 2.   a  4    a  4  4  a a 4 B  42 3  7 4 3 . . . 3 1. 2. .  2  3. 2.  3 1  2 . 3  3 1  2 . 3 3. d). Bài 2: 2 m  1  P   d  y  x ; y  x  2 a) Với và lần lượt trở thành .  P   d   x 2  x  2  x 2  x  2 0 a  b  c 1  1  2 0 x1 1; x2  2. Lúc đó phương trình. hoành độ giao điểm của và là: có nên có hai nghiệm là . x1 1  y1  1 Với x2  2  y2  4 Với.  P   d   1;  1   2;  4  Vậy tọa độ giao điểm của và là và .  P   d  mx 2  m  2  x  m  1  mx 2   m  2  x  m  1 0  * b) Phương trình hoành độ giao điểm của và là: . 2. 2 2 2 m 0  *   m  2   4m   m  1  m  4m  4  4m  4m 5m  4  0  * Với thì là. phương trình bậc hai ẩn x có với mọi m. Suy ra luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Hay với mọi m 0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Bài 3: 1h30' 1,5h Đổi. Đặt địa điểm : - Quy Nhơn là A - Hai xe gặp nhau là C - Bồng Sơn là B. A. x  km / h  x  0 Gọi vận tốc của xe máy là . ĐK : .. Suy ra : x  20  km / h  1,5x  km . Vận tốc của ô tô là .. Quãng đường BC là :. 100  1,5x  km . 1,5x. 100-1,5x. Quãng đường AC là :. 100  1,5x  h x Thời gian xe máy đi từ A đến C là : 1,5 x  h x  20 Thời gian ô tô máy đi từ B đến C là :. C. B.

(114) 100  1,5 x 1,5 x  x x  20 Vì hai xe khởi hành cùng lúc, nên ta có phương trình :. Giải pt : 100  1,5 x 1,5 x    100  1,5 x   x  20  1,5 x 2  100 x  2000  1,5 x 2  30 x 1,5 x 2 x x  20 2  3 x  70 x  2000 0 2  ' 35  3.2000 1225  6000 7225  0   '  7225 85 35  85 x1   40 3 Phương trình có hai nghiệm phân biệt : (thỏa mãn ĐK) 35  85 50 x2   3 3 (không thỏa mãn ĐK) 40 km / h Vậy vận tốc của xe máy là . K 40  20 60  km / h . M. Vận tốc của ô tô là .. Bài 4: a) Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. AKB 900 Ta có : (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) 0.   HKB 90 ; HCB 90. 0. E H I. A. C. O.  gt  hay.   HKB  HCB 900  900 1800 Tứ giác BCHK có.  tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.. b) AK . AH  R. N. 2. ΔACH ∽ ΔAKB  g .g  . AC AH R   AK . AH  AC. AB  2 R  R 2 AK AB 2 Dễ thấy. c) NI  KB OAM OA OM  R  gt   OAM O  1 có cân tại OAM  OAM M  2 . có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (gt). cân tại.  1 &  2  . OAM  MOA    600  MON 1200  MKI 600 là tam giác đều  600  MI  MK  3 là tam giác cân (KI = KM) có nên là tam giác đều . KMI MKI 1 1  MBN  MON  1200 600  MN  MB  4  2 2 BMK Dễ thấy cân tại B có nên là tam. giác đều Gọi E là giao điểm của AK và MI.   NKB  NMB 600      NKB  MIK  MIK 600   AK  KB  cmt  AK  MI  HME  900  MHE D. ễ thấy KB // MI (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau) mặt khác nên tại E .. B.

(115)  HAC 900   HME 900 . AHC      MHE cmt  HME     HAC  AHC MHE   dd      HAC  KMB KB Ta có : mặt khác (cùng. chắn )     NMI  KMB  HME  KMB.  3 ,  4  &  5 .  5 hay IMN KMB  c.g .c  . NI  KB. (đpcm). KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 9 ---***--1 2- 1. 2. Câu 1. (2 điểm). 1.Tính 2 .Xác định giá trị của a,biết đồ thị hàm số y = ax - 1 đi qua điểm M(1;5).

(116) Câu 2: (3 điểm) 1 2 a - 3 a +2 ).( +1) a - 2 a- 2 a a- 2 ¹ 4 ïìï 2 x - 5 y = 9 í ïïî 3x + y = 5 2.Giải hệ pt: A=(. 1.Rút gọn biểu thức: với a>0,a. x 2 + mx + m - 1 = 0. 3. Chứng minh rằng pt: luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử x1,x2 là 2 nghiệm của pt đã cho,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x 21 + x 22 - 4.( x1 + x2 ). Câu 3: (1,5 điểm) Một ôtô tải đi từ A đến B với vận tốc 40km/h. Sau 2 giờ 30 phút thì một ôtô taxi cũng xuất phát đi từ A đến B với vận tốc 60 km/h và đến B cùng lúc với xe ôtô tải.Tính độ dài quãng đường AB. Câu 4: (3 điểm) Cho đường tròn (O) và một điểm A sao cho OA=3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ của đường tròn (O),với P và Q là 2 tiếp điểm.Lấy M thuộc đường tròn (O) sao cho PM song song với AQ.Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng AM và đường tròn (O).Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K. 1.Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp. 2.Chứng minh KA2=KN.KP  PNM 3.Kẻ đường kính QS của đường tròn (O).Chứng minh tia NS là tia phân giác của góc. 4. Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK .Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R. Câu 5: (0,5điểm) Cho a,b,c là 3 số thực khác không và thoả mãn: ìï a 2 (b + c ) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) + 2abc = 0 ïí ïï a 2013 + b 2013 + c 2013 = 1 î 1 1 1 Q = 2013 + 2013 + 2013 a b c Hãy tính giá trị của biểu thức. Câu Ý 1 1. ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 9 Nội dung 1 2- 1. 2=. 2 +1 ( 2 - 1).( 2 +1). 2=. 2 +1 ( 2) 2 - 1). 2 = 2 +1-. 2 =1. Điểm 1. KL: 2. Û Do đồ thị hàm số y = ax-1 đi qua M(1;5) nên ta có a.1-. 1=5a=6 KL:. 1.

(117) 2. 1. A=( =(. a a ( a - 2). 0,5. 2 ( a - 1).( a - 2) ).( +1) = a ( a - 2) a- 2. a- 2 1 ).( a - 1 +1) = . a =1 a ( a - 2) a. 0,5. KL: 2. ìïï 2 x - 5 y = 9 Û í ïîï 3 x + y = 5. KL: 3. ìïï 2 x - 5 y = 9 Û í ïîï 15 x + 5 y = 25. ìïï 2 x - 5 y = 9 Û í ïîï 17 x = 34. 1. ìïï y =- 1 í ïîï x = 2. 0,25. x 2 + mx + m - 1 = 0 Xét Pt: Δ = m 2 - 4(m - 1) = m 2 - 4m + 4 = (m - 2) 2 ³ 0. Vậy pt luôn có nghiệm với mọi m ïìï x1 + x2 =- m í ïïî x1 x2 = m - 1. 0,25. Theo hệ thức Viet ta có. B = x 21 + x 2 2 - 4.( x1 + x2 ) = ( x1 + x2 ) 2 - 2 x1 x2 - 4.( x1 + x2 ) = m 2 - 2(m - 1) - 4(- m) = m 2 - 2m + 2 + 4m = m 2 + 2m +1 +1 = (m +1)2 +1 ³ 1. bài Vậy minB=1 khi và chỉ khi m = -1 KL: Gọi độ dài quãmg đường AB là x (km) x>0. 3. x 40 Thời gian xe tải đi từ A đến B là h x 60 Thời gian xe Taxi đi từ A đến B là :h 5 2 Do xe tải xuất phát trước 2h30phút = nên ta có pt x x 5 = 40 60 2 Û 3 x - 2 x = 300 Û x = 300. Giá trị x = 300 có thoả mãn ĐK. Theo đề 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. Vậy độ dài quãng đường AB là 300 km. 4. 1 Xét tứ giác APOQ có APO = 900 (Do AP là tiếp tuyến của (O) ở P) AQO = 900 (Do AQ là tiếp tuyến của (O) ở Q). 0,75.

(118) Þ APO + AQO = 1800 ,mà hai góc này là 2 góc đối nên tứ giác. APOQ là tứ giác nội tiếp P. S. M N A. I. G. O. K. Q. 2. Δ Δ AKP Xét AKN và PAK có là góc chung APN = AMP. ( Góc nt……cùng chắn cung NP).  NAK = AMP Mà (so le trong của PM //AQ AK NK Þ = Þ AK 2 = NK .KP PK AK ΔΔ AKN ~ PKA (gg) (đpcm). 3. 4. Kẻ đường kính QS của đường tròn (O) ^ Ta có AQQS (AQ là tt của (O) ở Q) ^ Mà PM//AQ (gt) nên PMQS ^ Đường kính QS PM nên QS đi qua điểm chính giữa của cung PM nhỏ  = sd SM  Þ PNS   sd PS = SNM (hai góc nt chắn 2 cung bằng nhau) Hay NS là tia phân giác của góc PNM Δ ^ Chứng minh được AQO vuông ở Q, có QGAO(theo Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau). 0,75. 0,75. 0,75 Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OQ 2 R 2 1 OQ = OI .OA Þ OI = = = R OA 3R 3 1 8 Þ AI = OA - OI = 3R - R = R 3 3 2 2 Δ Δ Þ KQ = KN .KP AK = NK .KP Do KNQ ~KQP (gg) mà nên 2. AK=KQ Δ Vậy APQ có các trung tuyến AI và PK cắt nhau ở G nên G là trọng tâm 2 2 8 16 Þ AG = AI = . R = R 3 3 3 9. 5. Ta có:.

(119) a 2 (b + c ) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) + 2abc = 0 Û a 2b + a 2 c + b 2 c + b 2 a + c 2 a + c 2b + 2abc = 0. 0,25. Û (a 2b + b 2 a) + (c 2 a + c 2b) + (2abc + b 2 c + a 2c) = 0 Û ab(a + b) + c 2 (a + b) + c(a + b) 2 = 0 Û (a + b)(ab + c 2 + ac + bc ) = 0 Û (a + b).(a + c).(b + c) = 0. 0,25. *TH1: nếu a+ b=0 ïìï a =- b Û í 2013 ïïî a + b 2013 + c 2013 = 1. ïíïì a =- b 1 1 1 ïïî c = 1 Q = a 2013 + b 2013 + c 2013 = 1 Ta có. ta có Các trường hợp còn lại xét tương tự Q=. 1 a. 2013. +. 1 b. 2013. +. 1 c. 2013. =1. Vậy. KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 10 ---***---. 2 ( x − 2 √ x +1 ) :( ) Bµi 1: Cho biÓu thøc: P = ( xx√−x√−1x − xx√+x+1 ) x−1 √x. a,Rót gän P b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. Bµi 2: Cho ph¬ng tr×nh: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*) a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm..

(120) |x 1 − x 2 | b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn 3. 3. =50. Cõu 3: Quảng đờng AB dài 156 km. Một ngời đi xe máy tử A, một ngời đi xe đạp từ B. Hai xe xuất phát cùng một lúc và sau 3 giờ gặp nhau. Biết rằng vận tốc của ngời đi xe máy nhanh hơn vận tốc của ngời đi xe đạp là 28 km/h. Tính vận tèc cña mçi xe? Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . H là trực t©m cña tam gi¸c. D lµ mét ®iÓm trªn cung BC kh«ng chøa ®iÓm A. a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành. b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB vµ AC . Chøng minh r»ng 3 ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.. ĐÁP ÁN – GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 10 0 ; x ≠ 1 Bµi 1: (2 ®iÓm). §K: x 2. 2 x ( x −1 ) 2 ( √ x −1❑ ) : x −1 x ( x −1 ) z. √ x −1 ¿2 ¿ ¿ √ x −1 ¿. a, Rót gän: P =. <=>. P=. √ x −1=1 ⇒ √ x=2 ⇒ x=4 √ x −1=− 1⇒ √ x=0⇒ x=0 b. P = §Ó P nguyªn th× √ x+1 =1+ 2 √ x −1=2⇒ √ x=3 ⇒ x=9 √x − 1 √x− 1 √ x −1=−2 ⇒ √ x=−1(Loai) { 0 ; 4 ; 9 } VËy víi x= th× P cã gi¸ trÞ nguyªn. Bµi 2: §Ó ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ©m th×: ¿ 2 Δ=( 2 m+1 ) − 4 ( m2 +m− 6 ) ≥ 0 x1 x 2=m2+ m−6 >0 x1 + x 2=2 m+ 1< 0 ¿{{ ¿ 3. ⇔ Δ=25>0 (m− 2)(m+3)>0 1 m<− 2 ⇔ m<− 3 ¿{{. m+3 ¿ 3 ( m− 2 ) − ¿=50 b. Gi¶i ph¬ng tr×nh: ¿.

(121) − 1+ √5 2 − 1− √5 m2 = 2 ¿ ⇔|5 (3 m2 +3 m+7)|=50 ⇔ m2+ m−1=0 { ⇔ ¿ m1 =. Bµi 3 Gọi vân tốc của xe đạp là x (km/h), điều kiện x > 0 Thì vận tốc của xe máy là x + 28 (km/h) Trong 3 giờ: + Xe đạp đi được quãng đường 3x (km), + Xe máy đi được quãng đường 3(x + 28) (km), theo bài ra ta có phương trình: 3x + 3(x + 28) = 156 Giải tìm x = 12 (TMĐK) Trả lời: Vận tốc của xe đạp là 12 km/h và vận tốc của xe máy là 12 + 28 = 40 (km/h) Bµi 4 a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên AB. AC. AB. A. AC CH vµ BH => BD vµ CD..   Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 .. Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD của đờng tròn tâm O thì tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh.. Q. H. O. P C. B. b)   Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB     nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB   Do đó: APB = ACB Mặt khác:     AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800   Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB     Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB   Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC       VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800. Ba ®iÓm P; H; Q th¼ng hµng. D.

(122) Δ c). Ta thấy APQ là tam giác cân đỉnh A.   Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ. đạt giá trị lớn nhất  AP và AQ là lớn nhất hay  AD là lớn nhất  D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O. PHẦN III: MỘT SỐ ĐỀ TỰ LUYỆN (THEO CẤU TRÚC ĐỀ THI THƯỜNG GẶP). KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 1 ---***--x 2 −3 ¿ 2+12 x 2 ¿ ¿ ¿ √¿. x+ 2¿ 2 −8 x 2 Bµi 1Cho biÓu thøc A = + ¿ √¿. a. Rót gän biÓu thøc A b. T×m nh÷ng gi¸ trÞ nguyªn cña x sao cho biÓu thøc A còng cã gi¸ trÞ nguyªn. Bµi 2: (2 ®iÓm) Cho các đờng thẳng: y = x-2 (d1) y = 2x – 4 (d2) y = mx + (m+2) (d3) a. Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (d3 ) luôn đi qua với mọi giá trị của m. b. Tìm m để ba đờng thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy . Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh x2 - 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1) a. Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã 2 nghiÖm ph©n biÖt. b. T×m mét hÖ thøc liªn hÖ gi÷a hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) mµ kh«ng phô thuéc vµo m. c. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P = x 21 + x22 (víi x1, x2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh. (1)) Bài 4: Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí trên cung lín BC sao cho AC>AB vµ AC > BC . Gäi D lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá BC. C¸c.

(123) tiÕp tuyÕn cña (O) t¹i D vµ C c¾t nhau t¹i E. Gäi P, Q lÇn lît lµ giao ®iÓm cña c¸c cÆp đờng thẳng AB với CD; AD và CE. a. Chøng minh r»ng DE// BC b. Chøng minh tø gi¸c PACQ néi tiÕp c. Gäi giao ®iÓm cña c¸c d©y AD vµ BC lµ F 1 CE 1<. 1 CQ. 1 Chøng minh hÖ thøc: CE. a b c + + <2 Bµi 5: a+b b+c c +a. = +. Cho c¸c sè d¬ng a, b, c Chøng minh r»ng:. KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 2 ---***--Bµi 1: (2®) Cho biÓu thøc:. ( x+3x√−x1− 4 − √√xx−1+1 ) : x+2x −1√ x+1 +1. P=. a) Rót gän P. b) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P. Bài 2: (2đ) Một ngời đự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 20 km trong một thời gian đã định. Sau khi đi đợc 1 giờ với vận tốc dự định, do đờng khó đi nên ngời đó giảm vận tốc đi 2km/h trên quãng đờng còn lại, vì thế ngời đó đến B chậm hơn dự định 15 phút. Tính vận tốc dự định của ngời đi xe đạp. Bµi 3: (1,5®) Cho hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ mx −2 y=3 −2 x+ my=1 − m ¿{ ¿. a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh víi m = 3 b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất thoả mãn x + y = 1 Bài 4: (3đ)Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Điểm M tuỳ ý trên nửa đờng trßn.Gäi N vµ P lÇn lît lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AM vµ cung MB. AP c¾t BN t¹iI. a) TÝnh sè ®o gãc NIP. b) Gäi giao ®iÓm cña tia AN vµ tia BP lµ C; tia CI vµ AB lµ D. Chứng minh tứ giác DOPN nội tiếp đợc. c) Tìm quỹ tích trung điểm J của đoạn OC khi M di động trên nửa tròn tròn tâm O Bài 5: (1,5đ) Cho hàm số y = -2x2 (P) và đờng thẳng y = 3x + 2m – 5 (d).

(124) a) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm toạ độ hai điểm đó. b) Tìm quỹ tích chung điểm I của AB khi m thay đổi. KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 3 ---***---. 2 2( x  1) x  10 x  3   x  1 x  x 1 x 3  1 Bµi. M. 1(2 ®iÓm): Cho biÓu thøc 1. Víi gi¸ trÞ nµo cña x th× biÓu thøc cã nghÜa 2. Rót gän biÓu thøc 3. Tìm x để biểu thức có giá trị lớn nhất 1 2 Bµi. 2(2,5 ®iÓm):Cho hµm sè y = 2x2 (P) vµ y = 2(a-2)x - a2 (d) 1. Tìm a để (d) đi qua điểm A(0;-8) 2. Khi a thay đổi hãy xét số giao điểm của (P) và (d) tuỳ theo giá trị của a . 3. 3 Tìm trên (P) những điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ O(0;0) bằng. Bµi 3(2 ®iÓm): Mét tÊm t«n h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 48cm. Ngêi ta c¾t bá 4 h×nh vu«ng cã c¹nh lµ 2cm ë 4 gãc råi gÊp lªn thµnh mét h×nh hép ch÷ nhËt(kh«ng cã nắp). Tính kích thớc của tấm tôn đó, biết rằng thể tích hình hộp bằng 96 cm3. Bµi 4(3 ®iÓm): Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đờng tròn tâm O, bán kính R. Hạ các đờng cao AD, BE của tam giác. Các tia AD, BE lần lợt cắt (O) tại các ®iÓm thø hai lµ M, N. Chøng minh r»ng: 1. Bốn điểm A,E,D,B nằm trên một đờng tròn. Tìm tâm I của đờng tròn đó. 2. MN// DE 3. Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên cung lớn AB. Chứng minh rằng độ dài bán kính đờng tròn ngoại tiếp CDE không đổi. Bµi 5(0,5 ®iÓm):. T×m c¸c cÆp sè (x;y) tho¶ m·n: (x2+1)( x2+ y2) = 4x2y. KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 4 ---***---.

(125) C©u 1: (2,0®iÓm) A. a(2 a  1). . 82 a  a. a 4 a 2. . a 2 4. a. Cho biªñ thøc A =. 1) Rót gän A 2) Tìm a để A nhận giá trị nguyên ¿ 2 x +3 y=3+ a x +2 y=a ¿{ ¿. C©u2: (2,0®iÓm). Cho hÖ ph¬ng tr×nh :. 1) T×m a biÕt y=1 2) Tìm a để : x2+y2 =17 Câu3: (2,0điểm) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phơng trình : y = 2x2 , một đờng thẳng (d) có hệ số góc bằng m và đi qua điểm I(0;2). 1) Viết phơng trình đờng thẳng (d) 2) CMR (d) lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B 3) | x 1 - x 2|≥2 Gọi hoành độ giao điểm của A và B là x1, x2 . CMR : Câu4: (3,5điểm) Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Lấy D trên cung AB (D kh¸c A,B), lÊy ®iÓm C n»m gi÷a O vµ B. Trªn nöa mÆt ph¼ng bê AB cã chøa D kÎ c¸c tia Ax vµ By vu«ng gãc víi AB. §êng th¼ng qua D vu«ng gãc víi DC c¾t Ax vµ By lÇn lît t¹i E vµ F . 1) CMR : Gãc DFC b»ng gãc DBC 2) Δ CMR : ECFvu«ng 3) Gi¶ sö EC c¾t AD t¹i M, BD c¾t CF t¹i N. CMR : MN//AB Δ Δ 4)CMR: Đờng tròn ngoại tiếp EMD và đờng tròn ngoại tiếp DNF tiếp xóc nhau t¹i D.. √ 4 x − y 2 − √ y+ 2=√ 4 x 2 + y C©u5: (0,5®iÓm). T×m x, y tho¶ m·n :. KỲ THI TUYỂN SINH THPT MÔN THI: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút – không kể thời gian giao đề cho thí sinh) ĐỀ SỐ 5 ---***---. Bµi 1: (2,5 ®iÓm)  a 3 a 2 a a  1 1  P     :  a  1   a 1 a  1  ( a  2)( a  1). 1) Rót gän biÓu thøc P.. Cho biÓu thøc.

(126) 2). 1  P. a 1 1 8 T×m. a để. Bµi 2: (2,5 ®iÓm) Một ca nô xuôi dòng trên một khúc sông từ bến A đến bến B dài 80 km, sau đó lại ngợc dòng đến địa điểm C cách bến B 72 km. Thời gian ca nô xuôi dßng Ýt h¬n thêi gian ngîc dßng lµ 15 phót. TÝnh vËn tèc riªng cña ca n« biÕt vËn tèc cña dßng níc lµ 4 km/h. Bµi 3: (1 ®iÓm) Tìm toạ độ giao điểm A và B của đồ thị hai hàm số y = 2x+3 và y = x2. Gäi D vµ C lÇn lît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A vµ B trªn trôc hoµnh. TÝnh SABCD Bµi 4: (3 ®iÓm) Cho (O) đờng kính AB = 2R, C là trung điểm của OA và dây MN vuông góc víi OA t¹i C. Gäi K lµ ®iÓm tuú ý trªn cung nhá BM, H lµ giao ®iÓm cña AK vµ MM . a) CMR: BCHK lµ tø gi¸c néi tiÕp. b) TÝnh AH.AK theo R. c) Xác định vị trí của điểm K để (KM+KN+KB) đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó . Bµi 5: (1 ®iÓm) Cho hai sè d¬ng x, y tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: x+y = 2. Chøng minh: x2y2(x2+ y2)  2. -HÕt-. MỤC LỤC Nội dung Lời mở đầu Phần I: Các vấn đề cơ bản Toán 9 Vấn đề 1: Rút gọn biểu thức chứa căn - Kiến thức cần nhớ - Một số bài toán có lời giải - Một số bài tập tự luyện Vấn đề 2: Phương trình bậc hai một ẩn số - Kiến thức cần nhớ - Một số bài tập có lời giải - Một số bài tập tự luyện Vấn đề 3: Hàm số đồ thị bậc nhất – Bậc hai - Một số kiến thức cần nhớ - Một số bài tập có lời giải - Một số bài tập tự luyện. Trang 1 2 2 2 5 14 17 17 18 25 29 29 31 33.

(127) Vấn đề 4: Giải bài toán bằng cách lập phương trình–Hệ PT - Kiến thức cần nhớ - Một số bài tập có lời giải - Một số bài tập tự luyện Vấn đề 5: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn số - Kiến thức cần nhớ - Một số bài tập có lời giải - Một số bài tập tự luyện Vấn đề 6: Bất đẳng thức – Giá trị Min – Max của biểu thức - Một số bài tập tiêu biểu có lời giải Vấn đề 7: Hình học phẳng và không gian - Kiến thức cần nhớ - Một số bài tập có lời giải Phần II : Một số đề thi tiêu biểu có đáp án và biểu điểm Phần III: Một số đề thi tự luyện theo cấu trúc đề thường gặp Mục lục. 40 40 40 45 49 49 51 54 62 62 72 72 79 94 134 139.

(128)

Tong hop ly thuyet va bai tap cac chuyen de on luyen mon Toan vao 10 rat chi tiet co loi giai

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về