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

Là ngời thầy giáo

nờn a hc sinh đi tìm chân lý hơn là đa chân lý đến cho học sinh

---Lun Thi vµo líp 10

Tµi liƯu lu hµnh néi bé

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

<b>Chuyên đề 1</b>:

<b>Biến đổi đẳng thức - Phân tích đa thức thành nhân tử</b>
<b>A. biến đổi đẳng thức</b>

<b>I. Các hằng đẳng thức cơ bản và mở rộng</b>
(a  b)2_{= a}2__{2ab + b}2

a2_{- b}2_{= (a + b)(a - b)}

(a  b)3_{= a}3 __3a2_{b + 3ab}2__b3
a3_{- b}3 _{= (a - b)(a}2_{+ ab + b}2₎
a3_{+ b}3_{= (a + b)(a}2_{- ab +b}2₎

(a + b + c)2_{= a}2_{+ b}2_{+ c}2 _{+ 2ab + 2ac + 2bc}
(a - b - c)2_{= a}2_{+ b}2_{+ c}2_{- 2ab - 2ac + 2bc}

an_{- b}n_{= (a - b)(a}n-1_{+ a}n-2_{b + ... + ab}n-2_{+ b}n-1_{), mọi n là số tự nhiên}
an_{+ b}n_{= (a + b)(a}n-1_{- a}n-2_{b + ... - ab}n-2_{+ b}n-1_{), mọi n lẻ}

<b>II. Bài tập</b>
<b>Bài 1</b>

So sánh hai số A và B biết: A = 2004.2006 và B = 20052
<i><b>Giải </b></i>

Ta có A = (2005 - 1)(2005 + 1) = 20052_{- 1 < 2005}2_{=B. Vậy A < B.}
<b>Bài 2</b>

So sánh hai số A và B biÕt: A = (2 + 1)(22₊₁₎₍₂4_{+ 1)(2}8_{+ 1)(2}16_{+ 1) và B = 2}32
<i><b>Giải </b></i>

Ta có A = (2 - 1)(2 + 1)(22₊₁₎₍₂4_{+ 1)(2}8_{+ 1)(2}16_{+ 1) = 2}32_{-1 < 2}32_{= B. Vậy A < B.}
<b>Bài 3</b>

So sánh hai số A vµ B biÕt: A =(3 + 1)(32₊₁₎₍₃4_{+ 1)(3}8_{+ 1)(3}16_{+1) và B =3}32_-1
<i><b>Giải </b></i>

Ta có 2A = (3 - 1)(3 + 1)(32₊₁₎₍₃4_{+ 1)(3}8_{+ 1)(3}16_{+1) = 3}32_{- 1 = B. VËy A < B.}
<b>Bµi 4</b>

Chøng minh r»ng: (m2_{+ m - 1)}2_{+ 4m}2_{+ 4m}_{= (m}2_{+ m + 1)}2_{, víi mäi m.}
<i><b>Gi¶i </b></i>

VT: (m2_{+ m - 1)}2_{+ 4m}2_{+ 4m}_{= m}4_{+ m}2_{+ 1 + 2m}3_{- 2m}2_{- 2m + 4m}2_{+ 4m = m}4_{+ 2m}3_{+ 3m}2
+ 4m + 1.

VP: (m2_{+ m + 1)}2_{= m}4_{+ m}2_{+ 1 +2m}3_{+ 2m}2_{+ 2m = m}4_{+ 2m}3 _{+ 3m}2_{+ 2m +1.}
<b>Bµi 5</b>

Chøng minh r»ng: a3_{+ b}3_{+ c}3_{-3abc = (a + b + c)(a}2 _{+ b}2_{+ c}2_{- ab -ac -bc).}
<i><b>Gi¶i </b></i>

Ta cã a3_{+ b}3_{= (a + b)}3_{- 3ab(a + b) thay vµo VT}

VT = (a + b)3_{- 3ab(a + b) + c}3_{-3abc = [(a + b)}3_{+ c}3_{] - 3ab(a + b +c) = (a + b +c)[(a + b)}2_{+ c}2
-c(a + b) -3ab] = (a + b +c)(a2 _{+ b}2_{+ c}2_{+ 2ab - ac - bc - 3ab) = (a + b + c)(a}2 _{+ b}2_{+ c}2_{ab ac}
-bc) = VP.

<b>Bài 6</b>

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

<i><b>Giải </b></i>

(a3_{+ b}3_)(a2_{+ b}2_{) - (a + b) = a}5_{+ a}3_b2_{+ a}2_b3_{+ b}5_{- (a - b)= a}5_{+ b}5_+a2_b2_{(a + b) - (a - b) = a}5_{+ b}5
<b>Bµi 7</b>

Cho a2_{+ b}2_{+ c}2_{- ab - ac - bc = 0. Chøng minh r»ng: a = b = c}
<i><b>Hìng dÉn </b></i>

Tõ: a2_{+ b}2_{+ c}2_{- ab - ac - bc = 0}__2a2_{+ 2b}2_{+ 2c}2_{- 2ab - 2ac - 2bc = 0}__{(a - b)}2_{+(a - c)}2₊
(b - c)2_{= 0}__{a = b = c.(đpcm)}

<b>Bài 8</b>

Cho a, b, c ụi mt khỏc nhau, thoả mãn: ab + bc + ca = 1. CMR

  



  

2 2 2

2 2 2

(a b) (b c) (c a)
1
(1 a )(1 b )(1 c )

<i><b>Hìng dÉn</b></i>

Ta cã: 1 + a2_{= ab + bc + ca +a}2_{= b(a + c) + a(a + c) = (a + c)(a + b).}
T¬ng tù: 1 + b2_{= (b + a)(b + c).}

1 + c2_{= (c +a)(c + b). Thay vào trên suy ra (đpcm).}
<b>Bài 9</b>

Cho a > b > 0, tho¶ m·n: 3a2_{+ 3b}2_{=10ab. Chøng minh r»ng:}




a b 1
a b 2_.

<i><b>Giải </b></i>

Đặt P = <i>a b</i>

<i>a</i>+<i>b</i> thì P > 0 nªn P =

2
P _.

Ta cã P2₌

    

  

    

2 2 2 2

2 2 2 2

a b 2ab 3a 3b 6ab 10ab 6ab 1

a b 2ab 3a 3b 6ab 10ab 6ab 4_{. VËy P = 1/2.}

<b>Bµi 10</b>

Cho a + b + c = 1 vµ

  

1 1 1
0

a b c _{. Chøng minh r»ng: a}2_{+ b}2_{+ c}2 _=1.
<i><b>Gi¶i </b></i>

Tõ: a + b + c = 1  a2_{+ b}2_{+ c}2 _{+ 2(ab + ac + bc) = 1}__a2_{+ b}2_{+ c}2 _{= 1- 2(ab + ac + bc) .}

MỈt kh¸c:

 

        

1 1 1 ab ac bc

0 0 ab ac bc 0

a b c abc _{. VËy: a}2_{+ b}2_{+ c}2 _=1.

<b>Bµi 11</b>

Cho

  

1 1 1
2

a b c (1)_{vµ a + b + c = abc. Chøng minh r»ng:}

  

2 2 2

1 1 1

2

a b c

<i><b>Gi¶i </b></i>

(1)_

 

          

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c

2( ) 4 2( ) 4

a b c ab ac bc a b c abc _.

Thay a + b + c = abc vµo ta cã

       

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

2 4 2

a b c a b c _.

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

Cho

  

x y z
1
a b c (1)_{, vµ}

  

a b c
1

x y z (2)_{. CMR:}

   

2 2 2

2 2 2

x y z

A 1

a b c

<i><b>Gi¶i </b></i>

 

            

2 2 2

2 2 2

x y z xy xz yz xy xz yz cxy bxz ayz

2( ) 1 A 1 2( ) 1 2( )

a b c ab ac bc ab ac bc abc

(2)_:

 


cxy bxz ayz

0

xyz _{. VËy A = 1.}

<b>Bµi 13</b>

Cho

  

1 1 1
0

a b c _.(1)_{Chøng minh r»ng:}

  

3 3 3

1 1 1 3

a b c abc_.

<i><b>Gi¶i . </b></i>

(1)_

           

3 3 3 3 3 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

( ) ( 3 ( ) [ 3 ( )]

a b c a b c bc b c a b c bc a

VËy

  

3 3 3

1 1 1 3

a b c abc_.

<b>Bµi 14</b>

Cho a + b + c = 0 vµ a2_{+ b}2_{+ c}2_{=14. Chøng minh r»ng: a}4_{+ b}4_{+ c}4_{= 98.}
<i><b>Gi¶i </b></i>

Tõ: a + b + c = 0  a = -(b + c)  a2_{= (b + c)}2__a2_{= b}2_{+ c}2 _+2bc

 a2_{- b}2_{- c}2 _{= 2bc}__(a2_{- b}2_{- c}2₎2_{= 4b}2_c2__a4_{+ b}4_{+ c}4 _{- 2a}2_b2_{- 2a}2_c2_{+ 2b}2_c2_{= 4b}2_c2__a4₊
b4_{+ c}4 _{= 2a}2_b2_{+ 2b}2_c2_{+ 2a}2_c2__2(a4_{+ b}4_{+ c}4_{) = a}4_{+ b}4_{+ c}4 ₊ _2a2_b2_{- 2b}2_c2_{+ 2a}2_c2__2(a4_{+ b}4
+ c4 _{) = (a}2_{+ b}2_{+ c}2₎2_{= 14}2_=196.

VËy a4_{+ b}4_{+ c}4 _{= 98.}
<b>Bµi 15</b>

Cho xyz = 1, Chøng minh r»ng:

  

     

1 1 1

1.
1 x xy 1 y yz 1 z zx

<i><b>Gi¶i </b></i>

Ta cã:

     

           

1 1 1 z x 1

1 x xy 1 y yz 1 z zx z xz xyz x yx xyz 1 z zx

=

 

     

             

z x 1 z 1 x z 1 xz

z xz 1 x yx 1 1 z zx 1 x xz x xy 1 1 x xz xz xyz z

  

   

     

z 1 xz z 1 xz

1.
1 x xz xz 1 z 1 x xz

<b>B. Phân tích đa thức thành nhân tử</b>
<b>Bài 1</b>

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

<i><b>Giải </b></i>

<i>Cỏch 1</i>: Tách hạng tử không đổi thành hai hạng tử rồi đa đa thức về dạng hiệu của hai bình
ph-ơng.

x2 _{- 6x + 8 =(x - 3)}2_{- 1 = (x - 3 - 1)(x - 3 + 1) = (x - 4)(x - 2).}

<i>Cách 2:</i> Tách hạng tử bậc nhất thành hai hạng tử rồi dùng phơng pháp nhóm các hạng tử và
đặt nhân tử chung.

x2 _{- 6x + 8 = x}2_{- 2x - 4x + 8 = x(x - 2) - 4(x - 2) = (x - 2)(x - 4).}
<b>Bài 2</b>

Phân tích đa thức x3 _{+ 3x}2_{- 4 thành nhân tử.}
<i><b>Giải </b></i>

Nhẩm thấy x = 1 là nghiệm đa thức chứa nhân tử x - 1 ta tách các hạng tử của đa thức làm
xuất hiện nhân tử x - 1.

C1: x3_{+ 3x}2_{- 4 =x}3_-x2_+4x2_{- 4=x}2_{(x - 1)+4(x}2_-1)=(x-1)(x2 _{+ 4x + 4)=(x-1)(x+2)}2_.
C2: x3_+3x2_{- 4 =x}3_-1+3x2_{- 3 = (x-1)(x}2_{+x+1)+ 3(x-1)(x+1) = (x-1)(x}2_{+ 4x + 4).}
<b>Bài 3</b>

Phân tích đa thức (x+1)(x+3)(x+5)(x+7)+15 thành nhân tử.
<i><b>Giải </b></i>

(x +1)(x +3)(x +5)(x +7) +15 = [(x +1)(x +7)][(x +3)(x +5)] +15 = (x2 _+8x+7)(x2_{+8x +15) +15}
Đặt: t = x2_+8x+7_x2_{+8x+15 = t + 8}__{ta cã: t(t + 8) +15 = t}2_{+ 8t +15 =(t + 4)}2_{- 1 = (t + 4 +}
1)(t + 4 - 1) = (t + 5)(t + 3).

VËy: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = (x2 _{+ 8x + 12)(x}2 _{+ 8x + 10) = (x}2_{+ 6x + 2x + 12)(x}2 ₊
8x +10) = (x + 6)(x + 2)(x2 _{+ 8x + 10).}

<b>BTVN.</b>
<b>Bµi 1</b>

Cho x > y > 0 vµ 2x2 _{+ 2y}2_{= 5xy, Tính:}

x y
P

x y

_{. (tơng tự bài 9)}

<b>Bµi 2</b>

Cho x + y + z = 0, Chøng minh r»ng: x3_{+ y}3_{+ z}3_{= 3xyz. (t¬ng tù bµi 13)}
<b>Bµi 3</b>

Cho a + b + c = 0, Chøng minh r»ng: a4_{+ b}4_{+ c}4₌ 1

2 (a2 + b2 + c2 )2. (t¬ng tù bài 14)

<b>Bài 4</b>

Cho a, b, c khác không và a + b + c = 0.

Chøng minh r»ng:

  

     

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

0.

a b c b c a a c b

Tõ: a + b + c = 0  a = - (b + c)  a2 _{= (b + c)}2__a2_=b2 _{+ c}2 _{+ 2bc}__b2 _{+ c}2 _{- a}2 _{= - 2bc}
<b>Bài 5</b>

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử.
a/ 4x2_{- 3x - 1}

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

c/ (x-y)3_{+ (y-z)}3_{+ (z-x)}3

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

<b>Chuyên đề 2</b>:

<b>Bất đẳng thức - Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất</b>
<b>A. Bất đẳng thức</b>

<b>I. Một số tính chất của bất đẳng thức</b>
1/ a > b và b > c  a > c (t/c bắc cầu)

2/ a > b  a + c > b + c (t/c céng vµo hai vÕ cïng mét sè)

3/ a > b 

 




 



ac bc nÕu c 0
ac bc nÕu c 0

(t/c nhân hai bđt với một số âm, dơng)
4/ a > b và c > d  a + c > b + d (t/c cộng hai bất đẳng thức cùng chiều)

5/

 


 


 


a b 0

ac bd
c d 0

(t/c nhân hai bất đẳng thức dơng cùng chiều)

6/ a > b > 0 

 







n n

n n

a b

a b_{(n nguyªn d¬ng)}

7/



  

  

a a

a, b, c R
a b a b c

8/





     



a c a a c c

a, b, c, d R

b d b b d d

9/ NÕu a, b, c lµ 3 cạnh của tam giác thì ta có:
*/ a > 0, b > 0, c > 0.

*/ b - c < a < b + c; a - c < b < a + c; a - b < c < a + b
*/ NÕu a > b > c thì A > B > C

<b>II. Bài tËp</b>

Bµi 1

Cho 5 sè a, b, c, d, e bÊt kú. CMR: a2_{+ b}2_{+ c}2_{+ d}2_{+ e}2 __{a( b + c + d + e)}(1)_.
<i><b>Gi¶i </b></i>

<b>(1)</b>__4a2_{+ 4b}2_{+ 4c}2_{+ 4d}2_{+ 4e}2 _{- 4ab - 4ac - 4ad - 4ae}_₀

 (a - 2b)2_{+ (a - 2c)}2_{+ (a - 2d)}2_{+ (a - 2e)}2_{0. (đpcm)}

Bài 2

Cho a + b = 1,Chøng minh r»ng: a/ a2_{+ b}2__{1/2, b/ a}3_{+ b}3__{1/4, c/ a}4_{+ b}4__1/8
<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ Tõ (a - b)2_₀__a2_{+ b}2__2ab__2(a2_{+ b}2₎__a2_{+ b}2_{+ 2ab = (a + b)}2_{= 1.}
VËy a2_{+ b}2__1/2.

b/ Ta cã a3_{+ b}3_{= (a + b)(a}2_{- ab + b}2_{) = a}2_{- ab + b}2_

 2(a3_{+ b}3_{) = 2a}2_{- 2ab + 2b}2_{= (a - b)}2_{+ a}2_{+ b}2__a2_{+ b}2
mµ a2_{+ b}2__1/2__2(a3_{+ b}3₎__1/2__a3_{+ b}3__{1/4. (®pcm)}

c/ Tõ (a2_{- b}2₎2_₀__a4_{+ b}4__2a2_b2__2(a4_{+ b}4₎__a4_{+ b}4_{+ 2a}2_b2_{= (a}2_{+ b}2₎2

 a4_{+ b}4_

1

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

Mặt khác: (a - b)2₀_a2_{+ b}2_2ab__2(a2_{+ b}2₎__a2_{+ b}2_{+ 2ab = (a + b)}2_{= 1}

 a2_{+ b}2__1/2__(a2_{+ b}2₎2 __{1/4 thay vµo}(1) _{ta cã a}4_{+ b}4_

1
8_.

Bµi 3

Cho a,b > 0, vµ a + b = 1. Chøng minh r»ng:

a/

1 1 
(1 )(1 ) 9

a b _{; b/}    

1 1 4

a 1 b 1 3

<i><b> Gi¶i </b></i>

a/

    

1 1   a 1 b 1   ab a b 1   2  

(1 )(1 ) 9 ( )( ) 9 9 1 9

a b a b ab ab

1  4ab  (a + b)2__{4ab đúng}__(đpcm).

b/

 

 

1 1 4

a 1 b 1 3 __{3(a + 1 + b +1)}__{4(a + 1)(b + 1)}_₉__{4(ab + a + b + 1)}

 9  4ab + 8  1  4ab  (a + b)2__{4ab đúng}__(đpcm)

Bài 4

Cho a, b, c  R+_{. Chøng minh r»ng:}

   

  

a b c

1 2

a b b c c a

<i><b>Gi¶i</b></i>





   







  







   



a a

a b a b c

b b

b c a b c

c c

c a a b c _ _  _  _ 

a b c

1
a b b c c a _.

Mặt khác:



    






  



   






  

    



a c a a c

a b c a b a b c

b a b b a

b c a b c a b c

c b c b c

c a b c a a b c _ _  _  _ 

a b c

2
a b b c c a _.

VËy:

   

  

a b c

1 2

a b b c c a

Bµi 5

Cho a, b, c, d  R+_{. CMR:}

    

       

a b c d

1 2

a b c b c d c d a d a b

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



 

      



 _ _

      



 _ _

      



  

      

a a a

a b c d a b c a c

c c c

1
a b c d c d a c a

b b b 2

a b c d b c d b d

d d d

a b c d d a b d b _             

a b c d

1 2

a b c b c d c d a d a b

Bài 6

Cho a,b,c là 3 cạnh tam gi¸c, CMR: ab + bc + ca  a2_{+ b}2_{+ c}2_{< 2(ab + bc + ca)}
<i><b>Gi¶i </b></i>

*/ CM: ab + bc + ca  a2_{+ b}2_{+ c}2_{, nhân cả hai vế với 2 ta cã:}

2ab + 2bc + 2ca  2a2_{+ 2b}2_{+ 2c}2__(a-b)2_{+ (a-c)}2_{+ (b-c)}2__{0, đúng}__(đpcm)
*/ CM: a2_{+ b}2_{+ c}2_{< 2(ab + bc + ca), Do a, b, c là ba cạnh tam giác nên ta có:}
a < b + c  a2_{< ab + ac}

b < a + c  b2_{< ab + bc}
c < a + b  c2_{< ac + bc}

 a2_{+ b}2_{+ c}2_{< 2(ab + bc + ca).}

VËy: ab + bc + ca  a2_{+ b}2_{+ c}2_{< 2(ab + bc + ca).}

Bµi 7

Chøng minh r»ng:




4
2 ab

ab

a b _{víi a > 0, b > 0.}

<i><b>Gi¶i </b></i>







       

 

2

4 4 4 4

4

2 1 2 ab

a b 0 a b 2 ab ab

a b ab a b _.

<b>III/ Bất đẳng thức Cơsi</b>(trung bình cộng lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân)
*/ Với 2 số thực a, b không âm ta có:



a b

ab

2 _{, dÊu b»ng x¶y ra}__{a = b.}

*/ Víi 3 sè thùc a, b, c không âm ta có:

3

a b c

abc

3 _{, dấu bằng x¶y ra}__{a = b = c.}

*/ Víi n số thực a1, a2, ... an không âm ta cã:

  



1 2 n n

1 2 n

a a ... a

a a ...a

n _{, dÊu b»ng x¶y ra}__{a1 = a2 = ... = an .}

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

(ab + cd)2__(a2_{+ c}2_)(b2_{+ d}2_{), dÊu b»ng x¶y ra}_


a c
b d _.

*/ Víi 6 sè thùc a, b, c, d, e, f ta cã:

(ab + cd + ef)2__(a2_{+ c}2_{+ e}2_)(b2_{+ d}2_{+ f}2_{), dÊu b»ng x¶y ra}_

 

a c e

b d f _.

*/ víi n cỈp sè thùc a1, a2, ... an, b1, b2, ... bn ta cã:

(a1b1 +a2b2 + ... + anbn)2__(a12_{+ a2}2_{+ ... + an}n_)(b12_{+ b2}2_{+ ... + bn}n_).

DÊu b»ng x¶y ra 

  

1 2 n

1 2 n

a a a

...

b b b _.

Bài 8

Cho x, y, z là các số d¬ng, Chøng minh r»ng:

a/ (x + y)(y + z)(z + x)  8xyz.

b/

 



1 1 4

x y x y_.

c/

  

 

1 1 1 9

x y z x y z _.

<i><b>Gi¶i </b></i>

a/

  




 




 




x y 2 xy

y z 2 yz

z x 2 xz

 (x + y)(y + z)(z + x)  8xyz.

b/

     



1 1 4 1 1

(x y)( ) 4

x y x y x y _mµ

  




 




x y 2 xy

1 1 2

x y xy



 1 1 

(x y)( ) 4

x y _.

c/

        

 

1 1 1 9 1 1 1

(x y z)( ) 9

x y z x y z x y z _{. (làm tơng tự)}

<b>B/ Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất</b>

Bài 1

Tìm giá trị lớn nhất của: P =

 

 

2
2

2x 4x 5

x 2x 2

<i><b>Gi¶i </b></i>
Ta cã:

P =

    

    

       

2 2

2 2 2 2

2x 4x 5 2(x 2x 2) 1 1 1

2 2

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

P lín nhÊt 



 2

1
2

(x 1) 1_{lớn nhất, muốn vậy (x}_{- 1)}2_{+ 1 phải nhỏ nhất}
mà (x- 1)2_{+ 1}_₁__(x_{- 1)}2_{+ 1 nhỏ nhất bằng 1}__{x = 1. Khi đó P = 3}
Vậy Pmax = 3  x = 1.

Bµi 2

Cho x2_{+ y}2_{= 1, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc: p = x + y}
<i><b>Gi¶i </b></i>

Tõ (x - y)2_₀__x2_{+ y}2__2xy__2(x2_{+ y}2₎__x2_{+ 2xy + y}2_{= (x + y)}2

VËy 2  (x + y)2_  2  x y 2 _

Pmax= 2  x = y =

2

2 _{; Pmin= -} 2__{x = y = -}
2
2

Bµi 3

Cho x, y > 0 và x + y = 1, Tìm giá trị nhỏ nhất của: P =

1₂ 1₂

(1 )(1 )

x y

<i><b>Gi¶i </b></i>

P =

       

    

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 (x 1)(y 1) (x 1)(x 1)(y 1)(y 1) xy(x 1)(y 1)

(1 )(1 )

x y x y x y x y

=

      

   

2 2

xy(x 1)(y 1) (x 1)(y 1) x y xy 1 2

1

x y xy xy xy _{. (thay x - 1 = - y, y - 1 = - x)}__ta

cã P nhá nhÊt  2

xy nhá nhÊt  xy lín nhÊt.

Mµ xy = x(1 - x) = - x2_{+ x = -(x - 1/2)}2_{+ 1/4}__1/4__{xy lín nhÊt = 1/4 khi x = 1/2}__{y = 1/2}

VËy Pmin =

 2 

1 9

1 1
.

2 2 _{khi x = y = 1/2.}

Bài 4

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của: P =

2 2

4

(x 1)

x 1

<i><b>Gi¶i </b></i>

P =

  

  

  

2 2 4 2 2

4 4 4

(x 1) x 2x 1 2x

1

x 1 x 1 x 1

Do (x2_{- 1)}2_₀__x4_{+ 1}__2x2_




2
4
2x

1

x 1 __P_₂__{Pmax= 2}__{x =}__1.

Do 2x2__{0, x}4_{+ 1}_₁_




2
4
2x

0

x 1 __P_₁__{Pmin = 1}_  

2
4
2x

0

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

Bµi 5

Cho a, b > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của; P =

 

(x a)(x b)

x _{, víi x > 0.}

<i><b>Gi¶i </b></i>
Ta cã:

P =

    

        

2

(x a)(x b) x ax bx ab ab

a b x P a b 2 ab

x x x _.

VËy Pmin = a b 2 ab , dấu bằn xảy ra

ab

x x ab

x _.

Bài 6

Tìm giá trị nhỏ nhất của: P = 1 4x 4x2  4x2 12x9
<i><b>Gi¶i </b></i>

Ta cã:

P =      















   

2 2

2 2

1 4x 4x 4x 12x 9 1 2x 3 2x 1 2x 3 2x

(1 + 2x) + (3 - 2x) = 4

¸p dông a + b = a + b ab  0. VËy Pmin = 4  (1 + 2x)(3 - 2x)  0 
 -1/2  x  3/2.

<b>BTVN</b>
<b>Bµi 1</b>

a/ Tìm giá trị lớn nhất của: P = 5 - 8x - x2_.
b/ Tìm giá tị nhỏ nhất của: P = 4x2_{- 4x + 11.}
c/ Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa: P = x - 5 + x- 10.
<i><b>Hìng dÉn</b></i>

Ta cã: P = x - 5 + x - 10 = x - 5 + 10 - x(x - 5) + (10 - x) = 5
¸p dơng a + b = a + b ab  0. VËy Pmin = 5  (x - 5)(10 - x)  0 
 5  x  10.

<b>Bµi 2</b>

Cho x, y  R, Chøng minh r»ng: x2_{+ y}2_{+ 1}__{xy + x + y.}
<b>Bµi 3</b>

Cho a, b, c, d  R+_.

Ch÷ng minh r»ng :

   

    

       

a b b c c d d a

2 3

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

<b>Chuyên đề 3</b>:

<b>Biến đổi căn thức </b>
<b>A/ Bin i cn thc</b>

<b>I/ Kiến thức cơ bản</b>

*/







2 A nÕu A 0

A A

A nÕu A 0

*/ ab  a . b (a0, b0) / a a ...a1 2 n  a1 a ... a2 n

*/

  

a a

(a 0, b 0)

b b

*/  

2

a b a b (b 0)

<i>Trục căn thức ở mẫu</i>

*/

a a b

b

b _{, (b > 0).}

*/

 

 

 

 

m m( a b ) m m( a b )

,

a b a b

a b a b

<b>II/ Bài tập</b>

Bài 1

Tính giá trị các biểu thức sau:

a/ A = 6 48 2 27 4 75 b/ B =

   1

48 2 75 108 147

7

<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ Ta cã: A = 6 48 2 27 4 75  6 16.3 2 9.3 4 25.3  24 3 6 3 20 3  2 3

b/ Ta cã: B =

   1     1 

48 2 75 108 147 4 3 2.5 3 6 3 .7 3 3

7 7

Bài 2

Trục căn thức ở mẫu:

a/ A =



1 1

5 2 5 2 _{b/ B =}   

4

3 5 2 2 5 _{c/ C =} 3  3
2

2 2 2 4

<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ A =

 

   

 

1 1 5 2 5 2 2 5

3 3 3

5 2 5 2

b/ B =

     

  

   

   2

4 4(3 5 2 2 5 ) 3 5 2 2 5

(3 5) (2 2 5) 3 5

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

      

 

2

(3 5)(3 5 2 2 5 ) 4 (3 5) (2 2 5)

4 4

c/ Đặt 32 a C =

 

     

     

 

3 2

3 3

4 3 2 2 3

3 3

2 a a a(a 1) a a

4 2

a a a a a 1 a 1 2 1

2 2 2 4

Bài 3

Rút gọn biểu thức chứa căn:
a/ A = 15 6 6  33 12 6

b/ B = 8 2 15  8 2 15

c/ C = 4 7  4 7

d/ D = 4 102 5  4 102 5

e/ E = 4 4920 6 449 20 6

f/ F =

   

   

1 1 1 1

...

1 5 5 9 9 13 2001 2005

<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ A = 15 6 6  33 12 6  9 6 66 9 12 6 24 

 (3 6 )2  (3 2 6 ) 2  3 62 6 33 6.

b/ B = 8 2 15  8 2 15  5 2 15 3 52 153 

 2   2     

( 5 3) ( 5 3) 5 3 ( 5 3) 2 3.

c/ C =

     

    8 2 7  8 2 7  7 2 7 1 7 2 7 1

4 7 4 7

2 2 2 2

   

    

2 2

( 7 1) ( 7 1) 7 1 7 1

2.

2 2 2 2

d/ Do D > 0 nªn D = D2

D2₌

 

          

 

 

2

4 10 2 5 4 10 2 5 8 2 (4 10 2 5 )(4 10 2 5 )

 8 2 6 2 5  8 2 5 2 5 1   8 2 ( 5 1) 2  8 2 5 2 6 2 5

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

e/ Ta cã: 4920 6 2520 624(52 6 )2 [( 3 2 ) ]2 2 ( 3 2 )4

         

2 2 2 4

49 20 6 25 20 6 24 (5 2 6 ) [( 3 2 ) ] ( 3 2 )

VËy E = 3 2 3 22 3.

f/ F =

    

    

5 1 9 5 13 9 2005 2001 2005 1

...

4 4 4 4 4 _.

Bài 4

Rút gọn các biểu thức sau:

a/ A = x4 x 4  x 4 x 4

b/ B = x22 x2 1 x2 2 x2 1

c/ C = 2x 1 2 x  2 x  2x 1 2 x  2 x
<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ A = x 4 x 4   x 4 x 4   x 4 4 x 4    4 x 4 4 x 4   4







2







2





 





( x

4

2)

( x

4

2)

x

4

2

x

4

2

NÕu x 4 2 x 4  4 x8 th× A = x 42+ x 4 22. x 4.

NÕu 0 x 4  2 0 x 4 4 0 x 8 th× A = x 4 2- x 4 2 4   .

VËy: A =

 _ _




 




2. x 4 nÕu x 8

4 nÕu 0 x 8

.

b/ B = x2 2 x2  1 x2 2 x2 1  x2 1 2 x 2 1 1 

- x2 1 2 x2 1 1 -           

2 2 2 2 2 2

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

NÕu x2 1 1  0 x2  2 x 2 x 2 th× B = 2.

NÕu x2 1 1 0 x2 2  2 x 2 th× B = 2.



2

x

1

_.

VËy: B =

 _ _{ }




   



 2

2 nÕu x 2 x 2

2. x 1 nÕu 2 x 2

.

c/ C = 2x 1 2 x  2 x  2x 1 2 x  2  x = x 1 2 x  2  xx x 1 2 x  2  xx

=            

2 2

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

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

Tìm điều kiện để các biểu thức sau có nghĩa và rút gọn:
a/
    


 
2

x 2 x 1 x 2 x 1 1

(1 )

x 1

x 4(x 1)

b/



 

    

3

1 1 x x

x x 1 x x 1 1 x

c/



  

2

1 x 1

:

x x x x x x

d/

 



   

2 x x 1 x 2

( ) :

x x 1 x 1 x x 1

e/

 

 

   

x 2 x 1 x 1

( ) :

2

x x 1 x x 1 1 x

<i><b>Giải </b></i>
a/ ĐK:

 
 
  

     _

 2  2

x 1 x 1 x 1

x 2

x 4x 4 0 (x 2) 0

.
A =
          
 
 
  
2 2
2 2

x 2 x 1 x 2 x 1 1 ( x 1 1) ( x 1 1) x 2

(1 ) .

x 1 x 1

x 4(x 1) (x 2)





 2

2 x 2

.
x 1

(x 2) _.

NÕu x > 2  A =



2
x 1

NÕu 1< x < 2  A =




2
1 x

VËy: A =



 

 _ _

 
2

nÕu x 2

x 1
2

nÕu 1 x 2

1 x
b/ §K:


 


 

x 1
x 1

x 1 0 _.

B =

     

    

     

3

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

1 1

x x 1 x x 1 1 x 1 x

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

c/



   



 

   


 

2
x 0

x x 0 x 0

x 1

x x x x 0

x 1 0 _.

Đặt x a xa2

C =

    

 

   

  

3 2 2

4 3

2

1 x 1 1 a a a a(a a 1)

:

a a a 1 a(a 1)(a 1)

x x x x x x

=
 
 
     
2
2 2

a a 1 1 1

(a 1)(a a 1)(a 1) a 1 x 1_.

d/ §K:



 

  






x 0
x 0

x 1 0

x 1

x x 1 0

.
Đặt x  a xa2

 D =

    
  
  
   
2 2
3

2 x x 1 x 2 2a a 1 a a 1

( ) : ( )( )

a 1 a 1 a 2

x x 1 x 1 x x 1

=
      
  
       
2 2
2

a(a 2) (a a 1) a a 1 a 1 1 1

.

(a 1)(a a 1) a 2 (a 1)(a 2) a 2 x 2 _.

e/ §K:



 
  
 



 


x 0
x 0

x x 1 0

x 1

1 x 0

Đặt x a xa2

E =
  
    
    
   
2
3 2

x 2 x 1 x 1 a 2 a 1 2

( ) : ( )

2 a 1 a a 1 a 1 a 1

x x 1 x x 1 1 x

=

       

  

           

2 2 2

2 2 2

a 2 a(a 1) (a a 1) 2 a 2a 1 2 2 2

(a 1)(a a 1) a 1 (a 1)(a a 1) a 1 a a 1 x x 1_.

Bµi 6

Chứng minh rằng các biểu thức sau là một số nguyªn.

a/ A = 4 5 35 48 10 7 4 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

c/ C =

  



2 3 5 13 48

6 2

<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ Ta cã:           

2

7 4 3 (2 3) 10 7 4 3 10(2 3) 20 10 3

         

     

2

48 10 7 4 3 48 20 10 3 28 10 3 (5 3)

5 48 10 7 4 3 5(5 3) 25 5 3

VËy A = 45 3.

b/ Ta cã:      

2

18 128 18 8 2 (4 2 )

 2 12 18 128  2 12 4 2 4 2 3 ( 3 1) 2 

 6 2 2 3 ( 3 1)    6 2 4 2 3   6 2( 3 1)   4 2 3  3 1

VËy: B = ( 31)( 3 1)  3 12.

c/ Ta cã:             

2

13 48 13 4 3 12 4 3 1 (2 3 1) 13 4 3 2 3 1

          2     

5 13 48 5 2 3 1 4 2 3 ( 3 1) 5 13 48 3 1

 3 5 13 48  3 3 1  2 3 2 3 5 13 48 

     2  

2 2 3 8 4 3 ( 6 2) C 1.

<b>BTVN</b>
<b>Bµi 1</b>

Rót gän biĨu thøc chøa căn.

a/ A = 4 15 4 15  2 3 5 b/ B = 5 3 29 12 5

c/ C =

  



(5 2 6 )(49 20 6 ) 5 2 6

9 3 11 2 _{d/ D =}      

1 1 1

...

2 3 3 4 1998 1999

<b>Bµi 2</b>

Trục căn thức ở mẫu.

a/ A = 3 3

6

2 2 2 4 _{b/ B =} 3 3 
2

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

<b>Chuyên 4</b>

<b>Phơng trình bậc nhất - Đồ thị hàm số bậc nhất - Hệ phơng trình</b>
<b>bậc nhất</b>

<b>I/ Phơng trình bậc nhÊt </b>

<b>ĐN</b>: Là phơng trình có dạng: ax + b = 0, trong đó a, b là các số thực, x l n.

<b>Cỏch gii</b>:

Phơng trình ax = -b.
Nếu a  0  x = -b/a
NÕu a = 0  0x = -b

NÕu b = 0  PT v« sè nghiệm
Nếu b 0 PT vô nghiệm
<b>II/ Bài tập</b>

Bài 1

Giải và biện luận các phơng trình sau:

a/ mx + 2(x - m) = (m + 1)2_{+ 3 (1) b/ 3(m + 1)x + 4 = 2x + 5(m + 1) (2)}

c/ m2_{(x + 1) = x + m (3) d/}

 

 



x m x 3
2

x 2 x ₍₄₎

<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ (1)  (m + 2)x = m2_{+ 4m + 4}__{(m + 2)x = (m + 2)}2

NÕu m + 2  0  m -2 phơng trình có nghiệm: x = m + 2.

NÕu m + 2 = 0  m = -2  0x = 0  0 ph¬ng trình có vô số nghiệm x R.
b/ (2) (3m + 1)x = 5m + 1

NÕu 3m + 1  0 m -1/3 phơng trình có nghiệm:





5m 1
x

3m 1

NÕu 3m + 1 = 0  m = -1/3 phơng trình có dạng: 0x = -2/3  PTVN.
c/ (3)  (m2_{- 1)x = m - m}2__(m2_{- 1)x = m(1 - m).}

NÕu m2_{- 1}₀_{phơng trình có nghiệm:}



m
x

m 1

NÕu m2_{- 1 = 0}__{m =}__1.

NÕu m = 1  PT cã d¹ng: 0x = 0  PT cã VSN
NÕu m = -1 PT có dạng: 0x = -2 PTVN
d/ ĐK: x  0 vµ x  2.

(4)  x(x - m) + (x - 2)(x - 3) = 2x(x - 2)  (m + 1)x = 6
NÕu m + 1 = 0  m = -1  (4) cã d¹ng: 0x = 6  PTVN

NÕu m + 1  0  m  -1  (4) 

 


6

x 0

m 1 _{(Do §K m}_₂_    
6

2 m 2

m 1 ₎

KÕt luËn: NÕu m -1 m 2 phơng trình có nghiệm:

6
x

m 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Bài 2

Cho phơng trình: (m + 1)2_{x + 1 - m = (7m - 5)x. (1)}

a/ Tìm m để phơng trình vơ nghiệm b/ Tìm m để phơng trình có nghiệm
<i><b>Giải </b></i>

(1)  ( m2_{- 5m + 6)x = m - 1}__{(m - 2)(m + 3)x = m - 1.}

a/ Phơng trình vô nghiệm 

  



   



 


(m 2)(m 3) 0

m 2 m 3.

m 1 0

b/ phơng trình có nghiệm (m - 2)(m + 3)  0  m 2 m -3.
<b>III/ Hệ phơng trình bậc nhất</b>

Bài 3

Cho hệ phơng rình:

2x my 1 (1)
mx 2y 1 (2)

.
a/ Gi¶i hƯ khi m = 1

b/ Giải và biện luận hệ phơng trình

c/ Tỡm cỏc số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) với x, y là các số nguyên
d/ Tìm các số nguyên m để hệ có nghiệm (x ; y) với x, y là các số nguyên dơng
<i><b>Giải</b></i>

a/ khi m = 1 ta cã hÖ 

     

   

  

   

      

   

2x y 1 4x 2y 2 3x 1 x 1 3

x 2y 1 x 2y 1 x 2y 1 y 1 3

b/ Tõ (1) vµ (2)  2x + my = mx + 2y  (m - 2)(x - y) = 0.
NÕu m = 2  hƯ v« sè nghiƯm

NÕu m 2 x = y thay vào phơng trình (1) ta cã: (m + 2)x = 1.
NÕu m = -2  hƯ v« nghiƯm

NÕu m  -2  hƯ cã nghiÖm duy nhÊt: x = y = 1/(m + 2)

c/ khi m  2 vµ m  -2 th× hƯ cã nghiƯm duy nhÊt: x = y = 1/(m + 2). Nghiệm này là số

nguyên 1/(m + 2) là số nguyên





 

  

 

m 2 1 m 1

m 2 1 m 3_.

d/ / khi m  2 và m -2 thì hệ có nghiệm duy nhÊt: x = y = 1/(m + 2). NghiÖm này là số
nguyên dơng 1/(m + 2) là số nguyên dơng m + 2 là ớc số nguyên d¬ng cđa 1  m + 2 =
1  m = -1.

Bài 4

Cho hệ phơng rình:

 



(m 1)x my 3m 1 (1)

2x y m 5 (2)

a/ Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) mà S = x2_{+ y}2 _{đạt giá trị nhỏ nhất.}
b/ Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) mà P = xy đạt giá trị lớn nhất.
<i><b>Giải </b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

(m + 1)x = m2_{+ 2m + 1}__{(m + 1)x = (m + 1)}2_.

Hệ có nghiệm duy nhất  m  -1, khi đó: x = m + 1, y = m - 3.

a/ S = x2_{+ y}2_{= (m+1)}2_{+ (m-3)}2_{= 2m}2_{- 4m + 10 = 2(m - 1)}2_{+ 8.}__{Smin = 8}__{m = 1.}
b/ P = xy = (m + 1)(m - 3) = m2_{-2m -3 = (m - 1)}2_{- 4.}__{Pmin = -4}__{m = 1.}

Bài 5

Giải hệ phơng trình:

 _




x y 2x y

7 (1)

7 17

4x y y 7

15 (2)

5 19

<i><b>Gi¶i </b></i>

(1)  17(x - y) + 7(2x + y) = 7.7.17  31x - 10y =833.
(2)  19(4x + y) + 5(y - 7) = 19.5.15  19x + 6y = 365.

Vậy hệ phơng trình



  

 

  

    

  

31x 10y 833 93x 30y 2499 x 23
19x 6y 365 95x 30y 1825 y 12

.

Bài 6

Giải hệ phơng trình:

  




  



   



x y z 1 (1)
x 2y 4z 8 (2)
x 3y 9z 27 (3)

<i><b>Gi¶i </b></i>

HÖ:

         

   

   

          

   

 _ _ _  _ _  _  _

   

x y z 1 x y z 1 x y z 1 x 6

x 2y 4z 8 y 3z 7 y 3z 7 y 11

x 3y 9z 27 y 5z 19 2z 12 z 6

<b>IV/ Đồ thị hàm sè bËc nhÊt</b>

Đồ thị hàm số y = ax + b (a  0) là đờng thẳng đi qua hai điểm A(0;b) và B(-b/a; 0).

Bài 7

Vẽ đồ thị các hàm số sau:

a/ y = 2x - 1 b/ y = x 1 c/ y =2 x2 2x 1 d/ y = x 1  x 2 e/ x  y 1
<b>BTVN</b>

<b>Bµi 1 Giải và biện luận các phơng trình sau:</b>

a/ m2_{x = 9x + m}2_{- 4m + 3 b/}

 

 



x m x 2
2

x 1 x

<b>Bài 2 Cho hệ phơng trình: </b>

 




 



x my 2
mx 2y 1_.

a/ Gi¶i hƯ khi m = 2

b/ Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) với x, y là các số nguyên
c/ Tìm số nguyên m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) mà x > 0 và y < 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

<b>Bµi 4 Giải hệ phơng trình: </b>

_{ } _



x 2y 3z 11
2x 3y z 2
3x y 2z 3

<i><b>Hỡng dẫn Cộng 3 phơng trình ta có: x + y + z = 2. </b></i> x = -2, y = -1, z = 5.

<b>Bµi 5 Giải hệ phơng trình: </b>



3

z 2 (1)
2x y

2y 3z 4 (2)

2 3

y (3)

2x y 2

<i><b>Hìng dẫn Đặt t =</b></i>

1

2x y_{thay vào (1) và (3) ta cã:}

 





 




3t z 2
3
2t y

2 __{2z + 3y = -1/2 (4).}

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

<b>Chuyên đề 5</b>

<b>Phơng trình bậc 2, định lý viét - Phơng trình bậc cao</b>
<b>I/ Phơng trình bậc 2</b>

<b>ĐN</b>: Phơng trình bậc 2 là phơng rình có dạng: ax2_{+ bx + c = 0. (a}_₀₎
Trong đó: a, b, c là cỏc s thc, x l n.

<b>Cách giải</b>:

Tính biệt thức = b2_{- 4ac}

NÕu  < 0  ph¬ng trình vô nghiệm.

Nếu = 0 phơng trình có nghiƯm kÐp: x = -b/2a.

NÕu  > 0  ph¬ng trình có 2 nghiệm phân biệt:

  

 

1 2

b b

x ; x

4a 4a

<i><b>Chó ý</b>: NÕu b = 2b'_{th× cã thĨ tÝnh}</i>_<i>'_{= b}'2_{- ac}</i>

<i>Nếu </i><i>'_{< 0}</i><i>_{phơng trình vô nghiệm.}</i>

<i>Nếu </i><i>'_{= 0}</i><i>_{phơng trình có nghiệm kép: x = -b}'_/a.</i>

<i>Nếu </i><i>'_{> 0}</i><i>_{phơng trình cã 2 nghiƯm ph©n biƯt:}</i>

     

 

' ' ' '

1 2

b b

x ; x

2a 2a

<b>II/ Định lý Viét</b>

Nếu phơng trình bậc 2 có hai nghiệm phân biệt hoặc không thì ta có:
S = x1 + x2 = -b/a; P = x1x2 = c/a.

<i><b>Chó ý:</b></i>

NÕu phơng trình bậc 2 có a + b + c = 0 thì x1 = 1; x2 = c/a.
Nếu phơng tr×nh bËc 2 cã a - b + c = 0 thì x1 =-1; x2 = -c/a.
<b>III/ Bài tập</b>

Bài 1

Cho phơng trình: x2_{- 4x + m + 1 = 0.}
a/ Giải phng trình khi m = 2

b/ Tỡm m để phơng trình có nghiệm

c/ Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn: x12_{+ x2}2_{= 10}
d/ Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn: x13_{+ x2}3_{= 34}
<i><b>Giải </b></i>

a/ Khi m = 2 PT  x2_{- 4x + 3 = 0 do a + b + c = 0}__{x1 = 1, x2 = 3.}
b/ '_{= 4 - m - 1 = 3 - m, ph¬ng tr×nh cã nghiƯm}__{3 - m}_₀__m_3.
c/ Để phơng trình có 2 nghiệm thì ph¶i cã  0  m  3.

Khi đó: x12_{+ x2}2_{= 10}__{(x1 + x2)}2_{- 2x1x2 = 10}__{16 - 2(m + 1) = 10}__{m = 2}
d/ Để phơng trình có 2 nghiệm thì phải có  0  m  3.

x13_{+ x2}3_{= 34}__{(x1 + x2)[(x1 + x2)}2_{-3x1x2] =34}__{4[16 -3(m + 1)] =34}__{m +1 =10}_{m = 9}

Bài 2

Cho phơng trình: x2_{- 2(m - 1)x - 3 - m = 0.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

c/ Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn x12_{+ x2}2_₁₀

d/ Tìm m để phơng trình có nghiệm x1 , x2 sao cho P = x12_{+ x2}2_{đạt giá trị nhỏ nhất}

<i><b>Giải </b></i>

a/ '_{= m}2_{- 2m + 1 + m + 3 = m}2_{- m + 4 = (m- 1/2)}2_{+ 15/4 > 0}__{với mọi m thì phơng trình}
luôn có nghiệm.

b/ x = 2 thay vào phơng trình ta có: 5m = 5  m = 1. Khi đó phơng trình có dạng: x2_{- 4 = 0}

 x = 2  x = -2.

c/ x12_{+ x2}2_₁₀__{(x1 + x2)}2_{- 2x1x2}_₁₀__{[2(m - 1)]}2_{+ 2(m + 3)}_₁₀_

 4m2_{-8m + 4 + 2m + 6}_₁₀__4m2_{- 6m}_₀__{m(2m - 3)}_₀__m__3/2__m__0.
d/ P = x12_{+ x2}2_{= (x1 + x2)}2_{- 2x1x2 = [2(m - 1)]}2_{+ 2(m + 3) = 4m}2_{- 6m + 10 =}

(2m - 3/2)2_{+ 31/4}__{Pmin = 31/4}_{m = 3/4.}

Bài 3

Cho phơng trình: x2_{- 2mx + 2m -1 = 0.}

a/ Chøng minh r»ng phơng trình luôn có nghiệm với mọi m.

b/ Tỡm m để phơng trình có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn 2x12_{+ 2x2}2_{- 5x1x2 = 27.}
c/ Tìm m sao cho phơng trình có nghiệm này bằng hai nghiệm kia.

d/ Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn: x1 = x22
<i><b>Giải </b></i>

a/ '_{= m}2_{- 2m + 1 = (m + 1)}2₀_{với mọi m phơng trình luôn có nghiÖm.}

b/ 2x12_{+ 2x2}2_{- 5x1x2 = 27}__{2[(x1 + x2)}2_{- 2x1x2] - 5x1x2 = 27}__{2(x1 + x2)}2_{- 9x1x2 = 27}__8m2

- 9(2m + 1) = 27  8m2_{- 18m - 18 = 0}__4m2_{- 9m - 9 = 0}

 m = 3 m = -3/4.

c/ Giả sử phơng trình cã 2 nghiÖm: x1 = 2x2  ta cã:

x1 + x2 = 3x2 =2m  x2 =2m/3 (1) vµ x1x2 = 2x22_{= 2m - 1}__x22_{= (2m - 1)/2 (2).}
Tõ (1) vµ (2)  4m2_{/9 = (2m - 1)/2}__8m2_{- 18m + 9 = 0}__{m = 3/4}__{m = 3/2}
d/ Ta cã: x = m + m + 1 = 2m + 1  x = m - m - 1 = -1

NÕu x1 = 2m + 1, x2 = -1 th× ta cã: 2m + 1 = 1  m = 0

NÕu x1 = -1, x2 = 2m + 1 th× ta cã: -1 = (2m + 1)2_{v« lý.} _{VËy m = 0.}

Bài 4

Cho phơng trình: (m - 1)x2_{+ 2(m - 1)x - m = 0.}

a/ Tìm m để phơng trình có nghiệm kép, tìm nghiệm kép này
b/ Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt trái dấu
c/ Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt đều âm
d/ Tìm m để phơng trình có 2 nghim phõn bit u dng
<i><b>Gii </b></i>

a/ Phơng rình có nghiƯm kÐp  m  1 vµ '_{= 0}__m2_{- 2m + 1 + m}2_{- m = 0}

 2m2_{- 3m + 1 = 0}__{(m - 1)(2m - 1) = 0}__{m = 1}__{m = 1/2}
VËy m = 1/2 thì phơng trình có nghiệm kép: x = 1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

 __ _
 

  _
  

 
       
   


 
 _  

 __ _ _ _


 
'
1 2
m 1

m 1 m 1

m 1 / 2 m 0
0 (m 1)(2m 1) 0

m 1
m 0

x x 0 m

0 _m ₁

m 1 _.

c/ Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt đều âm 





 _ _ _
 
 

 
  _
     
   
 _
  
 

 _ _  _
 __ _
 
'
1 2
1 2
m 1

m 1 _{(m 1)(2m 1)} ₀

m 1

0 _m

0 m 1 / 2
m 1 / 2

0

x x 0 _{m 1}

0 m 1
2(m 1)

x x 0

0

m 1 _.

d/ Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt đều dơng 


 __ _


 _ _ _ _

 

 
 
  
    
   
 _
  _{ }
 _ _  _ 
 __ _ _

 
'
1 2
1 2

m 1 _m ₁

m 1 _{(m 1)(2m 1)} ₀

m 1 / 2

0 _m

0 m 1
0

x x 0 _{m 1}

2 0
2(m 1)

x x 0

0

m 1 _Lo¹i

Vậy khơng tồn tại m để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt đều dơng.

Bài 5

Cho phơng trình: x2_{- (2m - 3)x + m}2_{- 3m = 0.}

a/ Chứng minh rằng phơng trình ln có 2 nghiệm khi m thay đổi.
b/ Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn: 1 < x1 < x2 < 6.
<i><b>Giải </b></i>

a/  = 4m2_{- 12m + 9 - 4m}2_{+ 12m = 9 > 0}_{phơng trình luôn có 2 nghiệm.}

b/ x1 =

 

 
2m 3 3

m 3

2 _{; x2 =}

 


2m 3 3

m
2

Víi mäi m ta lu«n cã: m - 3 < m  1 < m - 3 < m < 6  4 < m < 6.

Bµi 6

Cho phơng trình: 3x2_{- mx + 2 = 0. Tìm m để pt có 2 nghiệm thoả mãn: 3x1x2 = 2x2 - 2.}
<i><b>Giải </b></i>
ĐK:
 
         
 

    
  
 
  
  
  
 _ _  _ _  _
  
2

1 2 2 2 2

1 2 1 2 1

1 2 1 2

m 24 0 m 2 6 m 2 6 m 2 6 m 2 6
3x x 2x 2 2 2x 2 x 2

x x 2 / 3 x x 2 / 3 x 1 / 3
x x m / 3 x x m / 3 m 7

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

Gọi a, b là nghiệm của phơng trình: x2_{+ px + 1 = 0}
c, d là nghiệm của phơgn trình: x2_{+ qx + 1 = 0}
a/ Chøng minh r»ng: (a - c)(a - d)(b - c)(b - d) = (p - q)2
b/ Chøng minh r»ng: (a - c)(b - c)(a + d)(b + d) = q2_{- p}2
<i><b>Gi¶i </b></i>

Theo định lý Viét ta có:

   

 

 

 

 

a b p c d q

ab 1 cd 1 _.

a/ VT = (a - c)(a - d)(b - c)(b - d) = (a2_{- ad - ac + cd)(b}2_{- bc - bd + cd) =}
[a2_{- a(c + d) + cd][b}2_{- b(c + d) + cd] = (a}2_{+ aq + 1)(b}2_{+ bq + 1) =}
a2_b2_{+ a}2_{bq + a}2 _+ab2_{q + abq}2_{+ aq + b}2_{+ bq + 1 =}

1 + aq + bq + q(a + b) + [(a + b)2_{- 2ab] + q}2_{+ 1 =}

2 + q(a + b) - pq + p2_{- 2 + q}2_{+ 1 = p}2_{- 2pq + q}2_{= (p - q)}2_{= VP.}

b/ VT = (a - c)(b - c)(a + d)(b + d) = [ab - c(a + b) + c2_{][ab + d(a + b) + d}2_{] = (1 + cp + c}2
)(1-dp + d2_{) = 1- dp + d}2_{+ cp - cdp}2_{+ cd}2_{p + c}2_{- c}2_{dp + c}2_d2₌

= 1- dp + d2_{+ cp - p}2_{+ dp + c}2_{- cp + 1 = (c + d)}2_{- 2cd - p}2_{+ 2 = q}2_{- p}2_{= VP.}
<b>IV/ Phơng trình bậc cao</b>

Bài 8

Giải các phơng trình sau:
a/ x3_{- 2x}2_{- x + 2 = 0}

b/ x4_{- 3x}3_{+ 6x}2_{+ 3x + 1 = 0}
c/ x4_{+ 2x}3_{- 6x}2_{+ 2x + 1 = 0}
d/ (x2_{- 3x + 1)(x}2_{- 3x + 2) = 2}
e/ (x + 9)(x + 10) (x + 11) - 8x = 0
f/ (x + 2)2_{+ (x + 3)}3_{+ (x + 4)}4_{= 2}
<i><b>Giải </b></i>

a/ Nhẩm thấy x = 2 là nghiệm phân tích VT làm xuất hiện x - 2

x3_{- 2x}2_{- x + 2 = 0}__x2_{(x- 2)- (x- 2) = 0}__{(x- 2)(x}2_{- 1) = 0}__{x = 0}__{x =}__1.
C¸ch kh¸c:

x3_{- 2x}2_{- x + 2 = 0}__x3_{- 8 - (2x}2_{- 8) - (x - 2) = 0}__{(x - 2)(x}2_{+ 2x + 4 - 2x - 4 - 1)}__{(x - 2)}
(x2_{- 1) = 0}__{x = 0}__{x =}__1.

b/ Do x = 0 không phải là nghiệm chia c¶ hai vÕ cho x2__{0 ta cã:}

   

      _  _ _  _ 

   

2 2

2 2

3 1 1 1

x 3x 6 0 x 3 x 6 0

x x x x

Đặt:

1 2 1₂ 2

x t x t 2

x x _{, thay vào phơng trình ta cã:}

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

Víi : t = -1 

 _{ }





      

 _{ }





1
2

2

1 5

x

1 ₂

x 1 x x 1 0

x ₁ ₅

x

2 _.

Víi : t = 4 

 _{ }

       

  


1
2

2

x 2 5

1

x 4 x 4x 1 0

x _x ₂ ₅

.

c/ Do x = 0 không phải là nghiệm chia cả hai vế cho x2__{0 ta cã:}

   

      _  _ _  _ 

   

2 2

2 2

2 1 1 1

x 2x 6 0 x 2 x 6 0

x x x x

Đặt:

1   2 1₂  2

x t x t 2

x x _{, thay vào phơng trình ta có:}

t2_{- 2t - 4 = 0}_ t 1 5  t 1 5_{(khơng tìm đợc x)}
Cách khác:

x4_{+ 2x}3_{- 6x}2_{+ 2x + 1 = 0}__(x4_{- 2x}2_{+ 1) + (2x}3_{- 4x}2_{+ 2x) = 0}_

(x2_{- 1)}2_{+ 2x(x - 1)}2_{= 0}__{(x - 1)}2_{[(x + 1)}2_{+ 2x] = 0}_







2
x 1

x 4x 1 0

e/ Đặt t = x2_{- 3x + 1}_{phơng trình có dạng: t(t + 1) = 2}__t2_{+ t - 2 = 0}__{t = 1}__{t = -2.}
Víi: t = 1  x2_{- 3x = 0}__{x = 0}__{x = 3.}

Víi: t = -2  x2_{- 3x + 3 = 0, VN}

f/ §Ỉt: x+ 10 = t  (t - 1) t (t + 1) - 8(t - 10) = 0  t3_{- 9t + 80 = 0}_

 (t + 5)(t2_{- 5t + 16) = 0}__{t = -5}_{x = -15.}
g/ Đặt: x + 4 = t  (t - 2)2_{+ (t - 1)}3_{+ t}4_{= 2}_

(t2_{- 4t + 4) + (t}3_{- 3t}2_{+ 3t - 1) + t}4_{= 2}__(t2_-1)(t2_{+ t - 1 = 0}_

<i>t</i>2<i>−</i>1=0

¿

<i>t</i>2+<i>t </i>1=0

.

Bài 9

Cho phơng trình: x3_{- 2x}2_{+ (m + 1)x - m = 0.}

a/ Chứng minh rằng: phơng trình ln có nghiệm x = 1 với mọi m
b/ Tìm m phng trỡnh cú ỳng 2 nghim

c/ Giải và biện luận phơng trình theo m
<i><b>Giải </b></i>

a/ Thay x = 1 vào phơng trình ta thấy ln đúng  x = 1 là nghiệm với mọi m
b/ Pt  (x - 1)( x2_{- x + m) = 0}

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

TH1: f(x) = 0 cã nghiÖm kÐp x  1 

¿

<i>Δ</i>=0
<i>f</i>(1)<i>≠</i>0

<i>⇔</i>

¿1<i>−</i>4<i>m</i>=0

<i>m ≠</i>0

<i>⇔m</i>=1
4

¿{

¿

.

TH2: f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó một nghiệm phải bằng 1 

    

  

   

  

  

  

0 1 4m 0 m 1 / 4

m 0

f(1) 0 m 0 m 0 _{. VËy: m = 0}__{m = 1/4.}

c/ XÐt PT x2_{- x + m ta cã:}__{=1 - 4m.}

NÕu  < 0  1- 4m < 0  m > 1/4  PT cã mét nghiÖm x = 1.

NÕu

   

 

  

 

 

 

0 1 4m 0 1

m

f(1) 0 m 0 4 __{PT cã hai nghiÖm x = 1}__{x = 1/2.}

NÕu

    

  

   

  

  

  

0 1 4m 0 m 1 / 4

m 0

f(1) 0 m 0 m 0 __{PT cã hai nghiÖm x= 1}__{x = 0.}

NÕu

    

  

 

  

  

  

0 1 4m 0 m 1 / 4

f(1) 0 m 0 m 0 _

PT cã 3 nghiƯm x = 1

 
1 1 4m
x

2 _.

<b>BTVN</b>

<b>Bµi 1 Cho phơng trình: 3x</b>2_{- 5x + m = 0.}

a/ Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn: x12_{- x2}2_{= 5/9}
b/ Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x1 , x2 thoả mãn: x13_{+ x2}3_{= 72}
<b>Bài 2 Cho phơng trình: x</b>2_{- 2mx + m + 2 = 0.}

Xác định m để phơng trình có 2 nghiệm khơng âm. Khi đó hãy tính giá trị của biểu thức: P =

1 2

x x

theo m.

<b>Bài 3 Giải các phơng tr×nh:</b>

a/ x3_{- 2x}2_{-11x +12 b/ (x + 1)(x + 3) (x + 5)(x + 7) + 15 = 0}

c/ x4 _{+ 5x}3_{- 12x}2_{+ 5x + 1 = 0 d/ x}4_{+ 6x}3_{+ 7x}2_{- 6x + 1 = 0 e/ 2x}4_{- x}3_{- 5x}2_{+ x + 2 = 0}
<i><b>Hỡng dẫn</b></i>

Do x = 0 không phải là nghiệm chia cả hai vế cho x2_{0 ta cã:}

   

      _  _{ }  _ 

   

2 2

2 2

1 2 1 1

2x x 5 0 2 x x 5 0

x x x x

Đặt:

2  2
2

1 1

x t x t 2

x x _{, thay vào phơng trình ta có:}

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

Với : t = 1 

 _





      

 _





1
2

2

1 5

x

1 ₂

x 1 x x 1 0

x ₁ ₅

x

2 _.

Víi : t = -1/2 

  






      

 _{ }





1

2

2

1 17
x

1 1 4

x 2x x 2 0

x 2 ₁ ₁₇

x

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

<b>Chuyên đề 6</b>

<b>Giải phơng trình, bất phơng trình chứa gttđ và căn thức</b>
<b>I/ Giải phơng trình chứa GTTĐ</b>

*/ Dạng cơ bản.

A= B 



  



 



 _

 2 2

B 0 B 0

A B

A B

A= B  A2_{= B}2__{A =}_B
*/ Dạng không cơ bản

- Dựng nh ngha: A=






 



A nÕu A 0

A nÕu A 0

- Dùng các tính chất của giá trị tuyệt đối:

a = a  a  0

a = -a  a  0

a + b = a + b  a.b  0

a + b = a + b  a 0 và b 0

Bài 1

Giải các phơng tr×nh sau:
a/ x + 1= x(x + 1)

b/ 7 - 2x= 5 - 3x+ x + 2

c/ x2_{- 1}_₊__x2_{- 4}_₌₃

d/ x2_{- 5x + 5}__{= -2x}2_{+ 10x -11}

<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ x + 1 = x(x + 1) x + 1 = x . x + 1 x + 1( x - 1) = 0 

   _ _

  

 _



 _



x 1 0 x 1

x 1

x 1

x 1

.
C¸ch kh¸c:

x+1= x(x+ 1)x + 1= x2_{+ x}_





 
   

   



     

 _

2
2

2
2

x 1

x x x 1

x 1

x x x 1 x 1 0

b/ 7 - 2x= 5 - 3x+ x + 275 - 3x+ x + 2= - 2x 

5 - 3x+ x + 2= (5 - 3x) + (x + 2) , ¸p dông: a + b = a + b  ab  0

 (5 - 3x)(x + 2) 0 -2 x 5/3.
c/ Đặt: t = x2_{- 1}__x2_{- 4 = t - 3}

 x2_{- 1}_₊__x2_{- 4}__{= 3}___t_₊__{t - 3}__{=3 (*)}

NÕu: t  3  (*)  2t = 6  t = 3  x2_{= 4}__{x =}_₂

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

 1  x2_{< 4}_

 

 


 _ _

 

  




  


x 1

1 x 2

x 1

2 x 1

2 x 2

NÕu: 0 < t  (*)  2t = 0 t = 0 loại.

Vậy phơng trình có nghiệm:

 



_ _{ }


1 x 2

2 x 1

.

d/ x2_{- 5x + 5}__{= -2x}2_{+ 10x -11}__/__x2_{- 5x + 5}__{= -2(x}2_{- 5x + 5) -1}

Đặt: t = x2_{- 5x + 5}_{ta cã:}__t__{= -2t -1}_

   

 

 

  

  

 

 

 

 _ _  _

 

 

2t 1 0 t 1 / 2

t 1
t 2t 1 t 1 / 3

t 2t 1 t 1

-1 = x2_{- 5x + 5}__x2_{- 5x + 6 =0}__{x = 2}__{x = 3.}
<b>II/ Giải phơng trình chứa căn thức</b>

*/ Dạng cơ bản.

2

B 0

A B

A B



B 0

A B

A B

*/ Dạng không cơ bản

- Nâng luỹ thừa hai vế (hai vế cùng dấu, tốt nhất là không ©m)

- Đa về hằng đẳng thức và đa ra ngoài căn rồi dùng tính chất của GTTĐ
- Đặt ẩn phụ hoc ỏnh giỏ giỏ tr ca hai v

Bài 2

Giải các phơng trình sau:
a/ x 1 x 1

b/ 1 x  4x 3

c/ 1 x  2x 1

d/ x2  2x 1  x24x4 3

e/ x 3 4 x 1    x 8 6 x 1   5

f/



     x 3

x 2 x 1 x 2 x 1
2

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

a/




  

  _

           

     _

   _




2 2

x 1

x 1 0 x 1

x 1 x 1 x 0 x 3

x 1 (x 1) x 3x 0

x 3

b/ §K:

  

 

    

 

  

 

1 x 0 x 1

4 x 1

4 x 0 x 4

             

1 x 4 x 3 5 2 (1 x)(4 x) 9 (1 x)(4 x) 2

 2     

x 3x 0 x 0 x 3

c/ §K:

  

 

    

 

  

 

1 x 0 x 1

2 x 1

2 x 0 x 2

               

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

 2 x (x 1)







 _{ }


  

  _   

   

  _

      

  _

 
_ _



2 2

x 1

1 5

x 1 0 x 1 _x ₁ ₅

x
2

2

2 x x 2x 1 x x 1 0

1 5

x

2

d/                

2 2 2 2

x 2x 1 x 4x 4 3 (x 1) (x 2) 3 x 1 x 2 3

 1 x x 2  3 1 x  x 2 (1 x) (x 2)  

¸p dơng: a  b  a b  a.b0 ta cã: (1 - x)(x + 2)  0  -2  x  1

e/ x 3 4 x 1    x 8 6 x 1   5
§K: x  1

                  

x 3 4 x 1 x 8 6 x 1 5 x 1 4 x 1 4 x 1 6 x 1 9 5

  2    2         

( x 1 2) ( x 1 3) 5 x 1 2 x 1 3 5

                 

x 1 2 3 x 1 5 x 1 2 3 x 1 ( x 1 2) (3 x 1)

¸p dơng: a  b  a b  a.b0  ta cã:

           

( x 1 2)(3 x 1) 0 2 x 1 3 5 x 10_.

f/



     x 3

x 2 x 1 x 2 x 1
2

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

 
     x 3          x 3
x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1

2 2

 

   2    2 x 3      x 3

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

2 2 _(*)

NÕu:



       x 3   2  

x 1 1 x 2 (*) 2 x 1 16x 16 x 6x 9

2

 x2 10x 25  0 (x 5) 2  0 x5.

NÕu:



      x 3 

x 1 1 x 2 (*) 2 x 1.

2

g/ x 2 3 2x 5    x 2  2x 5 2 2
§K: x  5/2.

        

x 2 3 2x 5 x 2 2x 5 2 2

 2x 4 6 2x 5  2x 4 2 2x 5   4

          

2x 5 6 2x 5 9 2x 5 2 2x 5 1 4

   2    2 

( 2x 5 3) ( 2x 5 1) 4

 2x 5 3 2x 5 1   4 2x 5 3  1 2x 5  4

 2x 5 3 1 2x 5 ( 2x 5 3) (1  2x 5)

¸p dơng: a  b  a b  a.b0 ta cã:

             

( 2x 5 3)(1 2x 5) 0 1 2x 5 0 2x 5 1 x 3_.

VËy: 5/2 x 3

Bài 3

Giải các phơng trình sau:
a/ 3x2 2x2 x2x 1 x

b/    

x x

(5 2 6 ) (5 2 6 ) 10

<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ 3x2 2x2 x2x 1 x
§K: x2_{+ x}_₀__x_₀__x__-1

PT  3x2 3x 1 2 x2 x  3(x2 x) 1 2 x2x

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34>

t = 1 

 

       

2 2 1 5

x x 1 x x 1 0 x

2

b/ Do: (5 2 6)(5 2 6)  1  đặt:   

x

(5 2 6 ) t (t 0)__PT_  
1

t 10

t _

  
    

 


2 t 5 2 6

t 10t 1 0

t 5 2 6

Víi        

x

t 5 2 6 (5 2 6) 5 2 6 x 2

Víi



    x     x   1  

t 5 2 6 (5 2 6) 5 2 6 (5 2 6) (5 2 6) x 2

VËy phơng trình có hai nghiệm: x = 2.

Bài 4

Giải phơng trình:

a/ 3x22x2 x2x 1 x
b/ x24x 5 2 2x 3

c/ x210x 21 3 x 3 2 x 7  6

d/      

2 2

3x 12x 16 y 4y 13 5

e/ 3x26x 7  5x210x 14  4 2x x 2

f/



 



      

2 7 2 2

x 3x x 2x 2 x 4x 5

2

g/ 2x 3 5 2x 3x2 12x 14
<i><b>Giải </b></i>

a/ ĐK: x2_{+ x}_₀__x_₀__x__-1

         

2 2 2 2

3x 2x 2 x x 1 x 3(x x) 2 x x 1

Đặt

2

x x t (t 0)__PT__3t2_{- 2t - 1 = 0}__{t = 1}__{t = -1/3 (lo¹i)}

 
  2   2     1 5

t 1 x x 1 x x 1 0 x

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35>

            

2 2

x 4x 5 2 2x 3 (x 2x 1) (2x 3) 2 2x 3 1

  



       _  

  




2

2 2

2

(x 1) 0

(x 1) ( 2x 3 1) 0 x 1

( 2x 3 1) 0 _.

c/ §K:

 


 


 


x 3 0

x 3

x 7 0

               

2

x 10x 21 3 x 3 2 x 7 6 (x 3)(x 7) 3 x 3 2 x 7 6 0



 





 



 x 3 x 7 3   2 x 7  3  0 x 7  3 x 3  2  0

 _{ } _ _ _{ }

   _  

 

   



x 7 3 0 x 7 9

x 2
x 3 4

x 3 2 0

.

d/ Do: 3x2_{-12x + 16 = 3(x - 2)}2_{+ 4}_₄_ 3x212x 16 2
y2_{- 4y + 13 =(y - 2)}2_{+ 9}_₉_

      

2 2

3x 12x 16 y 4y 13 5 _

PT 

    





 



 

 



2
2

3(x 2) 0 x 2
y 2
(y 2) 0

e/ 3x26x 7  5x210x 14  4 2x x 2 













 3 x 1 2 4 5 x 1 29  5 x 1 2

Mµ:







 







   

2 2

3 x 1 4 5 x 1 9 4 9 5

còn 5 - (x+1)2₅
nên ta có: (x+1)2_{= 0}__{x = -1.}

f/ Ta cã:

x2_{- 2x + 2 = (x- 1)}2_{+ 1 > 0}
x2_{- 4x + 5 = (x- 2)}2_{+ 1 > 0}



 





 



    

       

2 2

2 7 x 2x 2 x 4x 5 2 2

x 3x x 2x 2 x 4x 5

2 2

 PT  x2_{- 2x + 2 = x}2_{- 4x + 5}__{x = 3/2.}
g/ §K: 3/2  x  5/2

VP = 3 x2 _{- 12x + 14 = 3(x - 2)}2_{+ 2}__{2, dÊu b»ng x¶y ra}__{x = 2.}

VT2 ₌( 2x 3  5 2x ) 2(2x 3 5 2x)(1   21 )2 ( 2x 3  5 2x) 2 4
 2x 3  5 2x 2_{, dÊu b»ng x¶y ra}__{2x - 3 = 5 - 2x}__{x = 2.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36>

Giải các bất phơng trình sau:
a/ x - 4 < x2_{+ x + 1}

b/ x2 2x 1 1 
<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ NÕu: x  4  PT  x - 4 < x2 _{+ x + 1}__x2_{> - 5}__{BPT cã v« sè nghiƯm}
x  4(1)

NÕu: x < 4  PT  4 - x < x2_{+ x + 1}__x2_{+ 2x - 3 > 0}__{x > 1}__{x < -3}_
x < -3  1 < x < 4 (2)

Tõ (1)_vµ(2) __{x < -3}__{x > 1.}

b/

  

 

          _  _

  

 

2 2 x 1 1 x 2

x 2x 1 1 (x 1) 1 x 1 1

x 1 1 x 0_.

<b>BTVN</b>

<b>Bài 1 Giải các phơng trình: </b> a/ x2_{+ 2x - 2}__{x + 1}__{= 0} _b/__{x - 1}__-__{x - 2}__{= 1}
<b>Bài 2Giải các phơng trình sau:</b>

a/ 3 x 3x 5 b/ 1 2x 2  x 1

c/ x 3  7 x  2x 8 (x = 5, x = 6) d/ x 2 x 1   x 3 4 x 1   1

e/ 3 x 2 x 1  2 x 2 x 1  f/    

x x

(7 48) (7 48) 14

g/ x 94  96 x x2190x 9027 h/ 6 x  x2x2  6x 13
<i><b>Hìng dÉn §K: -2 </b></i> x  6

VP = x2 _{- 6x + 13 = (x - 3)}2_{+ 4}__{4. dÊu b»ng x¶y ra}__{x = 3.}

VT2₌( 6 x  x 2 ) 2 (6 x x 2)(1   21 )2  ( 6 x  x 2 ) 2 16

   2 

( 6 x x 2 ) 4_{. DÊu b»ng x¶y ra}_ 6 x  x 2  x4_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37>

<b>Chuyên đề 7</b>

<b>Giải bài tốn bằng cách lập phơng trình, hệ phơng trình</b>
<b>I/ Các bớc để giải một bài tốn bằng cách lp phng trỡnh, H phng trỡnh</b>

B1: Lập phơng trình.

- Chn ẩn và xác định điều kiện cho ẩn
- Biểu thị các số liệu cha biết qua ẩn

- Tìm mối liên hệ giữa các số liệu để lập phơng trình hoặc hệ phơng trình
B2: Giải phơng trình hoặc giải hệ phng trỡnh.

B3: Chọn kết quả thích hợp và trả lời.

<i>Chú ý:</i>

- Quảng đờng = vận tốc x thời gian (toán chuyển động)
- Sản lợng = năng suất x thời gian (tốn năng suất)

- Ngồi cách chọn ẩn trực tiếp đơi khi ta cần chọn ẩn gián tiếp để đợc phơng trình đơn giản
hơn.

<b>II/ Bµi tËp.</b>

<b>*/ Tốn chuyển động</b>

Bài 1

Một ca nơ xi dịng từ A đến B với vận tốc trung bình là 30 km/h, sau đó lại ngợc từ B đến A.
thời gian đi xi ít hơn thời gian đi ngợc 40 phút. Tính độ dài khúc sơng AB biết vận tốc dòng
nớc 3 km/h và vận tốc của ca nơ khơng đổi.

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gọi độ dài khúc sơng AB l s (km)

thời gian ca nô xuôi dòng là: s/30 (giờ)
thời gian ca nô ngợc dòng là: s/(30 - 6) (giờ)
Theo bài ra ta có phơng trình:

          



s s 2 s s 2 s s

2 2s 160 s 80 (km)

30 6 30 3 24 30 3 8 10

Bµi 2

Một ca nơ dự định đi từ A đến B trong thời gian đã định. Nếu vận tốc ca nơ tăng 3 km/h thì
đến nơi sớm 2 giờ. Nếu vận tốc ca nơ giảm 3 km/h thì đến nơi chậm 3 giờ. Tính chiều dài
khúc sơng.

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gọi vận tốc dự định của ca nô là v (km/h) (v > 3), thời gian dự định là t (giờ) (t > 2), thì chiều
dài khúc sơng AB là v.t (km)

Nếu vận tốc ca nơ tăng 3 km/h thì đến nơi sớm 2 giờ  ta có: (v + 3)(y - 2) = v.t
Nếu vận tốc ca nơ giảm 3 km/h thì đến nơi chậm 3 giờ  ta có: (v-3)(y+3) = v.t
Vậy ta có hệ phơng trình:

          

   

  

   

         

   

(v 3)(t 2) vt vt 2v 3t 6 vt 2v 3t 6 v 15
(v 3)(t 3) vt vt 3v 3t 9 vt 3v 3t 9 t 12

</div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38>

Mét ca n« xu«i khóc sông dài 40 km rồi ngợc khúc sông ấy hết 4 giê rìi. BiÕt thêi gian ca n«
xu«i 5 km bằng thời gian ca nô ngợc 4 km. Tính vận tốc dòng nớc.

<i><b>Giải </b></i>

Gọi vận tốc của dòng nớc là x (km.h) và vận tố của ca nô là y (km/h),(x >y >0)

Do ca n« xu«i khóc s«ng dµi 40 km råi ngợc khúc sông Êy hÕt 4 giê rìi  ta cã:

 

 

40 40 9

(1)
x y x y 2

Do thêi gian ca n« xu«i 5 km b»ng thêi gian ca nô ngợc 4 km ta có:

5
<i>x</i>+<i>y</i>=

4
<i>x y</i>(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phơng trinh:

  

 _ _  _ _  _

  

  

  

 _ _  _ _  _ _

        

  

40 40 9 40 40 9 90 9

x y x y 2 x y x y 2 x y 2

5 4 50 40 5 4

0 0 0

x y x y x y x y x y x y

  

 

 _  _

  

 

x y 20 x 18

x y 16 y 2

. VËy: vận tốc dòng nớc là y = 2 km/h.

Bài 4

Một ca nô xuôi dòng 45 km rồi ngợc dòng 18 km. Biết rằng thời gian xuôi lâu hơn thời gian
ngợc là 1 giờ và vận tốc xuôi lớn hơn vận tốc ngợc là 6 km/h. tính vận tốc của ca nô lúc ngợc
dòng.

<i><b>Giải </b></i>

Gọi v (km/h) là vận tốc của ca nô lúc ngợc dòng (v > 0) thì thời gian xuôi dòng 45 km là 45/
(v+6) và thời gian ngợc dòng 18 km là 18/v. Theo bài ra ta có phơng trình:

   _{  }

 _ 

2 2 v 12

45 18

1 45v 18v 108 v 6v v 21v 108 0

v 6 v v 9

.
VËy vËn tèc ca n« lóc ngợc dòng là: v = 12 hoặc v = 9.

Bài 5*

Một bè nứa trôi tự do và một ca nô cùng rời bến A để xi dịng sơng. Ca nơ xi dịng đợc 96
km thì trở về A, cả đi lẫn về mất 14 giờ trên đờng về khi còn cách A 24 km thì ca nơ gặp bè
nứa trơi. Tìm vận tốc riêng của ca nơ và vận tốc ca dũng nc.

<i><b>Giải </b></i>

Gọi vận tốc của ca nô là x (km/h) và vận tốc của dòng nớc là y (km/h) (x>y>0)

Do Ca nô xi dịng đợc 96 km thì trở về A, cả đi lẫn về mất 14 giờ nên ta có:

 

 

96 96

14 (1)

x y x y

</div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39>

 

 

96 72 24

(2)

x y x y y

Từ (1) và (2) ta có hệ phơng tr×nh:



 

  




 _ _

  



96 96

14 (1)
x y x y

96 72 24

(2)

x y x y y

Tõ (2) 

     

   

96 72 24 4 3 1

x y x y y x y x y y

 4xy 4y 23y23xyx2 y2  x7y (2 )'

Tõ (1) 

       

   

2 2 '

96 96 48 48

14 7 96x 7(x y ) (1 )

x y x y x y x y

Thay (2'_{) vào (1}'_{) ta đợc: 96y = 48y}2__{y = 2}_{x = 14}

Vậy vân tốc riêng của ca nô là x = 14 và vận tốc của dòng nớc là y = 2.

Bài 6*

Mt chic tu thuỷ xuôi từ bến A đến bến B hết 5 giờ và ngợc từ bến B về bến A hết 7 giờ. Hỏi
một chiếc bè đợc thả trơi theo dịng nớc thì sẽ đi từ bến A đến bến B hết bao lâu? Biết rằng ở
lợt đi cũng nh ở lợt về, tàu thuỷ không dừng lại ở chỗ nào và vẫn giữ nguyên vận tốc riêng của
nó (vận tốc riêng là vận tốc khi nớc yên lặng).

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gäi kho¶ng cách AB là s

Vận tốc tàu thuỷ khi xuôi dòng là: vx = s/5
Vận tốc tàu thuỷ khi ngợc dòng là: vn = s/7
Ta có:

vx= vtu + vnc, vn = vtàu - vnớc  vx- vn = 2vnớc  s/5 - s/7 = 2vnớc  vnớc = s/35
Vậy: Một chiếc bè trôi từ A đến B hết 35 giờ.

Bµi 7

Quảng đờng AB gồm một đoạn lên dốc dài 4 km và một đoạn xuống dốc dài 5 km. Một ngời

đi xe đạp từ A đến B hết 40 phút và đi từ B về A hết 41 phút (vận tốc lên dốc lúc đi và về nh
nhau, vận tốc xuống dốc lúc đi và về nh nhau). Tính vận tốc lúc lên dốc và lúc xuống dốc.
<i><b>Giải </b></i>

Gäi vận tốc lúc lên dốc là x (km/h), vận tốc lóc xng dèc lµ y (km/h)
Theo bµi ra ta cã hệ phơng trình:

 _ _

  

  

   




 _ _  _ _  _ _

  

  

4 5 40 20 25 200 9 36

x y 60 x y 60 y 60 y 15

5 4 41 20 16 164 5 4 41 x 12

x y 60 x y 60 x y 60

.

</div>
<span class='text_page_counter'>(40)</span><div class='page_container' data-page=40>

Bµi 8

Một ngời đi xe đạp từ A đến B gồm một đoạn lên dốc AC và một đoạn xuống dốc CB. Thời
gian đi AB là 2 giờ, thời gian về BA là 1 giờ 45 phút. Tính chiều dài quảng đờng AB? Biết
rằng cứ lên dốc thì ngời đó đi với vận tốc 10 km/h và cứ xuống dốc thì ngời đó đi với vận tốc
15 km/h.

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gọi quảng đờng AB là s (km)  ta có:



 

 _ _



      



 _ _




AC CB
2

AC BC CB CA 15 s s 15

10 15

BC CA 7 10 15 4 10 15 4

10 15 4

 6s 4s 225s22, 5 km

Bµi 9

Một ngời đi xe đạp từ A đến B đờng dài 78 km. Sau đó một giờ ngời thứ hai đi từ B đến A. hai
ngời gặp nhau tại C cách B là 36 km. Tính thời gian mỗi ngời đã đi từ lúc khởi hành đến lúc
gặp nhau biết rằng vận tốc ngời thứ hai lớn hơn vận tốc ngời thứ nhất là 4 km/h.

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gäi vËn tèc ngêi thø nhÊt lµ v (km/h), (v > 0) thì vận tốc ngời thứ hai là v + 4.
Thời gian ngời thứ nhất đi là: 42/ v

Thời gian ngời thứ hai đi là: 36/(v+4)
Theo bài ra ta có phơng tr×nh:

           



2 2

42 36

1 6v 168 v 4v v 2v 168 0 v 14.
v v 4

VËy: Thêi gian ngêi thø nhất đi là: 42/ 14 = 3 giờ
Thêi gian ngêi thø hai đi là: 36/ 18 = 2 giờ.

Bài 10

Hai n vị bộ đội ở hai địa điểm A và B cách nhau 39,5 km. Lúc 6 giờ đơnvị A đi về phía B
với vận tốc 6 km/h. Sau đó 2 giờ đơn vị B mới đi về phía A với vận tốc 5 km/h. Hỏi hai đơn vị
gặp nhau lúc mấy giờ.

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gọi quảng đờng đơn vị thứ nhất đi đợc cho đến khi gặp nhau là s1
Gọi quảng đờng đơn vị thứ hai đi đợc cho đến khi gặp nhau là s2
Thời gian đơn vị thứ nhất đi đợc cho đến khi gặp nhau là s1/6
Thời gian đơn vị thứ hai đi đợc cho đến khi gặp nhau là s2/5
Theo bài ra ta có phơng trình:



   

  

 



  

   

    

  

  



1 2

1 2 1 1

1 2 1 2 2

1 2

s s

5s 6s 60 11s 297 s 27

2
6 5

6s 6s 237 6s 6s 237 s 12, 5
s s 39,5

.

</div>
<span class='text_page_counter'>(41)</span><div class='page_container' data-page=41>

Bµi 11*

Một ơ tơ tải đi từ A đến B với vận tốc 30 km/h. Sau đó một thời gian, một xe con cũng xuất
phát từ A với vận tốc 40km/h và nếu khơng có gì thay đổi thì đuổi kịp ơtơ tải tại B. Nh ng sau
khi đi đợc nửa quảng đờng AB thì xe con tăng vận tốc lên thành 45 km/h. nên sau đó 1 giờ thì
đuổi kịp ơ tơ tải. Tính quảng đờng AB

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gọi quảng đờng AB là s (km)

Thời gian ôtô tải đi bình thờng là s/30 và thời gian xe con đi bình thờng là s/40

Xe con xuất phát sau ô tô tải một thời gian là:

 

s s s

30 40 120_.

Quảng đờng mà xe con đi sau một giờ kể từ lúc tăng tốc gặp xe tải là 45 km

Nh vậy thời gian mà ôtô tải đã đi từ A cho đến khi gặp xe con là:


s 45
2.30 30

Thời gian đó đúng bằng thời gian đi của xe con đã là:

 

s s

1
2.40 120 _.

Vậy ta có phơng trình:

    

s s s 45 3s 2s 4s 120

1 s 120

2.40 120 2.30 30 240 240 240 240

Vậy: Quảng đờng AB = 120 km.

Bài 12*

Hai đơn vị bộ đội cùng một lúc đi từ hai địa điểm A và B để gặp nhau. Đơn vị đi từ A mỗi giờ
đi đợc 4 km. Đơn vị đi từ B mỗi giờ đi đợc 5 km. Một ngời liên lạc đi xe đạp với vân tốc 12
km/h lên đờng cùng một lúc với các đơn vị bộ đội, bắt đầu từ A để gặp đơn vị đi từ B. Khi gặp
đơn vị này rồi, ngời liên lạc lập tức quay về găpkj đơn vị đi từ A và khi gặp đơn vị này rồi lại
lập tứcquay về để gặp đơn vị đi từ B và cứnh thế cho đến khi hai đơn vị gặp nhau. Biết rầngB
dài 27 km. Tính quảng đờng ngời liên lạc đã đi.

<i><b>Gi¶i </b></i>

Ta có thời gian mà ngời liên lạc chạy đi chạy lại đúng bằng thời gian mà hai đơn vị bộ đội gặp
nhau. Gọi thời gian đó là t (giờ).

Quảng đờng mà đơnvị đi từ A đi đợc là: 4t
Quảng đờng mà đơnvị đi từ B đi đợc là: 5t
Theo bài ra ta có: 4t + 5t = 27  t = 3.

Vậy: Quảng đờng mà ngời liên lạc đã đi là: 12.3 = 36 km
<b>*/ Tốn vịi nớc, tốn năng suất ...</b>

Bµi 13

Ngời ta mở đồng thời hai vịi nớc cùng chảy vào một bể cạn. Sau 4 giờ bể đầy nớc. Hỏi nếu
chảy một mình, để đầy bể mỗi vòi cần bao nhiêu thời gian? Biết rằng lợng nớc chảy của vòi
thứ nhất trong 2 giờ 20 phút bằng lợng nớc chảy của vòi thứ hai trong 1 giờ 45 phút.

<i><b>Gi¶i </b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(42)</span><div class='page_container' data-page=42>

Gọi t2 là thời gian vịi hai chảy một mình đầy bể  1giờ vịiâhi chảy đợc 1/t2 bể

 ta cã: 4/t1 + 4/t2 = 1 (1)
Mặt khác:

Trong 2 gi 20 phỳt = 7/3 gi vòi một chảy đợc 7/3t1 bể
Trong 1 giờ 45 phút = 7/4 giờ vòi hai chảy đợc 7/4t2 bể

 ta cã: 7/3t1 = 7/4t2 (2)

Tõ (1)_vµ(2) _{ta có hệ phơng trình:}

    _ _ _



  

   

    

  

 _




1 2 1 2 1 2 1 1 2 1

2 1 2 1 2

1 2

4 4
1

t t 4t 4t t t 7t t t t 28 / 3

7 7 4t 3t 0 4t 3t 0 t 7

3t 4t

Vậy: Vòi một chảy một mình đầy bể phải mÊt 28/3 giê
Vòi hai chảy một mình đầy bể phải mất 7 giê.

Bµi 14*

Ngời ta đặt một vịi nớc chảy vào một bể nớc và một vòi nớc chảy ra lng chừng bể. Khi bể
cạn, nếu mở cả hai vịi thì sau 2 giờ 42 phút bể đầy nớc. Còn nếu đóng vịi chảy ra, mở vịi
chảy vào thì sau 1giờ 30 phút đầy bể. Biết vòi chảy vào mạnh gấp 2 lần vịi chảy ra.

a/ Tính thời gian nớc chảy vào từ lúc bể cạn đến lúc nớc ngang chỗ đặt vòi chảy ra.
b/ Nếu chiều cao bể là 2m thì khoảng cách từ chỗ đặt vịi chảy ra đến đáy bể là bao nhiêu.
<i><b>Giải </b></i>

a/ Gọi t (giờ) là thời gian vòi nớc chảy vào từ khi bể cạn cho đến khi mức nớc ngang chỗ đặt
vòi chảy ra.

Trong 1 giờ vòi chảy vào chảy đợc 1/1,5 = 2/3 bể
Trong 1 giờ vòi chảy ra chảy đợc 2/3 : 2 = 1/3 b

Nếu mở cả hai vòi thì trong 1 giờ lợng nớc chảy vào bể là: 2/3 - 1/3 = 1/3

Nhng trong t giờ đầu chỉ có vòi chảy vào làm việc nên lợng nớc chảy vào bể là 2t/3 bể

Thời gian cả hai vòi làm viƯc lµ 2 giê 42 phót - t giê = (27/10 - t) giờ lợng nớc chảy vào bể là
(27/10 - t)/3 bể

ta có phơng trình:

    

27
t

2t ₁₀ 20t 27 10t 30 3

1 t

3 3 30 30 30 10_.

Vậy: thời gian nớc chảy vào từ lúc bể cạn đến lúc nớc ngang chỗ đặt vòi chảy ra là 0,3 giờ.
b/ Nếu chiều cao bể là 2m thì riêng vịi chảy vào làm việc trong 1,5 giờ thì mực nớc cao 2 m 

riêng vịi chảy vào làm việc trong 0,3 giờ thì mực nớc cao 2.0,3/1,5 = 0,4 m
Vậy: khoảng cách từ chỗ đặt vịichảy ra đến đáy bể là 0,4 m.

Bµi 15

Mét phßng häp cã mét sè d·y ghÕ, tỉng céng 40 chỗ. Do phải xếp 55 chỗ nên ngời ta kê thêm
một dÃy ghế và mỗi dÃy xếp thêm một chỗ. Hỏi lúc đầu có mấy dÃy ghế trong phòng?

<i><b>Giải </b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(43)</span><div class='page_container' data-page=43>

Lúc sau có x + 1dÃy mỗi d·y cã 40/x + 1 ghÕ  ta cã ph¬ng tr×nh:

 40   2      

(x 1)( 1) 55 x 14x 40 0 x 4 x 10
x

vậy lúc đầu trong phòng có 4 dÃy, mỗi dÃy 10 chỗ hoặc có 10 dÃy mỗi dÃy 4 chỗ.

Bài 16

Mt xớ nghip d nh iu mt s xe để chuyển 120 tạ hàng. Nếu mỗi xe chở thêm 1 tạ so
với dự định thì số xe giảm đi 4 chiếc. Tính số xe dự định điều động.

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gọi số xe dự định điều động là x ( x nguyên dơng)  mỗi xe chở 120/x tạ. Theo bài ra ta có
phơng trình:

       



2

120 120

1 x 4x 480 0 x 24

x x 4

Vậy số xe dự định điều động là 24 xe.

Bài 17

Có hai đội công nhân, mỗi đội phải sửa 10 km đờng. Thời gian đôi 1 làm nhiều hơn đội 2 là 1
ngày. Trong một ngày, mỗi đội làm đợc bao nhiêu km biết rằng cả hai đội làm đợc 4,5 km
trong một ngày.

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gọi quảng đờng đội 1 làm trong một ngày là x (km), (0<x<4,5) thì quảng đờng đội 2 làm trong
một ngày là 4,5 - x

Theo bµi ra ta có phơng trình:

   



2

10 10

1 x 24, 5x 45 0 x 2 x 22,5

x 4, 5 x _(lo¹i)

Vậy: Trong một ngày đội 1 làmđợc 2 km, đội 2 làm đợc 2,5 km.

Bài 18

Hai máy cày cùng làm việc trên một cánh đồng. Nếu cả hai máy thì 10 ngày xong công việc.
Nhng thực tế hai máy chỉ cùng làm việc 7 ngày đầu, sau đó máy thứ nhất đi cày nơi khác,
máy thứ hai làm tiếp 9 ngày nữa thì xong. Hỏi mỗi máy làm việc một mình thì trong bao lâu
cày xong cả cánh đồng.

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gọi x là số ngày máy 1 cày một mình xong cả cánh đồng
y là số ngày máy 2 cày một mình xong cả cánh đồng

Do c¶ hai máy cày thì 10 ngày xong việc nªn ta cã: 10/x + 10/y = 1 (1)

Nhng thực tế hai máy chỉ cùng làm việc 7 ngày đầu, sau đó máy thứ hai làm tiếp 9 ngày nữa
thì xong nên ta có: 7/x + 7/y + 9/y = 1 (2)

Tõ (1)_vµ(2)_{ta cã: x = 15, y = 30.}

Bµi 19

</div>
<span class='text_page_counter'>(44)</span><div class='page_container' data-page=44>

Cứ bán nh vậy cho đến hết thì số trứng mỗi ngày bán nh nhau. Hỏi số trứng có tát cả là bao
nhiêu?

<i><b>Gi¶i </b></i>

Gi¶ sử số trứng có tất cả là x quả ( x > 0)

Ngày thứ nhất bán:

1
150 (x 150)

9 (1)

Ngày thứ hai bán:

   _

 

1 1

200 x 200 150 (x 150)

9 9 (2)

Do số trứng bán mỗi ngày nh nhau nên ta cã:

 

    _     _ 

 

1 1 1

150 (x 150) 200 x 200 150 (x 150)

9 9 9

      1      

x 150 450 x 200 150 (x 150) x 150 250.9 x 2400
9

Vây: Số trứngcó tất cả là 2400 và mỗi ngày bán đợc 400 quả.
<b>BTVN</b>

<b>Bµi 1</b>

Một ngời đi xe máy từ A đến B vận tốc 40 km/h. Đi đợc 15 phút ngời đó gặp ơtơ từ B đến với
vận tốc 50 km/h. Ơtơ đến A nghỉ 15 phút rồi trở về B và gặp ngời đi xe máy cách B 20 km.
Tính quảng đờng AB.

<i><b>Hìng dÉn</b></i>

Gọi C, D là nơi mà ôtô gặp ngời đi xe máy làn thứ 1 và lần thứ 2. Quảng đờng CD là s (km).

 ta có quảng đờng AC dài 40.1/4 = 10 (km) thời gian ngời đi xe máy đi từ C đến D là s/40.
Trong thời gian đó ơtơ đi từ C đến A rồi nghỉ 15 phút và đi đoạn AD với tổng thời gian là
(10+10+s)/50 + 1/4

VËy ta cã phơng trình:



s 10 10 s 1 5s 80 4s 50

s 130

40 50 4 200 200 200

Vậy: Quảng đờng AB dài: 10 + 130 + 20 = 160.
<b>Bài 2</b>

Hai vòi nớc chảy vào một bể thì bể sễ đầy trong 3 giờ 20 phút. Ngời ta cho vòi thứ nhất chảy 3
giờ, vịithứ hai chảy 2 giờ thì cả hai vịi chảy đợc 4/5 bể. Tính thời gian mỗi vịi chảy một mình
đầy bể.

<i><b>Hìng dÉn</b></i>

Gọi t1 là thời gian vịi một chảy một mình đầy bể  1giờ vịi một chảy đợc 1/t1 bể
Gọi t2 là thời gian vòi hai chảy một mình đầy bể  1giờ vịiâhi chảy đợc 1/t2 bể

 ta có: 10/3t1 + 10/3t2 = 1 (1)
Mặt khác:

Trong 3 giờ vòi một chảy đợc 3/t1 bể
Trong 2 giờ vòi hai chảy đợc 2/t2 bể

</div>
<span class='text_page_counter'>(45)</span><div class='page_container' data-page=45>

Tõ (1)_vµ(2) __{t1 = 5 giê, t2 = 10 giê.}
<b>Bµi 3</b>

Trong mét líp häc nÕu bè trÝ 4 em ngåi một ghế thì còn thiếu một ghế. Nếu bố trí 3 em ngồi
một ghế thì còn thừa 2 ghế. Tính sỉ số lớp và số ghế đang có trong lớp.

<i><b>Hỡng dÉn</b></i>

Gäi sØ sè líp lµ s  s/4 + 1 s/3 - 2  s/3 - s/4 = 3  s = 36  sè ghÕ = 10.
<b>Bµi 4</b>

Một vờn hình chữ nhật có chu vi 450 m. Nếu giảm chiều dài đi 1/5 chiều dài cũ, tăng chiều
rộng thêm 1/4 chiều rộng cũ thì chu vi hình chữ nhật khơng đổi. Tính chiều dài và chiều rộng
của vờng.

<b>Bµi 5</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(46)</span><div class='page_container' data-page=46>

<b>Chuyờn 8</b>

<b>Hệ thức lợng trong tam giác</b>
<b>I/ Lý thuyết</b>

1/ Định lý Talét trong tam giác: DE BC

AD AE DE

AB AC BC

Định lý Talét tổng qu¸t: AA1  BB1  CC1 

 

1 1 1 1 1 1

AB BC AC

A B B C A C

2/ Tính chất đờng phân giác của tam giác:

 ABC có AD là đờng phân giác 



DB AB

DC AC

3/ Tam giác đồng giạng:

 ABC  A1B1C1 







 

1
1
1
A A
B B
C C
hc
 

1 1 1 1 1 1

AB AC BC

A B A C B C _hc







1

1 1 1 1

A A

AB AC

A B A C

NÕu:  ABC A1B1C1 mà

1 1
AB
k
A B
thì

1 1
AH
k
A H
vµ




1 1 1

2
ABC
A B C

S

k
S

4/ HƯ thøc lợng trong tam giác vuông:
-/ a2_{= b}2_{+ c}2

-/ c2_{= ac},_{, b}2_{= ab},
-/ h2_{= b},_c,

-/ ah = bc

-/

 

2 2 2

1 1 1

h b c

<b>II/ Bµi tËp</b>

Bµi 1

Cho tam giác ABC, đờng thẳng d// BC cắt AB tại M, cắt AC tại N. Gọi I, J lần lợt là trung
điểm của MN và BC.

a/ Chøng minh r»ng: A, I, J thẳng hàng.

b/ Gọi P, Q, H lần lợt là hình chiÕu cđa M, N, A lªn BC, O = MP NQ, R là trung điểm của
AH. Chứng minh rằng: J, O, R thẳng hàng.

<i><b>Giải</b></i>

a/ <b>ỏ</b>p dng nh lý Talột cho tam giác ABC ta có:

    

MN AN MN / 2 AN IN AN

BC AC BC / 2 AC JC AC _

A
B
D C
A
B
C C1
B1
A1
A
C
H
B
c b
a

c, b,
h
A
B _E

B J C

N

I

M

P H Q

O
R

S

</div>
<span class='text_page_counter'>(47)</span><div class='page_container' data-page=47>

A, I, J thẳng hàng.

b/ Gọi S là trung điểm của PQ I, O, S thẳng hàng

và O là trung ®iĨm cđa IS, AH // IS  theo c©u a thì ta có J, O, R thẳng hàng.

Bài 2

Cho tam giác ABC vuông tại A, phân giác trong AD, phân giác ngoài AE. Cho biết AB < AC.
Chứng minh các hÖ thøc sau:

a/

 

1 1 2

AB AC AD_b/  

1 1 2

AB AC AE

<i><b>Gi¶i</b></i>

VÏ DH  AB, DK  AC  DH = DK =

AD
2

a<b>/ á</b>p dụng định lý Talét cho ABC ta có:

     

DK CD 1 AD 1 1 1

AB CB 2 2AB 2 AB 2AD

     

HD CD 1 AD 1 1 1

AC CB 2 2AC 2 AC 2AD _   

1 1 2 2

AB AC 2AD AD_.

C¸ch kh¸c:
<i><b>Chó ý: S</b>ABC = </i> 1

2 <i>AB.ADsin</i><i>(AB;AC) </i>

a/ Ta cã: SABC =

1

2

_{AB.AC = SABD + SACD =}

1

2

_AB.ADsin450₊

1

2

_AC.ADsin450_

2

AB.AC = (AB+AC)AD

2 _



   



AB.AC 2AD AB AC 2

AB AC 2 AB.AC AD   

1 1 2

AB AC AD

b/ Ta cã: SABC =

1

2

_{AB.AC = SAEC - SABE =}

1

2

_AE.ACsin1350_-

1

2

_AB.AEsin450 _ __{AB.AC =}

AE

2 _{(AC - AB)}_



   



AB.AC AE AC AB 2

AC AB 2 AB.AC AE

 1  1  2
AB AC AE_.

Bµi 3

Cho tam giác ABC vng tại A, đờngcao AH, trung tuyến AM. Chứng minh các hệ thức sau:

a/

 

 _ _ 

 

2

MH BM

2 1

BH AB _b/   

2

2 2 2 BC

AB AC 2AM

2

<i><b>Gi¶i</b></i>

a/ Do tam giác ABC vuông tại A nên ta có:

A
B

A

C
E

</div>
<span class='text_page_counter'>(48)</span><div class='page_container' data-page=48>

 

2 2

AB AB

BH

BC 2BM



    

2 2 2

AB 2BM AB

MH MB BH BM

2BM 2BM



   

   _ _ 

 

2

2 2 2 2

2 2

MH 2BM AB 2BM 2BM AB BM

. 2 1

BH 2BM AB AB AB _.

b/ Ta cã: AB2_{= AH}2_{+ HB}2_{, AC}2_{= AH}2_{+ HC}2

 AB2_{+ AC}2_{= 2AH}2_{+ HB}2_{+ HC}2_{= 2AH}2_{+ (BM - HM)}2_{+ (MC + HM)}2_{= 2AH}2_{+ BM}2₊
MC2_+2HM2_{- 2BM.HM + 2MC.HM = 2(AH}2_{+ HM}2_{) + (BC/2)}2_{+ (BC/2)}2_{= 2AM}2_{+ BC}2_/2.

Bµi 4

Cho tam giác đều ABC, O là trung điểm của BC, một góc xOy = 600_{có cạnh Ox, Oy luôn cắt}
AB, AC tại M và N.

a/ Chøng minh r»ng OB2_{= BM.CN}

b/ Chøng minh r»ng tia MO, NO luôn là phân giác của góc BMN và CMN

c/ Chứng minh rằng đờng thẳng MN luôn tiếp xúc với một đờng trịn cố định khi góc xOy
quay quanh O nhng hai cạnh Ox, Oy vẫn cắt hai cạnh AB và AC của tam giác ABC.

<i><b>Gi¶i </b></i>

a/ Ta cã: B = C = 600

O1 + O2 = 1200_;__{O1 +}__{M1 = 120}0

M1= O2 N1 = O1 BOM CNO 

BO/CN = BM/CO  BO.CO = BM.CN  BO2 _{= BM.CN}

b/ Tõ (a) ta cã:

    

OM BM OM ON OM ON

NO CO BM CO BM OB

Mặt khác: MBO = MON = 600  _BOM_ __ONM_ __{M1 =}__M2__{OM lµ tia phân}
giác của BMN .

c/ Do O l giao im của hai tia phân giác của BMN và MNC  O cỏch u AB, MN v
AC.

Gọi H là hình chiếu cđa O lªn AB  OH = OB.sinB =


a 3 a 3

.

2 2 4 __{MN lu«n tiÕp xóc víi}

đ-ờng trịn cố định có tâm O bán kính

a 3
4 _.

Bµi 5

Cho tam giác đều ABC, trên các cạnh BC, AB, AC lấy ba điểm bất kỳ O, M, N sao cho O khác
B, C và MON = 600_.

Chøng minh r»ng: BM.CN  BC2_{/4. DÊu b»ng x¶y ra khi nào?}
<i><b>Giải</b></i>

Ta có: BOM =1800_-_{B -}_{BMO = 120}0_-__BMO
Mµ: BOM = 1800_-__{MON -}__{CON = 120}0_-__CON

B H M C

A

B C

N

M

O
H

A

M

</div>
<span class='text_page_counter'>(49)</span><div class='page_container' data-page=49>

BMO =  CON BOM CNO 

BM/CO = BO/CN  BM.CN = BO.CO 



 



 

 

2 ₂

BO CO BC

2 4

Bài 6

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là chân đ ờng cao

vẽ từ A của ABC. Chứng minh rằng:

2

BC

KH.KA

4 _.

<i><b>Giải</b></i>

Xét AKB và CKH có: AKB = CKH = 900

BAK = HCK (hai góc nhọn cạnh tơng øng vu«ng gãc)

AKB CKH 



KA KC

KB KH_





 

 _ _ 

 

2 ₂

KB KC BC

KA.KH KB.KC

2 4





2

BC
KH.KA

4

Bµi 7

Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh rằng:






ABC AC

tg

2 AB BC

<i><b>Gi¶i</b></i>

a/ XÐt ABD cã A = 900_



 AD ABC AD

tg ABD tg

AB 2 AB

Vẽ đờng phân giác BD ta có:



    

 

DA BA DA DC DA DC AC

DC BC BA BC AB BC AB BC








ABC AC

tg

2 AB BC _.

Bµi 8

Cho hình thoi ABCD. Gọi R1, R2 lần lợt là bán kính các đờng tròn ngoại tiếp ABD và ABC.
Gọi a là độ dài cạnh hình thoi.

a/ Chøng minh r»ng:

 

2 2 2

1 2

1 1 4

R R a _.

b/ TÝnh diƯn tÝch h×nh thoi theo R1 và R2.
<i><b>Giải</b></i>

a/ Gi s trung trc cnh AB cắt AC tại O1 và cắt BD tại O2  O1 và O2 là tâm các đờng tròn

ngoại tiếp ABD và ABC  O1A = R1 và O2B = R2.

B
A

C
O

D
E

A

B C

K
H

B C

</div>
<span class='text_page_counter'>(50)</span><div class='page_container' data-page=50>

O1AK ABO 

  

1 1

O A AK R a

AB AO a 2AO (1)

O2BK ABO 

  

2 2

O A BK R a

AB BO a 2BO (2)

Tõ (1)_vµ(2)_

 
4 4
2 2
2 2
1 2
a a

4AO , 4BO

R R









 _  _  _  _  

   

2 2 4 2 4

2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

1 1 1 1 1 1 4

4 AO BO a 4a a

R R R R R R a

.
b/ Ta cã: SABCD = 2OA.OB

AOB AKO2 

  

2

2 2

OA AB AB

OA

AK AO 2R

AOB O1KB 

  

2

1 1

OB AB AB

OB

KB O B 2R



4
1 2
AB
OA.OB
4R R

XÐt AOB ta cã: AB2_{= OA}2_{+ OB}2

 

    _  _

 

4 4

2 4

2 2 2 2

2 1 1 2

AB AB 1 1

AB AB

4R 4R 4R 4R



   



2 2 2 2

2 1 2 2 1 2

2 2 2 2

1 2 1 2

(R R ) 4R R

1 AB AB

4R R R R

.

VËy:

  

 

4 4 3 3

1 2 1 2

ABCD

2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

16R R 8R R

1

OA.OB . S

4R R (R R ) (R R )

.

Bµi 9

Chøng minh r»ng trong mét tam gi¸c bÊt kú ta cã:

  

 _a 

b c a b c

m

2 2

<i><b>Gi¶i</b></i>

XÐt ABC cã: AM > AB - BM
XÐt ACM cã: AM > AC - MC

Céng tõng vÕ ta cã: 2AM > AB + AC - BC 

 



a

b

c

a

m

2

_.

Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MA = MD  AB = CD

XÐt ACD cã: AD < AC + CD = AC + AB  2AM < AC + AB 





a

b

c

m

2

.

Bµi 10

CMR trong tứ giác lồi ABCD ta có bất đẳng thức: AB + CD < AC + BD
<i><b>Giải</b></i>

Gọi O là giao điểm của hai đờng chéo  ta có:

</div>
<span class='text_page_counter'>(51)</span><div class='page_container' data-page=51>

AC + BD = (AO + OC) + (BO + OD) =

= (OA + OB) + (OC + OD) AC + BD > AB + CD.
<b>BTVN</b>

<b>Bµi 1</b>

Cho tam giác ABC, kẻ đờng cao AH, gọi C1 là điểm đối xứng của H qua AB, B1 là điểm đối
xứng của H qua AC. Gọi giao điểm của B1C1 với AC và AB là I và K. Chứng minh rằng đờng
BI, CK là đờng cao của tam giác ABC.

<b>Bµi 2</b>

Cho tam giác ABC cân tại A và H là trung điểm của cạnh BC. Gọi I là hình chiếu vng góc
của H lên cạnh AC và O là trung điểm của HI. Chứng minh rằng hai tam giác BIC và AOH
đồng dạng với nhau và AO vng góc với BI.

D

C

</div>
<span class='text_page_counter'>(52)</span><div class='page_container' data-page=52>

<b>Chun đề 9</b>

<b>Hệ thức lợng trong đờng tròn</b>
<b>I/ Lý Thuyết</b>

<i><b>1/ Định nghĩa và sự xác định đờng tròn</b></i>

*/ <b>ĐN</b>. Tập hợp các điểm cách điểm O cho trớc một khoảng không đổi R > 0 gọi là đờng ròn
tâm O bán kính R, ký hiệu: (O; R).

*/ Cho (O; R) vµ điểm M bất kỳ. Đặt d = OM ta cã:
d < R  M ë bªn trong (O; R)

d = R  M thuéc (O; R)
d > R  M ở bên ngoài (O; R)

*/ Hỡnh trũn l tp hợp các điểm ở bên trong một đờng tròn và cỏc imca chớnh ng trũn
ú.

M yhuộc hình tròn (O; R)  d  R

*/ Cung tròn là một phần của đờng tròn đợc giới hạn bởi hai điểm gọi là mút của cung.
- Đoạn thẳng nối hai mút của cung gọi là dây trơng cung đó

- Dây đi qua tâm gọi là đờng kính

- Đờng kính là dây cung lớn nhất của đờng trịn

*/ Quỹ tích các điểm M nhìn đoạn AB cho trớc dới một góc vng là đờng trịn tâm I bán kính
AB/2, ký hiệu (I; AB/2).

<i><b>2/ Vị trí tơng đối giữa đờng thẳng và đờng trịn.</b></i>

Cho đờng tròn (O; R) và đờng thẳng , gọi H là hình chiếu của O lên đờng thẳng  ta có:
OH > R  khơng cắt đờng trịn (O; R)

OH = R  cắt đờng tròn (O; R) tại điểm H,  gọi là tiếp tuyến, H gọi là tiếp điểm
OH < R  cắt đờng tròn (O; R) tại 2 điểm.

<i><b>3/ Vị trí tơng đối giữa hai đờng trịn.</b></i>
Cho hai đờng tròn (O; R) và (O'; R')
OO' > R + R'  Hai đờng trịn ngồi nhau
OO' = R + R'  Hai đờng trịn tiếp xúc ngồi

R - R'< OO' < R + R'  Hai đờng tròn cắt nhau

R - R'= OO'  Hai đờng tròn tiếp xúc trong

R - R'> OO'  Hai đờng tròn đựng nhau.

<i><b>4/ Tiếp tuyến của đờng tròn, dây cung của đờng tròn</b></i>

*/ Qua một điểm nằm trên đờng trịn có một và chỉ một tiếp tuyến với đờng trịn đó đờng thẳng
này vng góc với đờng thẳng nói tâm với tiếp điểm.

*/ Qua một điểm nằm ngồi đờng trịn có hai tiếp tuyến với đờng trịn đó, khoảng cách từ điểm
đó tới các tiếp điểm thì bằng nhau.

*/ Trong một đờng trịn hai dây cung bằng nhau  nó cách đều tâm.

*/ Trong một đờng tròn hai dây cung khác nhau, dây lớn hơn  nó gần tâm hơn.
<b>II/ Bài tập</b>

Bµi 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(53)</span><div class='page_container' data-page=53>

và CE lần lợt lấy các điểm I, K sao cho D là trung điểm của BI, E là trung điểm của CK.
a/ Chứng minh rằng bốn điểm A, D, M, E cùng thuộc một đờng tròn.

b/ Với vị trí nào của M trên đáy BC thì 4 điểm B, I, K ,C cùng thuộc một đờng tròn.
<i><b>Giải</b></i>

a/ Ta có D và E nhìnđoạn AM dới một góc
vuông nên bốn điểm A, D, M, E cùng thuộc
một đờng trịn đờng kính AM.

b/ MD là trung trực của BI nên MB = MI
ME là trung trực của CK nên MC = MK
Để 4 điểm B, I, K ,C cựng thuc mt ng

tròn thì phải có MB = MI = MK = MC  M lµ trung điểm của BC.

Bài 2

Cho hỡnh vuụng ABCD, gi O là giao điểm của hai đờng chéo AC và BD, M là trung điểm của
đoạ OA, N là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng bốn điểm C, M, N, D thuộc một đ
-ờng tròn và DN > MC.

<i><b>Giải</b></i>

Gọi H là trung điểm của OC ta có NH OC

NH là đờng trung bình của OBC  NH =
1
2_OB

và NH = OM =
1

2_{OA (vì OA = OB).}

VËy OMD = HNM (v× MH = OD =
1
2_AC

O = H = 900_{, NH = OM)}___{HMN =}__ODM_ __{DMN = 90}0 __{C, M nhìn DN dới một}
góc vng  bốn điểm C, M, N, D thuộc một đờng trịn đờng kính DN.

DN > MC vì DN là đờng kính cịn MC là dây cung của đờng trịn đi qua bốn điểm C,
M, N, D.

Bµi 3

Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB, điểm P di động trên đờng tròn sao cho PA < PB. Dựng
hình vng APQR phía trong đờng trịn, tia PR cắt đờng tròn tại C.

a/ Chøng minh r»ng cung AC = cung CB

b/ Chứng minh rằng C là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AQB

c/ Gọi O'_{là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác APB. Chứng minh rằng O}'_{cũng thuộc đờng trịn}
qua A, Q, B.

<i><b>Gi¶i</b></i>

a/ Ta cã: ABC = APC = 450_{( cïng ch¾n cung AC )}

ACB vuông tại C có B = 450_{ACB cân tại C}

CA = CB  cung AC = cung CB.

b/ Ta có: PC là đờng trung trực của AQ  CA = CQ
kết hợp với câu (a)  CA = CQ = CB  C là tâm
đờng tròn ngoại tiếp AQB.

A

B C

M

E
K

I
D

A

D C

N
B

M

H
O

A
P

R

C

B
Q

</div>
<span class='text_page_counter'>(54)</span><div class='page_container' data-page=54>

c/ O' là tâm đờng tròn nội tiếp APB  O' thuộc đờng phân giác PC, vẽ đờng phân giác BO' 

ta có: BO'C = O'BP + O'PB (góc ngồi của  bằng tổng hai góc trong khơng kề với nó)
mà O'BP = O'BA, O'PB = ABC = 450_ __{BO'C =}__{O'BA +}__{ABC =}__O'BC___O'CB

là tam giác cân  CB = CO'  O' thuộc đờng trịn đi qua A, Q, B.

Bµi 4

Cho nửa đờng trịn đờng kính AB. Trên nửa mặt phẳng có bờ là đờng thẳng AB chứa nửa đờng
trịn ngời ta kẻ tiếp tuyến Ax và một dây AC bất kỳ, tia phân giác góc CAx cắt nửa đờng tròn
tại D. Các tia AD và BC cắt nhau tại E.

a/ Chứng minh rằng ABE cân tại B

b/ Các dây AC và BD cắt nhau tại K. Chứng minh rằng EK AB
c/ Tia BD cắt tia Ax tại F. Chứng minh rằng tứ giác AKEF là hình thoi
d/ Cho BAC = 300_{. Chøng minh r»ng AK = 2KC}

<i><b>Gi¶i</b></i>

a/ Ta có: ABE cân tại B từ A1 =A2

cung AD = cung DC B1 = B2

ABE cân tại E.

b/ ABC có hai đờng cao AC và BD cắt
nhau tại K  K là trực tâm  EK  AB.
c/ Ta có:

FK  AE, AFK cân tại A  AF = AC.
FB là đờng trung trực của AE

AK = KE, EF = FA AKEF là hình thoi.

d/ BAC = 300___{ABC = 60}0___{ABE đều}__{K là trọng tâm}__{AK = 2KC.}

C2: ABC có BK là đờng phân giác 

     

KC BC 1

sin BAC AK 2KC

KA BA 2

Bµi 5

Từ một điểm ở ngồi đờng trịn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN của đờng
trịn đó, gọi I là trung điểm của MN.

a/ Chứng minh rằng 5 điểm A, B, I, O, C thuộc một đờng tròn.
b/ Nếu AB = OB thì tứ giác ABOC là hình gì? Tính cạnh BC.

c/ Tính diện tích hình trịn và độ dài đờng tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC theo R.
<i><b>Giải</b></i>

a/ ta có: B, I, C nhìn AO dới một góc vng  5 điểm A, B, I, O,C thuộc một đờng trịn.
b/ Nếu AB = OB thì AB = AC = OB = OC  tứ giác ABOC là hỡnh thoi.

Mặt khác: ABO = 900_{ABOC là hình}

vuông  BC = OB

2

=R

2

.

c/

  _

 

_ _ _ _ 

 

  _ _

2

2 ₂

1 2 R

S BC R

2 2 2

;

 

 _ _ 

 

2

1

C 2 BC R 2

2 _.

Bµi 6

E

F

A B

C
K
D

1

2 2

1

A

B

O

N
C

I

</div>
<span class='text_page_counter'>(55)</span><div class='page_container' data-page=55>

Cho tam giác ABC vuông tại A, gọi I là trung điểm của BC. Vẽ hai đờng tròn (O) và (O1) qua
A sao cho chúng tiếp xúc BC tại B và C.

a/ Chứng minh rằng IA là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn trên và hai đờng tròn này tiếp
xúc với nhau.

b/ CMR: OIO1 = 900_{và đờng tròn ngoại tiếp}__{OIO1 tiếp xúc với cạnh BC.}
<i><b>Giải</b></i>

a/ IAO = ICO (v× OA = OC, IO chung, IA = IC = BC/2).
Do: IA = IC = BC/2 mµ IC lµ tiÕp tun

 IA cịng lµ tiÕp tun của (O).
Tơng tự: IA cũng là tiếp tuyến của (O1)

IA là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn
trên và hai đờng trịn này tiếp xúc với nhau.

b/ Ta có: OA = OC, IA = IC  O thuộc đờng trung trực AC  IO  AC
O1A = O1B, IA = IB  O1 thuộc đờng trung trực AB  IO1  AB
mà BAC = 900___{OIO1 = 90}0_.

Bµi 7

Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính CD = 2R. Dựng Cx và Dy vng góc với CD từ điểm E bất
kỳ trên nửa đờng tròn dựng tiếp tuyến với đờng tròn cắt Cx tại P và cắt Dy tại Q

a/ Chøng minh r»ng POQ vu«ng, POQ CED, tÝnh tÝch CP.PQ theo R
b/ Khi PC = R/2 h·y chøng minh tØ sè diƯn tÝch cđa POQ/CED = 25/16
<i><b>Gi¶i</b></i>

a/ Ta có: QE = QD, OE = OD  QO là đờng trung trực của DE  QO  DE  PE = PC, OE =
OC  PO là đờng trung trực của CE  PO  CE mà CED = 900 _ __{POQ = 90}0 _ __POQ
vuông.

Ta cã: ODE = OED = EQO 
ECD = OPQ POQ CED 

CP.DQ = PE.QE = OE2_{= R}2_.

b/ Khi

   

2

R R

PC DQ 2R

2 R / 2

 POR 5  QOR 5 PQ5R

2 2 _{. Do}__POQ_ __CED__{tØ sè diƯn tÝch b»ng b×nh}

ph-ơng tỉ số đồng dạng




   

 _ _ _ _ 

   

2 2

POQ
CED

S PQ 5R / 2 25

S CD 2R 16_.

Bµi 8

Cho tam giác ABC nội tiếp đờng trịn (O) có A = 450_{, BC = a. Vẽ các đờng cao BB1 và CC1,}
gọi O1 là điểm đối xứng với O qua đờng thẳng B1C1.

a/ Chứng minh rằng tứ giác AB1O1C1 nội tiếp đờng trịn

b/ Tính B1C1 theo a

A

B I C

O
O1

Q

P

C O D

E

y

x

</div>
<span class='text_page_counter'>(56)</span><div class='page_container' data-page=56>

<i><b>Gi¶i</b></i>

a/ Ta cã: BOC = 2BAC = 900 ___{BC1C =}__{BOC =}__{BB1C = 90}0 __{5 ®iĨm B, C1, O, B1, C}

 đờng tròn

C1OB1 = 1800_-__{C1CB1 = 180}0_{- 45}0_{= 135}0

C1O1B1 = C1OB1 = 135

 Tø gi¸c AB1O1C1 cã C1O1B1 + B1AC1 = 1800

 Tứ giác AB1O1C1 nội tiếp đờng trịn.

b/ ABB1 vng cân tại B1  B1A = B1B mà OB = OA  OB1 là đờng trung trực của AB  OB1

 AB  OB1 // CC1  tứ giác CC1OB1 là hình thang mà nội tiếp đợc đờng trịn  tứ giác
CC1OB1 là hình thang cân B1C1 = OC.

Xét BOC vuông cân tại O BC 2_{= OB}2_{+ OC} 2__{OC =}



₁ ₁



a

a

B C

2

2

_.

Bµi 9

Cho tam giác ABC vng tại A có đờng cao AH. Gọi I, J, K lần lợt là tâm đờng tròn nội tiếp
các tam giác ABC, AHB, AHC.

a/ Chøng minh r»ng AI  JK

b/ Chứng minh rằng tứ giác BJKC nội tiếp đờng trịn
<i><b>Giải</b></i>

a/ XÐt AEC, gãc ngoµi AEB = EAC + ACB

Ta cã: BAE = BAH + EAH. Mµ EAC = EAH, ACB = BAH AEB = BAE
ABE cân tại B có BJ là tia phân giác BJ AE.

Tơng tù ta cã: CI  AD.

XÐt AJK ta cã I là trực tâm AI JK

b/ Cộng góc IKJ = CBI CBJ + JKC = 1800__{tø gi¸c BJKC néi tiÕp.}

Bµi 10

Cho đờng trịn (O1; R1) và đờng trịn (O2; R2) tiếp xúc ngoài nhau tại D, từ một điểm A thuộc
(O1; R1) kẻ tiếp tuyến với (O1; R1) cắt đờng tròn (O2; R2) tại B và C. Chứng minh rằng A cách
đều các đờng thẳng BD và CD.

<i><b>Gi¶i</b></i>

Giả sử tiếp tuyến tại D của
hai đờng tròn cắt AB tại F

BCD = BDF (cùng chắn cung BD)
Mặt khác: FA = FD FDA = FAD

BDA = BDF + FDA = BDF +
+ BAD = BCD + BAD = ADE

 DA là tia phân giác của BDE  A cách đều BD và CD.

A

B

C
B1
C1

O

O1

A

B D H E C

K
I
J

D

E

C

O2

O1
A

F B

</div>
<span class='text_page_counter'>(57)</span><div class='page_container' data-page=57></div>

<!--links-->