chuyen de boi duong HSG THCS

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (450.55 KB, 25 trang )

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

CHUYÊN ĐỀ 1:

Phương trình và hệ phương trình.

I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.

Bài 1:Gpt:

2 2 2

2

4

10.

11.

0.

1 x























































Giải:
Đặt

2 ;

1 x

u

v

x











(1).

Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = 0 ⇔ (u-v).(10u-v)=0 ⇔ u=v hoặc 10u=v.
Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng.

Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15.
Giải:

Đặt x2 - 5x + 5 = u (1).

Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15
⇔ (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0
⇔ (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0
⇔ (x2-5x+4).(x2-5x+6)-15=0
⇔ (u-1).(u+1)-15=0

⇔ u2-16=0
⇔ u= ± 4.

Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x.

Bài 3:Gpt:
2

90.

1 x

































Giải:

⇔ 2 2 2

1 .

90 (

1)

(

1)

x





















.
2
2
2 2

2 .

90 (

1)

x









.

Đặt u = x2 ( u 0) (1).
Ta có:

2 2

2 .

90

2 90.(

1)

(

1)

u













( u 1).

⇔ 88u2−182u+90=0 .

Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x.

Bài 4:Gpt:3

x



2 x



3 

12.(

x



1)

.
Giải:

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

Có:

u+v=

√

34 .(u3+v3)⇔u3+v3+3 uv .(u+v)=4 .(u3+v3)

u − v¿2=0⇔

¿
u=− v

¿
u=v

¿
¿
¿
¿

⇔3 .(u+v).(u2−2 uv+v2)=0⇔3 .(u+v).¿

Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 5:Gpt:

√

5x3

+3x2+3x −2+1

2=
x2

2 +3x (1).
Giải:

Từ (1) suy ra: 2.

√

5x3

+3x2+3x −2=x2+6x −1

⇒20x3

+12x2+12x −8=x4+36x2+1+12x3−2x2−12x
⇒x4−8x3+22x2−24x+9=0 (x 0).

⇒x2−8x+22−24

x +
9
x2=0 .
Đặt x+3

x=y (*) ta có:

y2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 6:Gpt: (x+1).(x −4)+3.(x −4).

√

x+1

x −4−18=0(1).

Giải:

Điều kiện x > 4 hoặc x < -1.
*Nếu x > 4, (1) trở thành:

(x+1).(x −4)+3 .

√

(x+1).(x −4)−18=0

Đặt

√

(x+1).(x −4)=y ≥0 (2) ta có:

y2 + 3y -18 = 0.

Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x.
*Nếu x < -1, (1) trở thành:

(x+1).(x −4)−3 .

√

(x+1).(x −4)−18=0

Đặt

√

(x+1).(x −4)=y ≥0 (3) ta có:

y2 - 3y -18 = 0.

Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x.
Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1).

Giải:

(1) ⇔4x4+4x3−20x2+2x+1=0 (x 0).Chia cả hai vế cho x2 ta được :

⇔ 4x2 + 4x -20 + 2

x+

x2 = 0.
⇔

(

2x+1

x

)

+2.

(

2x+1

x

)

−24=0 . Đặt y = 2x+
1
x .(2)
Ta có: y2 + 2y -24 = 0.

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

Bài 8:Gpt:

√

x −16x+64−2 .

√

x −8x+16+

√

x =0 .

Giải:

⇔|x −8|−2.|x −4|+|x|=0 .

Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản.
Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4).

Giải:

⇔1+x2+x4+2x+2x2+2x3=5+5x2+5x4
⇔4x4−2x3+2x2−2x+4=0

⇔2x4− x3

+x2− x+2=0

Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x 0.
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được:

2x2 - x + 1 - 1
x+

x2=0 . Đặt y = x+
1

x (*). Ta có:

2y2 - y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x.
Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16.

Giải:

Đặt 7 - x = y (*).
Ta có:

(y-1)4 + (y + 1)4 =16 ⇔ 2y4 +12 y2 +2 = 16 ⇔ 2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0
⇔ y =1 hoặc y = -1.

Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x.

II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau:

Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3)
Giải:

Đặt y2 + 3y = t.

Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t.
*Nếu t > 0 thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn.

*Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t2 + 2t > t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 = (t+2)2.
Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*).

Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**).

Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2)
Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý).

*Nếu t = -1 suy ra x2 = t2 +2t = -1 <0 (Vô lý).

x - 0 4 8 +

x-8 - - - 0 +

x-4 - - 0 + +

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

*Nếu t = 0 suy ra x = 0 ⇒ y = 0 hoặc -1 hoặc -2 hoặc -3 .

Bài 2:

¿
x − y+z=2(1)

2x2−xy+x −2z=1(2)

¿{

¿
Giải:

Từ (2) ta có: 2x2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có:
2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1 ⇔ 2x2 -xy +3x-2y-5 =0

⇔y=x

+3x −5

x+2 =x+1−

x+2∈Ζ⇒7⋮x+2⇒x+2=±1,±7.

Từ đó ta tìm được x ⇒ tìm được y ⇒ tìm được z.

Bài 3:

x − y − z=3(1)

x2− y2− z2=1(2)

¿{

¿
Giải:

Thay (1) vào (2) ta được:

(y + z -3)2 -y2 -z2 =1 ⇔ yz - 3y - 3z = -4 ⇔ (y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1=
=(-5).(-1.

Từ đó ta tìm được y và z ⇒ tìm được x.
Bài 4: 2xy + x + y = 83.

Giải:

⇔ x=83− y

2y+1⇔2x=

166−2y

2y+1 =−1+

167

2y+1∈Ζ⇒167⋮2y+1⇒2y+1=±1,±167 .

Từ đó ta tìm được y ⇒ tìm được x.
Bài 5: xyz +yz

x +
zx

y =3 .
Giải:

Điều kiện : x,y,z 0.

Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ
có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương)

Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = |xy| > 0 và xy,y
x>0 .
Đặt A= xy

z +
yz

x +
zx

y =3 .

Giả sử z <0 khi đó 3 = A = xyz +yz

x +

y <0+0+0=0 (Vơ lý).
Vậy z >0.Ta có:

A = xy
z +

yz
x +

zx
y =3=

|xy|

z +z.

|

y
x

|

+z.

|

x
y

|

≥3 .

√

|xy|

z .z.

|

x
y

|

.z.

|

y
x

|

=3 .

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

⇒1≥|xy|.z⇒z=1,|xy|=1⇒

z=1, x=y=1

z=1, x=y=−1

¿
¿
¿
¿
¿

Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19.

Giải:

Từ bài ra ta có:

y=2x

+5x+19

2x+1 =x+2+

2x+1∈Ζ⇒17⋮2x+1⇒2x+1=±1,±17 .

Từ đó ta tìm được x ⇒ tìm được y.

III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.
Bài 1: 1x+ 1

√

2− x2=2.
Giải:

Điều kiện : x ≠0,|x|<

√

2 .
-Nếu x < 0 thì 1x+ 1

√

2− x2<¿

√

2− x2≤

√

2<2.

Vậy ta xét x > 0:

Đặt x = a và

√

2− x2=b (a,b > 0).

Ta có:

¿
1
a+

1
b=2
a2

+b2=2

¿{

Có: 2=1
a+

b≥2.

√

ab ⇒ab≥1 (1).

Lại có: 2 = a2 + b2 2ab suy ra 1 ab (2).

Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2.

Vậy ta có:

¿
ab=1

a+b=2

⇒a=b=1⇒x=1

¿{

Bài 2:

√

4− x2+

√

1+4x+

√

x2+y2−2y −3=

√

x4−16− y+5 .

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

Điều kiện:

¿
4− x2≥0(1)

1+4x ≥0(2)

x2

+y2−2y −3≥0(3)

x4−16≥0(4)

¿{ { {

Từ (4) suy ra x2 4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2.

Phương trình đã cho trở thành:
|y −1|=− y+5 .

Lúc này việc tìm y khơng cịn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu).

Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0.

Giải:

Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy x 0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được:

2x2−21x+74−105

x +
50

x2=0⇔2 .

(

x+
25

x

)

−21.

(

x+25

x

)

−26=0

Đặt x+25

x =y ta có:

2y2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y ⇒ tìm ra x.

Bài 4:

|

1+|x|

|

−

|

1−|x|

|

1+|x|

|

+4 .

|

1−|x|

|

¿{

¿
Giải:

Đặt :

¿
a=

|

1+|x|

|

≥0

b=

|

1−|x|

|

≥0

¿{

Hệ đã cho trở thành:

¿
2a −b=5

a+4b=7

¿{

Từ đó tìm được a =3,b =1.

Đến đây việc tìm ra x khơng cịn khó khăn nữa.

Bài 5:

|x −1|+|y −5|=1(1)

y=5+|x −1|(2)

¿{

Giải:

Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:

|

x −1

|

x −1

|

−5

|

=1⇔2 .

|

x −1

|

=1 .

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

Bài 6:

2x2−15 xy+4y2−12x+45y −24=0(1)

x2−2y2+3y −3x+xy=0(2)

¿{

¿
Giải:

Phương trình (2) phân tích được như sau:

(x - y).(x -3 + 2y) = 0

⇔
x=y

¿
x=3−2y

¿
¿
¿

¿
¿

Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y.

Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + 5 = 0.

Giải:

Phương trình đã cho phân tích được như sau:

[

x −(m−5)

]

[

x2−2x −(m −1)

]

=0 .

Đến đây việc giải và biện luận phương trình khơng cịn khó khăn gì nữa.

Bài 8:

¿
x+y+z=1

x4+y4+z4=xyz

¿{

¿
Giải:

Bổ đề: ∀a , b , c∈R:a2

+b2+c2≥ab+bc+ca .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên).
Sử dụng bổ đề ta có:

xyz = x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz.(x + y + z) = xyz.

Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có:
x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:

x=y=z=1

3 .

Bài 9:

¿
x2+y2=1(1)

1999

√

x −1999

√

y=

(

2000

√

y −2000

√

x

)

.(x+y+xy+2001)(2)

¿{

¿
Giải:

Điều kiện: x,y 0 .

Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy:

-Nếu x > y thì:

VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP.
-Nếu y > x thì:

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

Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y 0 . ) ta được: x=y= 1

√

2 .

Bài 10:

√

x+

√

2x −5−2+

√

x −3 .

√

2x −5+2=2 .

√

2 (1).

Giải:

(1) ⇔ 1

√

(

√

2x −5+1

)

+ 1

√

(

√

2x −3−3

)

=2 .

√

2
⇔

√

2x −5+1+

|

√

2x −5−3

|

Ta có:

|

3−

√

2x −5

|

√

2x −5+1≥3−

√

2x −5+

√

2x −5+1=4 .

Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là:

3−

√

2x −5≥0⇔
2x −5≥0
9≥2x −5
⇔7≥ x ≥5
2
¿{

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x∈

[

5
2;7

]

CHUYÊN ĐỀ 2:

Bất đẳng thức.

Các bài tốn tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất.

Bài 1:Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác.

CMR: ab + bc + ca a2 +b2 +c2 < 2.(ab + bc + ca).

Giải:

Ta có:

a2 +b2 +c2 - ab + bc + ca

c −a¿2
b − c¿2+¿≥0 .

a −b¿2+¿
¿

¿1

2.¿

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Vậy: ab + bc + ca a2 +b2 +c2.

Lại có:

a ⇒ a2 < a.(b + c) (1)

Tương tự: b2 < b.(a + c) (2) ,c2 < c.(b + a) (3).

Cộng (1),(2),(3) theo vế ta được:

a2 +b2 +c2 < a.(b + c) + b.(a + c) + c.(b + a) = 2.(ab + bc + ca).

Bài 2:Giả sử x > z ; y > z ; z > 0.CMR:

√

z.(x − z)+

√

z.(y − z)≤

√

xy (1).

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

Đặt:

x=z+m

y=z+n

¿{

(m,n,z > 0).

Khi đó (1) trở thành:

√

zm+

√

zn≤

√

(z+m).(z+n)

⇔

√

m+

√

n ≤

√

(

1+m

z

)

.(n+z) (2).

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

(

1+m

z

)

.(n+z)≥

(

√

n+

√

m

z .z

)

(

√

n+

√

m

)

⇔

√

(

1+m

z

)

.(n+z)≥

√

n+

√

m.

Vậy (2) đúng, tức là (1) cũng đúng (đpcm).

Bài 3:Cho xy > 0 và x + y = 1.CMR: 8 .

(

x4+y4

)

+ 1

xy≥5 .
Giải:

Từ giả thiết

¿
xy>0

x+y=1>0

⇒x , y>0 .

¿{

Ta có:

1=x+y ≥2 .

√

xy⇒1

4≥xy⇒
1

xy ≥4(1).

Lại có:

x2

+y2¿2=

[

(12+12).(x2+y2)

]

2≥

¿
¿

8 .

(

x4+y4

)

=4 .(12+12).(x4+y4)≥4 .¿

Suy ra: 8.(x4 + y4) 1 (2).

Từ (1) và (2) suy ra:

8 .

(

x4

+y4

)

+ 1

xy≥1+4=5 .

Ta có đpcm.

Bài 4:Cho ba số phân biệt a,b,c.CMR:Có ít nhất một trong ba số sau đây là số dương:
x = (a + b + c)2 - 9ab ; y = (a + b + c)2 - 9cb ; z = (a + b + c)2 - 9ac.

Giải:

Ta có:

x + y + z = 3. (a + b + c)2 - 9.(ab + bc + ca) = 3.(a2 + b2 +c2- ab - bc - ca) =

c − a¿2
b − c¿2+¿>0.

a − b¿2+¿

¿
3
2.¿

(Do a b c a).

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

Bài 5: Nếu

¿
a+b ≥1

ab>0

¿{

thì a4+b4≥1

8 .
Giải: Hồn tồn tương tự bài 3.

Bài 6:CMR:

(

x10+y10

)

(

x2+y2

)

≥

(

x8+y8

)

(

x4+y4

)

Giải:

Ta có:

(

x10

+y10

)

(

x2+y2

)

≥

(

x8+y8

)

(

x4+y4

)

⇔x12

+y12+x2y2.

(

x8+y8

)

≥ x12+y12+x4y4.

(

x4+y4

)

⇔x2y2.

(

x8+y8

)

≥ x4y4.

(

x4+y4

)

⇔x2y2.

(

x8+y8− x6y2− x2y6

)

≥0

⇔x2y2.

(

x2− y2

)

(

x6− y6

)

≥0
⇔x2y2.

(

x2− y2

)

(

x4+x2y2+y4

)

≥0

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.Vậy ta có đpcm.

Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đơi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :
P = a3 + b3 + c3 - 3abc < 0.

Giải:

Có:

P = a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) < 0.

Bài 8:CMR:

2n+1¿2
¿
¿
A=1

1
25+. . .+

1
¿

với n∈Ν , n>1 .

Giải:

Dễ dàng biến đổi tương đương chứng minh được:

2n+1¿2
¿
¿
1
¿

Áp dụng ta có:

A<1

[

1
2 . 3+

1
3 . 4+

4 . 5+.. .+

(2n+1).(2n+2)

]

=¿=

1
2.

[

1
2−
1
3+
1
3−
1
4+. . .+

1
2n+1−

1
2n+2

]

1
2.

[

1
2−

1
2n+2

]

1
4.

Ta có đpcm.

Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì: p2+q2

p+q ≥

√

pq .

Giải:

Có:

p2+q2

p+q −

√

pq=

(

√

p −

√

q

)

(

p+

√

pq+q

)

p+q ≥0 .

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

Bài 10:CMR: 1

k2<
1
k −1−

k với mọi số nguyên dương k >1.Từ đó suy ra:
1+1

22+
1
32+. ..+

1
n2<2−

n với n >1.
Giải:

Ta có: 1

k2<
1

(k −1).k=

1
k −1−

1
k .

Áp dụng cho k = 2,3,...,n ta được:

1+ 1

22+
1
32+. ..+

1
n2<1+

(

1
1−
1
2+
1
2−
1
3+.. .+

1
n −1−

1
n

)

=2−

1
n.
Bài 11:Cho hai số x,y thỏa mãn: x > y và xy = 1.CMR: x2+y2

x − y −2

√

2≥0 .
Giải:

Ta có:

x2
+y2

x − y =x − y+

x − y≥2.

√

(x − y).

x − y=2

√

2≥0 .

Ta có đpcm.

Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn: a ≤ b ≤ c. CMR: (a+b+c)2≤9 bc .

Giải:

Từ giả thiết bài ra ta có:

2b ≥b+a>c⇒4b −c>0⇒(b − c).(4b− c)≤0
⇒4b2+c2≤5 bc⇒(2b+c)2≤9 bc(1)

Mà: (a + b + c)2 (2b + c)2 (2).

Từ (1) và (2) suy ra:

(a + b + c)2 (2b + c)2 9bc.

Ta có đpcm.

Bài 13:

Cho 0 < a,b,c < 2.CMR:Ba số a.(2-b) ; b.(2-c) ; c.(2-a) không đồng thời lớn hơn 1.

Giải:

Ta có:

a.(2−b).b(2−c).c(2−a)=a.(2− a).b.(2−b).c(2− c)≤

(

a+2− a

)

(

b+2−b

)

(

c+2− c

)

=1 .

Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng khơng thể đồng thời lớn hơn 1.
Ta có đpcm.

Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR:

b

√

a+b −

√

a −b<

c

√

a+c −

√

a − c .
Giải:

Ta có: b

√

a+b −

√

a −b<

c

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

⇔

√

a+b+

√

a −b
2 <

√

a+c+

√

a − c
2
⇔

√

a+b+

√

a− b<

√

a+c+

√

a− c

⇔2a+2 .

√

a2− b2<2a+2 .

√

a2− c2

⇔

√

a2− b2<

√

a2−c2

⇔b2

>c2

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
Vậy ta có đpcm.

Bài 15:Cho các số dương x,y,z thỏa mãn: x2+y2+z2≥1 . CMR: x

3
y+

y3
z +

z3
x ≥1.
Giải:

Áp dụng BĐT Cô Si: x3

y +xy≥2 .

√

x3

y xy=2x

2 (1).

Tương tự: y

z +yz≥2y
2

(2) và z

x +xz≥2z
2

(3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:

x3
y +xy+

y3
z +yz+

z3

x +zx≥2 .(x
2

+y2+z2)

Suy ra:

x3
y +

y3
z +

z3
x ≥2.(x

+y2+z2)−(xy+yz+zx)≥(x2+y2+z2)≥1 .

Vậy ta có đpcm.

CHUYÊN ĐỀ 3:

Đa thức và những vấn đề liên quan

.

Bài 1:Cho P= x

x3−3x −2∧Q=
a
x −2+

b

x2+2x+1 . Với những giá trị nào của a,b thì P=Q với mọi giá

trị của x trong tập xác định của chúng.

Giải:

Điều kiện: x ≠2,−1.

Ta có: P=Q (∀x ≠2,−1)⇔ x

x3−3x −2=

ax2+(2a+b)x+a −2b

x3−3x −2 ∀x ≠2,−1
⇔

a=1

2a+b=0

a −2b=5

⇔
¿a=1

b=−2

¿{ {

Bài 2:Cho số nguyên n, A= n5 - n.

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

c-CMR: A chia hết cho 30.

Giải:

a) A= n5 - n = n.(n4 -1) = n.(n-1).(n+1).(n2 + 1)

b) A=0 ⇔ n = 0,1,-1.

c) Theo Định Lý Fecma: n5≡n

(mod 5)⇒n5−n⋮5⇒A⋮5 (1).

Lại có: n(n−1)⋮2⇒A⋮2 (2) và: (n −1).n.(n+1)⋮3⇒A⋮3 (3).

Vì 2,3,5 đơi một ngun tố cùng nhau nên từ (1),(2)&(3) suy ra A⋮(2 .3 . 5) (đpcm).

Bài 3: CMR: Nếu x,y là những số nguyên thỏa mãn điều kiện x2 + y2 chia hết cho 3 thì cả x và y đều chia

hết cho 3.

Giải:

Nhận xét:Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.
Vì vậy từ giả thiết x2 + y2 chia hết cho 3 ⇒x , y⋮3.

Bài 4:Tìm giá trị của p,q để đa thức (x4 + 1) chia hết cho đa thức x2 + px + q.

Giải:

Giả sử (x4 + 1) = (x2 + px + q).( x2 + mx + n)

Khai triển và đồng nhất hệ số ta được hệ:

¿
m+p=0

n+pm+q=0

qn=1

⇔
¿m=− p

qn=1

p2

=q+1

q
¿{ {

Vậy có thể thấy các giá trị của p,q cần tìm là:

¿
∀q>0

p=

√

q+1

q
¿{

Bài 5:Cho đa thức: A(x)=x4−14x3+71x2−154x+120 x∈Z .

a)Phân tích A(x) thành nhân tử.

b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24.

Giải:

a).Ta có: A(x)=x4−14x3+71x2−154x+120

¿(x −2).(x3−12x2+47x −60)
(x −2).(x −3).(x2−9x+20)

b).Ta có:A(x)=

⏟

x(x −1).(x+1).(x −14)

B(x)

⏟

72x2−144x+120
⋮24

-Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho 2 ⇒ B(x) chia hết cho 8.

-Nếu x chia cho 4 dư 1 thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho 2 ⇒ B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 2 thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho 2 ⇒ B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 3 thì x + 1 chia hết cho 4,x-1 chia hết cho 2 ⇒ B(x) chia hết cho 8.
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có B(x) chia hết cho 8 (1).

Mà tích của ba số nguyên liên tiếp thì chi hết cho 3 nên (x-1).x.(x+1) chia hết cho 3

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

Mà (3,8)=1 nên từ (1) và (2) suy ra B(x) chia hết cho 24.
Vậy ta có đpcm.

Bài 6:Tìm tất cả các số ngun x để: x2 + 7 chia hết cho x-2.

Giải:

Ta có: x2 + 7 = (x-2).(x + 2) +11 chia hết cho x-2 khi và chỉ khi 11 chia hết cho x-2.

⇒ x-2=-1,-11,1,11.

Từ đó ta dễ dàng tìm ra các giá trị x thỏa mãn bài ra.

Bài 7: Một đa thức chia cho x-2 thì dư 5, chia cho x-3 thì dư 7.Tính phần dư của phép chia đa thức đó cho
(x-2).(x-3).

Giải:

Gọi đa thức đã cho là F(x).Theo bài ra ta giả sử đa thức dư cần tìm là ax+b.
Ta có:

F(x) = (x-2).(x-3).A(x) + ax + b. (trong đó A(x) là đa thức thương trong phép chia)
Theo giả thiết và theo định lý Bơdu ta có:

F(2)=2a +b=5 và F(3)=3a+b=7.

Giải hệ hai phương trình trên ta tìm được a = 2, b = 1.
Vậy đa thức dư là 2x+1.

Bài 8: Cho biết tổng các số nguyên a1, a2, a3..., an chia hết cho 3.Chứng minh rằng:

A(x) = a1
3

+a23+.. .+an3 cũng chia hết cho 3.

Giải:

Theo định lý fecma ta có: n3≡n(mod 3)∀n∈Z .

Áp dụng ta có: a13≡ a1(mod 3) , a23≡ a2(mod 3) ,..., a13≡ a1(mod 3) .

Suy ra: a1
3

+a23+.. .+an3 a1+a2+. . .+an(mod3)≡0(mod 3)

Ta có đpcm.

Bài 9:Chứng minh rằng (7.5 ❑2n +12.6 ❑n ) luôn chia hết cho 19, với mọi số n tự nhiên.

Giải:

Ta có:

A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n.

Ta có: 25≡6(mod 19)⇒25n≡6n(mod 19) .Suy ra:

A ≡7 . 6n+12. 6n≡19 . 6n(mod19)≡0(mod 19) .

Ta có đpcm.

Bài 10: Phân tích thành nhân tử x10 + x5 + 1.

Giải:

Ta có: x10 + x5 + 1 = (x2 + x + 1).(x8-x7 + x5-x4 + x3-x + 1).

CHUYÊN ĐỀ 4:

Các bài tốn liên quan tới phương trình

bậc hai và định lý Vi-et.

Bài 1:Cho phương trình : x2 -(2m+1)x + m2+m -1= 0

1.Chứng minh phương trình ln có nghiệm với mọi m.

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

Giải:

1. Ta có : Δ = (2m +1)2 - 4.(m2 + m - 1) = 5 > 0

suy ra phương trình ln có nghiệm với mọi m
2.Theo vi-et ta có:

x1+x2=2m+1(1)

x1.x2=m2+m −1(2)

¿{

Từ (1) suy ra: m=x1+x2−1

2 thay vào (2) ta có:
x1.x2=

(

x1+x2−1

)

(

x1+x2−1

)

−1⇒ x1.x2−

(

x1+x2−1

)

−

(

x1+x2−1
2

)

=1 .

Ta có đpcm.

Bài 2: Tìm những giá trị ngun của k để biệt thức Δ của phương trình sau là số chính phương: k.x2 +

(2.k-1).x + k-2= 0; (k 0)

Giải:

Ta có : Δ = (2k-1)2 - 4.k.(k-2) =4k +1 .

Giả sử 4k + 1 là số cp khi đó nó là số cp lẻ hay: 4k + 1 = (2n + 1)2 n là số tự nhiên.

Hay: k = n2 + n.

Vậy để Δ là số cp thì k = n2 + n( thử lại thấy đúng).

Bài 3: Tìm k để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt :
(x-2)(x2 + k.x + k2 - 3)= 0

Giải:

Đặt f(x)= (x-2)(x2 + k.x + k2 - 3) = (x-2).g(x)

Để f(s)=0 có ba nghiệm phân biệt tương đương với g(x) =0 có hai nhgiệm phân biệt khác 2 hay:

Δ=k2−4 .(k2−3)>0

g(2)≠0

⇔
¿2>k>−2

k ≠ −1
¿{

Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau là tương đương:

x2 + (3a + 2b) x - 4 =0 (1) và x2 + (2a +3b)x + 2b=0 (2)

với a và b tìm được hãy giải các phương trình đã cho.

Giải:

-Điều kiện cần:

Nhận thấy pt (1) ln có 2 nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) cũng phải có 2 nghiệm phân biệt giống với (1).
Đặt f(x) = x2 + (3a + 2b) x - 4 =0 và g(x) = x2 + (2a +3b)x + 2b.

Để hai phương trình đã cho là tương đương thì f(x) = g(x) (*) với mọi x (Vì hệ số của x2 của cả hai pt đều

bằng 1).

Thay x = 0 vào (*) ta có b = -2 (3).

Thay x = 1 vào (*) kết hợp với (3) ta được a= -2.
-Điều kiện đủ:

Với a=b=-2 ta thấy hai phương trình tương đương với nhau.

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

x2 - a.x- 1

2 .a2 =0; (a 0)

chứng minh : b4 + c4 2+

√

2 .

Giải:

Theo định lý Viet ta có:

¿
b+c=a

bc=− 1

2a2
¿{

Ta có:

b+c¿2−2 bc
¿
¿
¿
b2

+c2¿2−2b2c2=¿
b4

+c4=¿
⇒b4+c4=

(

a2+ 1

a2

)

+ 1

2a4=a
4

+ 3

2a4+2≥2.

√

a
4

. 3

2a4+2=

√

6+2>2+

√

2 .
Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi a,b,c phương trình sau ln có nghiệm :
a(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) = 0

Giải:

Đặt f(x) = a.(x-b).(x-c) + b.(x-c). (x-a) + c.(x-a).(x-b) =
= (a + b + c).x2 -2.(ab + bc + ca).x + 3abc

*Nếu a + b + c 0.Khi đó:

Δ ' = a2b2 + b2c2 + c2a2 -abc.(a + b + c) = [(ab-bc)2 + (bc-ca)2 + (ca-ab)2]. 1

2 0

*Nếu a + b + c = 0.Khi đó:

-Nếu ab + bc + ca 0 thì phương trình đã cho ln có nghiệm.

-Nếu ab + bc + ca =0. Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh được a=b=c=0.Và dĩ
nhiên trường hợp này pt đã cho có vơ số nghiệm.

Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình:ax2 + bx + c = 0 (a 0) đều là các số lẻ thì phương

trình bậc hai trên khơng thể có nghiệm hữu tỉ.

Giải:

Giả sử phương trình bậc hai trên với các hệ số a,b,c đều là các số lẻ có nghiệm hữu tỉ
x0 = m

n với m,n là các số nguyên (m,n)=1 và n 0 ;khi đó ta có:

(

m

n

)

+b.m

n+c=0 hay: am
2

+bmn+cn2=0 (1).Suy ra:
¿

cn2⋮m
am2

⋮n
¿{

mà (m,n)=1 ⇒(n , m2)=(m, n2)=1 nên:

¿
c⋮m

a⋮n
¿{

mà c,a đều là các số lẻ nên suy ra m,n cũng
là các số lẻ.Vậy ta có:a,bc,m,n đều là các số lẻ .Do đó:

am2

+bmn+cn2=¿ số lẻ (Mâu thuẫn với (1)).

Vậy điều ta giả sử là sai.Hay nói cách khác, ta có đpcm.

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

mang yếu tố chuyển động.

Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường
tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt đường trịn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc
đoạn CD sao cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B.

1.CMR:Tam giác KAC cân.

2.CMR: Đường thẳng AI ln đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho Ai có độ dài lớn nhất.
3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung lớn BC
của (O).

Giải:

1.Ta có:

Δ DBI cân tại D nên: ∠ DBI= ∠ DIB.Mà: ∠ DIB = ∠ IBC + ∠ ICB (1).
Và: ∠ DBI = ∠ KCI = ∠ KCA + ∠ ACD = ∠ KBA + ∠ ICB (2).

Từ (1) và (2) suy ra ∠ ABI = ∠ CBI.Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

⇒ BI là phân giác góc B của tam giác ABC ⇒ K là trung điểm cung AC.

⇒ Tam giác KAC cân.

2.Vì I là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC nên AI ln đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC.
Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J ⇒ JI = JB = const.

Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của (O) ⇒

A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC.
3.Ta dễ dàng tính được:

∠ BMC = 1

2 . ∠ BAC =
1

4 số đo cung nhỏ BC = const.

Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng 14 số đo cung nhỏ BC.

Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi.
Đường vng góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C.

1. Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định.

2.Gọi AH là đừơng vng góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H

3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường trịn BC là đường kính và chiều cao
AH = h cho trước.

Giải:

1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định.

2.Nhận thấy ∠ AHO vng. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường trịn đường kính
AO.

3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A' thỏa mãn u cầu của bài

tốn.

Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC một khoảng h).

Bài 3:Cho đường tròn tâm O cố định .Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại A,B;M là điểm chuyển động
trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT và MN với đường tròn.

1.CMR:Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P luôn đi qua một điểm cố định khác O.
2.Tìm tập hợp các tâm I của đường trịn đi qua M,N,P.

3.Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều.

Giải:

1.Gọi K là trung điểm của AB.Dễ thấy M,N,P,O,K đều nằm trên đường tròn đường kính OM.
Vậy K là điểm cố định cần tìm.

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

Vậy có thể phán đốn quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng một nửa
đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB.

3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R.
MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const.

Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra.

Bài 4:Cho hình vng EFGH.Một góc vng xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường
thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự tại P,Q.

1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân.

2.Goi R là giao của PN và QM;còn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ giác EKRI là hình gì?
Giải thích?

3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vng xEy quay quanh E?

Giải:

1.Dễ dàng chứng minh được: Δ EHQ = Δ EFM (cgc).
Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân.

∠ PEF = ∠ PQN (đồng vị) mà ∠ FEM = ∠ QEH.

Suy ra: ∠ PEN = ∠ PEF + ∠ FEM = ∠ EQH + ∠ QEH = 900.

Vậy tam giác PEN vuông (1).

Thấy: Δ NEQ = Δ PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2).
Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vng cân.

2.Có: EI PN và EK QM.

Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vng (4).
Lại có:

∠ PQR = ∠ RPQ = 450 suy ra: ∠ PRQ = 900 (3).

Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật.
3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp.
Ta có:

∠ EKH = 1800 - ∠ EQH (5).

Và: ∠ EKF = ∠ EMF = ∠ EQH (6).

Từ (5) và (6) suy ra: ∠ EKH + ∠ EKF = 1800. Suy ra H,K,F thẳng hàng.

Lại có:

Tứ giác FEPI nội tiếp nên ∠ EFI = 1800- ∠ EPI = 1800-450 = 1350.

Suy ra: ∠ EFK + ∠ EFI = 450 + 1350 =1800.

Suy ra K,F,I thẳng hàng.
Vậy ta có đpcm.

Bài 5:Cho đường trịn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên
đường tròn.Qua M kẻ đường vng góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E.

a)CMR: Tam giác DCE vng.
b)CMR: Tích AD.BE khơng đổi.

c)CMR:Khi M chạy trên đường trịn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định.

Giải:

a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:

∠ DCM = ∠ DAM và ∠ MCE = ∠ MBE = ∠ MAB.Vậy:

∠ DCE = ∠ DCM + ∠ MCE = ∠ DAM + ∠ MAB = 900.

Ta có đpcm.

b)Vì tam giác DCE vng ở C nên ta có thể nhận thấy ngay ∠ DCA = 900 - ∠ ECB = ∠ CEB.

Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên:

AD
BC =

BE ⇒AD. BE=BC. AC=const .

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

Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I ln nằm trên đường thẳng qua O vng góc với AB.

Bài 6:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất kỳ chạy trên đáy
BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC tại
C.Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường trịn đó.. CMR

a) MN ln đi qua A và tích AM.AN khơng đổi.

c) Tổng hai bán kính của hai đường trịn tâm D và E có giá trị khơng đổi.
d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE.

Giải:

a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA.
vậy tia NM đi qua A.

Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB2 không đổi

c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( khơng chứa A).

Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vng góc với BC tại I.J,L. Ta
có:

1 1 1

. . . 1

2 2 2

BD CE BJ CL BM CM BM CM

BK CK BI CI BI CI BI

BD CE

BD CE CK
CK CK



      

      = khơng đổi

d) Hạ HQ vng góc với BC.Có:
HQ =

.( ) . .

2 2 2 2

KI DJ EL KI BD CE KI
DJ EL

KI BK CK

  

     

  . Nên H nằm trên đ ường thẳng song song

với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó
quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC).

CHUYÊN ĐỀ 6:

Các bài tốn hình học phẳng

có nội dung chứng minh, tính tốn.

Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường trịn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A và B vẽ
hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn .Hai tiếp tuyến này không đối xứng với nhau qua trục đối xứng
của tam giác và chúng cắt nhau ở M.

a)Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường trịn.Tìm tập hợp các điểm M.
b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P.

c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2|.

Giải:

a)Gọi I,T lần lượt là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ A và B.
Dễ thấy: Δ OIA = Δ OTB (cạnh huyền-cạnh góc vng).
Do đó: ∠ IAO = ∠ OBT.Suy ra tứ giác OAMB nội tiếp được.
b) Có:

∠ APB = 12 . ∠ AMB = 12 .(1800- ∠ AOB)= const.

Vậy có thể chứng minh được rằng quĩ tích các điểm P là cung chứa góc nhìn AB một góc khơng đổi là

2 .(1800- ∠ AOB).

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

Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)=

=MA.MB (đpcm).

Bài 2: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và B.Các tiếp tuyến kẻ từ
A và B cắt nhau ở M. Dựng MH vng góc với OP.

a)CMR: 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên 1 đường tròn.

b)CMR: H cố định khi cát tuyến PAB quay quanh P. Từ đó suy ra tập hợp điểm M.
c)Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN
và IP.IN=IA2.

Giải:

a) Nhận thấy 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên đường trịn đường kính OM (đpcm).
b)Phương tích của điểm P đối với đường trịn đường kính OM là:

PH.PO=PA.PB=const (1). Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO.

Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vng góc với PO trừ đi đoạn
TV với T,V là giao điểm của d với (O).

c)Phương tích của điểm P đối với đường trịn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2)
Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm).

Lại có:

IP.IN=(NI+NP).IN=IN2 + NI.NP (3)

Phương tích của điểm N đối với đường trịn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM
Phương tích của điểm N đối với đường trịn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB
Suy ra: NI.NP=NA.NB (4)

Từ (3) và (4) suy ra:
IP.IN=IN2 + NA.NB

Ta sẽ chứng minh: IN2 + NA.NB=IA2 (5).Thật vậy:

(5) ⇔ NA.NB=IA2-IN2 ⇔ NA.NB=(IA-IN).(IA+IN) ⇔ NA.NB=NA.(IB+IN)

⇔ NA.NB=NA.NB (ln đúng)
Vậy ta có đpcm.

Bài 3:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường trịn bán kính R,tâm O.
a)Chứng minh BC = 2R.SinA

b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) trong đó A,B,C là ba góc của tam giác.

Giải:

a)Kéo dài BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.

Tam giác vng BCD có:BC = BD.Sin( ∠ BDC) = 2R.SinA (đpcm)
b)Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai là E.

Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB. Ta có:
SinB= AC2R<AD+CD

2R =
AD
BD+

BD=Cos(∠ADB)+Cos(∠CDB)=CosC+CosA (1)

Tương tự ta cũng có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm.

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

Lời đầu tiên cho phép tôi được gửi tới quý thầy cô và các bạn lời chúc tốt đẹp nhất. Khi thầy cô và
các bạn đọc bài viết này nghĩa là thầy cô và các bạn đã có thiên hướng làm kinh doanh

Nghề giáo là một nghề cao quý, được xã hội coi trọng và tôn vinh. Tuy nhiên, có lẽ cũng như tơi
thấy rằng đồng lương của mình q hạn hẹp. Nếu khơng phải mơn học chính, và nếu khơng có dạy thêm,
liệu rằng tiền lương có đủ cho những nhu cầu của thầy cơ. Cịn các bạn sinh viên…với bao nhiêu thứ phải
trang trải, tiền gia đình gửi, hay đi gia sư kiếm tiền thêm liệu có đủ?

Bản thân tôi cũng là một giáo viên dạy môn TỐN vì vậy thầy cơ sẽ hiểu tiền lương mỗi tháng thu
về sẽ được bao nhiêu. Vậy làm cách nào để kiếm thêm cho mình 4, 5 triệu mỗi tháng ngoài tiền lương.
Thực tế tôi thấy rằng thời gian thầy cô và các bạn lướt web trong một ngày cũng tương đối nhiều.
Ngồi mục đích kiếm tìm thơng tin phục vụ chun mơn, các thầy cơ và các bạn cịn sưu tầm, tìm hiểu
thêm rất nhiều lĩnh vực khác. Vậy tại sao chúng ta không bỏ ra mỗi ngày 5 đến 10 phút lướt web để kiếm
cho mình 4, 5 triệu mỗi tháng.

Điều này là có thể?. Thầy cơ và các bạn hãy tin vào điều đó. Tất nhiên mọi thứ đều có giá của nó. Để q
thầy cơ và các bạn nhận được 4, 5 triệu mỗi tháng, cần đòi hỏi ở thầy cơ và các bạn sự kiên trì, chịu khó
và biết sử dụng máy tính một chút. Vậy thực chất của việc này là việc gì và làm như thế nào? Quý thầy cô
và các bạn hãy đọc bài viết của tơi, và nếu có hứng thú thì hãy bắt tay vào công việc ngay thôi.

Thầy cô chắc đã nghe nghiều đến việc kiếm tiền qua mạng. Chắc chắn là có. Tuy nhiên trên
internet hiện nay có nhiều trang Web kiếm tiền khơng uy tín

( đó là những trang web nước ngoài, những trang web trả thù lao rất cao...). Nếu là web nước ngồi thì
chúng ta sẽ gặp rất nhiều khó khăn về mặt ngơn ngữ, những web trả thù lao rất cao đều không uy tín,
chúng ta hãy nhận những gì tương xứng với cơng lao của chúng ta, đó là sự thật.

Ở Việt Nam trang web thật sự uy tín đó là : http://satavina.com .Lúc đầu bản thân tôi cũng thấy
không chắc chắn lắm về cách kiếm tiền này. Nhưng giờ tôi đã hồn tồn tin tưởng, đơn giản vì tơi đã
được nhận tiền từ công ty.( thầy cô và các bạn cứ tích lũy được 50.000 thơi và u cầu satavina thanh toán
bằng cách nạp thẻ điện thoại là sẽ tin ngay).Tất nhiên thời gian đầu số tiền kiếm được chẳng bao nhiêu,
nhưng sau đó số tiền kiếm được sẽ tăng lên. Có thể thầy cơ và các bạn sẽ nói: đó là vớ vẩn, chẳng ai tự
nhiên mang tiền cho mình. Đúng chẳng ai cho khơng thầy cơ và các bạn tiền đâu, chúng ta phải làm việc,

chúng ta phải mang về lợi nhuận cho họ. Khi chúng ta đọc quảng cáo, xem video quảng cáo nghĩa là mang
về doanh thu cho Satavina, đương nhiên họ ăn cơm thì chúng ta cũng phải có cháo mà ăn chứ, khơng thì ai
dại gì mà làm việc cho họ.

Vậy chúng ta sẽ làm như thế nào đây. Thầy cô và các bạn làm như này nhé:

1/ Satavina.com là công ty như thế nào:

Đó là cơng ty cổ phần hoạt động trong nhiều lĩnh vực, trụ sở tại tòa nhà Femixco, Tầng 6, 231-233 Lê
Thánh Tôn, P.Bến Thành, Q.1, TP. Hồ Chí Minh.

GPKD số 0310332710 - do Sở Kế Hoạch và Đầu Tư TP.HCM cấp. Giấy phép ICP số 13/GP-STTTT do
Sở Thông Tin & Truyền Thông TP.HCM cấp.quận 1 Thành Phố HCM.

Khi thầy cô là thành viên của công ty, thầy cô sẽ được hưởng tiền hoa hồng từ việc đọc quảng cáo và
xem video quảng cáo( tiền này được trích ra từ tiền thuê quảng cáo của các công ty quảng cáo thuê trên
satavina)

2/ Các bước đăng kí là thành viên và cách kiếm tiền:

Để đăng kí làm thành viên satavina thầy cơ làm như sau:

Bước 1:

Nhập địa chỉ web: vào trình duyệt web( Dùng trình duyệt firefox, khơng nên dùng
trình duyệt explorer)

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

Để nhanh chóng q thầy cơ và các bạn có thể coppy

đường linh sau:

( Thầy cô và các bạn chỉ điền thơng tin của mình là được. Tuy nhiên, chức năng đăng kí thành viên mới 
chỉ được mở vài lần trong ngày. Mục đích là để thầy cơ và các bạn tìm hiểu kĩ về cơng ty trước khi giới 
thiệu bạn bè )

Bước 2:

Click chuột vào mục Đăng kí, góc trên bên phải( có thể sẽ khơng có giao diện ở bước 3 vì thời gian
đăng kí khơng liên tục trong cả ngày, thầy cơ và các bạn phải thật kiên trì).

Bước 3:

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

Thầy cô khai báo cụ thể các mục như sau:

+ Mail người giới thiệu( là mail của tơi, tơi đã là thành viên chính thức):

+ Mã số người giới thiệu( Nhập chính xác) : 66309

Hoặc quý thầy cô và các bạn có thể coppy Link giới thiệu trực tiếp:

+ Địa chỉ mail: đây là địa chỉ mail của thầy cô và các bạn. Khai báo địa chỉ thật để còn vào đó kích hoạt
tài khoản nếu sai thầy cơ và các bạn khơng thể là thành viên chính thức.

+ Nhập lại địa chỉ mail:...

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

Thông tin chủ tài khoản: thầy cô và các bạn phải nhập chính xác tuyệt đối, vì thơng tin này chỉ được
nhập 1 lần duy nhất, không sửa được. Thông tin này liên quan đến việc giao dịch sau này. Sai sẽ không
giao dịch được.

+ Nhập mã xác nhận: nhập các chữ, số có bên cạnh vào ơ trống
+ Click vào mục: tôi đã đọc kĩ hướng dẫn...

+ Click vào: ĐĂNG KÍ

Sau khi đăng kí web sẽ thơng báo thành công hay không. Nếu thành công thầy cô và các bạn vào hịm thư
đã khai báo để kích hoạt tài khoản. Khi thành công quý thầy cô và các bạn vào web sẽ có đầy đủ thơng tin
về công ty satavina và cách thức kiếm tiền. Hãy tin vào lợi nhuận mà satavina sẽ mang lại cho thầy cơ.
Hãy bắt tay vào việc đăng kí, chúng ta khơng mất gì, chỉ mất một chút thời gian trong ngày mà thơi.
Kính chúc quý thầy cô và các bạn thành công.

Nếu quý thầy cơ có thắc mắc gì trong q trình tích lũy tiền của mình hãy gọi trực tiếp hoặc mail cho
tôi:

Người giới thiệu: Nguyễn Văn Tú Email
người giới thiệu:

Mã số người giới thiệu: 66309

Quý thầy cô và các bạn có thể coppy Link giới thiệu trực tiếp:

2/ Cách thức satavina tính điểm quy ra tiền cho thầy cơ và các bạn:

+ Điểm của thầy cô và các bạn được tích lũy nhờ vào đọc quảng cáo và xem video quảng cáo.

Nếu chỉ tích lũy điểm từ chính chỉ các thầy cơ và các bạn thì 1 tháng chỉ được khoảng 1tr.Nhưng để tăng
điểm thầy cô cần phát triển mạng lưới bạn bè của thầy cô và các bạn.

3/ Cách thức phát triển mạng lưới:

- Xem 1 quảng cáo video: 10 điểm/giây. (có hơn 10 video quảng cáo, mỗi video trung bình 1 phút)
- Đọc 1 tin quảng cáo: 10 điểm/giây. (hơn 5 tin quảng cáo)

_Trả lời 1 phiếu khảo sát.:100,000 điểm / 1 bài.
_Viết bài....

Trong 1 ngày bạn chỉ cần dành ít nhất 5 phút xem quảng cáo, bạn có thể kiếm được: 10x60x5= 3000 điểm,
như vậy bạn sẽ kiếm được 300đồng .

- Bạn giới thiệu 10 người bạn xem quảng cáo (gọi là Mức 1 của bạn), 10 người này cũng dành 5 phút xem
quảng cáo mỗi ngày, công ty cũng chi trả cho bạn 300đồng/người.ngày.

- Cũng tương tự như vậy 10 Mức 1 của bạn giới thiệu mỗi người 10 người thì bạn có 100 người (gọi là
mức 2 của bạn), công ty cũng chi trả cho bạn 300đồng/người.ngày.

- Tương tự như vậy, công ty chi trả đến Mức 5 của bạn theo sơ đồ sau :
- Nếu bạn xây dựng đến Mức 1, bạn được 3.000đồng/ngày

→ 90.000 đồng/tháng.

- Nếu bạn xây dựng đến Mức 2, bạn được 30.000đồng/ngày
→ 900.000 đồng/tháng.

- Nếu bạn xây dựng đến Mức 3, bạn được 300.000đồng/ngày
→ 9.000.000 đồng/tháng.

- Nếu bạn xây dựng đến Mức 4, bạn được 3.000.000đồng/ngày
→ 90.000.000 đồng/tháng.

- Nếu bạn xây dựng đến Mức 5, bạn được 30.000.000đồng/ngày
→ 900.000.000 đồng/tháng.

Tuy nhiên thầy cô và các bạn không nên mơ đạt đến mức 5. Chỉ cần cố gắng để 1tháng được 1=>10 triệu
là quá ổn rồi.

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

Lưu ý: Chỉ khi thầy cơ và các bạn là thành viên chính thức thì thầy cơ và các bạn mới được phép giới
thiệu người khác.

Hãy giới thiệu đến người khác là bạn bè thầy cô và các bạn như tôi đã giới thiệu và hãy quan tâm đến
những người mà bạn đã giới thiệu và chăm sóc họ( khi là thành viên thầy cơ và các bạn sẽ có mã số
riêng).Khi giới thiệu bạn bè hãy thay nội dung ở mục thông tin người giới thiệu là thông tin của thầy cô và
các bạn. Chúc quý thầy cô và các bạn thành công và có thể kiếm được 1 khoản tiền cho riêng mình.

Người giới thiệu: Nguyễn Văn Tú Email người giới
thiệu:

Mã số người giới thiệu: 66309

Quý thầy cô và các bạn có thể coppy Link giới thiệu trực tiếp:

chuyen de boi duong HSG THCS

<i><b>CHUYÊN ĐỀ 1: </b></i>

<b> </b>

<b>Phương trình và hệ phương trình.</b>

2

2

4

10.

11.

0.

1

1

1

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>



























<sub></sub>





<sub></sub>





<sub></sub>















2

2

;

1

1

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>u</i>

<i>v</i>

<i>x</i>

<i>x</i>













90.

1

1

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>



















