chuyen de boi duong HSG THCS

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 cô và các bạ[r]

CHUYÊN ĐỀ 1:

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

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 8:Gpt: √x2−16 x +64 −2 √x2−8 x+ 16+√x2=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

+2 x +2 x2+2 x3=5+5 x2

+5 x4

⇔ 4 x4

−2 x3+2 x2−2 x +4=0

⇔ 2 x4− 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 - 1x+ 2

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 + +

x - 0 + + +

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

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 x y , y

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

Điều kiện:

¿

4 − x2≥0 (1) 1+4 x ≥ 0(2)

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:

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:

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

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

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

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

Bài 7:CMR: Nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và a + b + c < 0 thì :

x +xz ≥ 2 z

2 (3)

+y2+z2)≥1

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 đôi một nguyên 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

q

¿{

¿

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

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

b).Ta có:A(x)= ⏟x (x −1).(x+1).(x −14 )

B (x)

+⏟72 x2− 144 x+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

⇒ B(x) chia hết cho 3 (2)

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

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) = a13+a23+ +a n3 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: a13+a23+ +a n3 a1+a2+ .+an(mod3)≡0(mod 3)

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

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

2.Chứng minh có một hệ thức giữa hai nghiệm số không phụ thuộc vào m

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 :

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

Bài 5: Giả sử b và c là các nghiệm của phương trình :

Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi a,b,c phương trình sau luôn 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

*Nếu a + b + c = 0.Khi đó:

-Nếu ab + bc + ca 0 thì phương trình đã cho luôn 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 vô 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 không thể có nghiệm hữu tỉ

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

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 tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộcđoạn 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 luôn 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 tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn 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 vuông 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 vuông 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 tròn 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 vuông Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường kính AO

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

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 tròn 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

2 Tâm I của đường tròn đi qua M,N,P là trung điểm của OM

Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const

Vậy có thể phán đoán 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 vuông EFGH.Một góc vuông 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 vuông 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 vuông cân

2.Có: EI PN và EK QM

Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (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 tròn 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 vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E

a)CMR: Tam giác DCE vuông

b)CMR: Tích AD.BE không đổi

c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn 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:

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

BE ⇒ AD BE=BC AC=const

c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác,ta luôn có OI AB

Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông 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 tròn đó CMR

a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi

c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không 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 ( không chứa A)

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

quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC)

có nội dung chứng minh, tính toán.

Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn 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 tròn.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 vuông)

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 không đổi là1

2 .(1800- ∠ AOB)

c)Xét vị trí của M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự)

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 vuông 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 tròn đường kính OM (đpcm)

b)Phương tích của điểm P đối với đường tròn 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 vuông 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 tròn 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 tròn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM

Phương tích của điểm N đối với đường tròn 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 (luôn đúng)

Vậy ta có đpcm

Bài 3:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn 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 vuông 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:

Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm

Quý thầy cô và bạn hãy dành thêm một chút thời gian để đọc bài giới thiệu sau của tôi và hãy tri ân người đăng tài liệu này bằng cách dùng Email và mã số người giới thiệu của tôi theo hướng dẫn sau.

Nó sẽ mang lại lợi ích cho chính thầy cô và các bạn, đồng thời tri ân được với người giới thiệu mình:

Kính chào quý thầy cô và các bạn