CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN
vectorstock.com/32029674
Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection
PHÂN DẠNG BT THEO CHỦ ĐỀ ÔN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN CÓ LỜI GIẢI NĂM HỌC 2020-2021 WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN MỤC LỤC CHỦ ĐỀ 1 – RÚT GỌN BIỂU THỨC ..................................................................................................5 DẠNG 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC: ......................................................................................................5 DẠNG 2: CHO GIÁ TRỊ CỦA X . TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC .............................................7 DẠNG 3: ĐƯA VỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH .......................................................................................8
FF IC IA L
DẠNG 4: ĐƯA VỀ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH ............................................................................14
DẠNG 5: SO SÁNH, CHỨNG MINH BẰNG CÁCH XÉT HIỆU ....................................................17
DẠNG 6: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC...........................20 DẠNG 7: TÌM X ĐỂ P NHẬN GIÁ TRỊ LÀ SỐ NGUYÊN ..............................................................28 DẠNG 8: TÌ THAM SỐ ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH P = m CÓ NGHIỆM .............................................32
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ..........................................................................34 CHỦ ĐỀ 2 – HỆ PHƯƠNG TRÌNH ...................................................................................................37
O
I. HỆ KHÔNG CHỨA THAM SỐ .......................................................................................................37 DẠNG 1: HỆ ĐA THỨC BẬC NHẤT ĐỐI VỚI X VÀ Y ................................................................37
N
DẠNG 2: HỆ CHỨA PHÂN THỨC ..................................................................................................37
Ơ
DẠNG 3: HỆ CHỨA CĂN .................................................................................................................40
H
DẠNG 4: HỆ THỨC CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI.................................................................................42 II. HỆ CHỨA THAM SỐ .......................................................................................................................44
N
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ......................................................................47 I. HỆ KHÔNG CHỨA THAM SỐ .....................................................................................................47
Y
II. HỆ CHỨA THAM SỐ....................................................................................................................47
U
CHỦ ĐỀ 3 – GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH 49
Q
I. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH ..................................................................49 DẠNG 1: TOÁN CHUYỂN ĐỘNG ...................................................................................................49
M
DẠNG 2: TOÁN NĂNG SUẤT .........................................................................................................51
KÈ
DẠNG 3: TOÁN LÀM CHUNG CÔNG VIỆC .................................................................................52 DẠNG 4. TOÁN VỀ CẤU TẠO SỐ ..................................................................................................55 DẠNG 5. TOÁN PHẦN TRĂM .........................................................................................................56
ẠY
DẠNG 6: TOÁN CÓ NỘI DUNG HÌNH HỌC .................................................................................57 II. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI .....................................................59
D
DẠNG 1: TOÁN CHUYỂN ĐỘNG ...................................................................................................59 DẠNG 2: TOÁN NĂNG SUẤT .........................................................................................................63 DẠNG 3: TOÁN LÀM CHUNG CÔNG VIỆC .................................................................................66 DẠNG 4: TOÁN CÓ NỘI DUNG HÌNH HỌC .................................................................................67 I. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH ...............................................................68 II. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ..................................................69
CHỦ ĐỀ 4 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ ĐỊNH LÝ VI-ET ...................................................72 Trang 1
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN I. ĐỊNH LÍ VIÉT ....................................................................................................................................72 DẠNG 1 CÁC NGHIỆM THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC ĐỐI XỨNG.........................................72 DẠNG 2: KẾT HỢP ĐỊNH LÝ VIÉT ĐỂ GIẢI CÁC NGHIỆM ......................................................74 DẠNG 3: GIẢI CÁC NGHIỆM DỰA VÀO ∆, ∆ ' LÀ BÌNH PHƯƠNG ........................................76 DẠNG 4: TÍNH x12 THEO x1 VÀ x22 THEO x2 DỰA VÀO PHƯƠNG TRÌNH ax 2 + bx + c .......78
FF IC IA L
II. HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÝ VIÉT ........................................................................................................80 DẠNG 1: DẠNG TOÁN CÓ THÊM ĐIỀU KIỆN PHỤ....................................................................80
DẠNG 2. SO SÁNH NGHIỆM VỚI SỐ 0 VÀ SỐ ߙ .........................................................................83
DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ ....................................................................................................................84
III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL.........................................................85
DẠNG 1: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG TIẾP XÚC PARABOL, TÌM TỌA ĐỘ TIẾP ĐIỂM ...................................................................................................................................................85
O
DẠNG 2: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARABOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN BIỆT A, B THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI x A VÀ xB .....................................87
Ơ
N
DẠNG 3: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARABOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN BIỆT A, B THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI XA VÀ XB ........................90
H
DẠNG 4: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARAPOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN BIỆT A, B LIÊN QUAN ĐẾN TUNG ĐỘ A, B. ..................................................................................................94
N
DẠNG 5: BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỘ DÀI, DIỆN TÍCH .....................................................96 HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ........................................................................100
Y
I. ĐỊNH LÍ VIÉT ...............................................................................................................................100
U
II. HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÍ VIET ....................................................................................................100 III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL ...................................................101
Q
CHỦ ĐỀ 5 – PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI .....................................103 I. PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG CHỨA THAM SỐ ..............................................................................103
M
DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA NHẨM ĐƯỢC MỘT NGHIỆM ........................................103
KÈ
DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG............................................................................103 DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG................................................................................................104 DẠNG 4: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax 4 + bx3 + cx 2 ± bx + a = 0 ...................................................104
ẠY
DẠNG 5: PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ................................105 DẠNG 6: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU ...........................................................................105
D
II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ ............................................................................................106 DẠNG 1:PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA ĐUA ĐƯỢC VỀ DẠNG TÍCH:(x - α )( ax2 + bx + c) = 0 .106 DẠNG 2. PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG:...........................................................................107
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ........................................................................109 I. PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG CHỨA THAM SỐ ...........................................................................109 II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ .........................................................................................109 Trang 2
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN DẠNG 1: KẾT NỐI CÁC GÓC BẰNG NHAU THÔNG QUA TỨ GIÁC NỘI TIẾP ...................110 DẠNG 2: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG ...................................................................118 DẠNG 3: TIẾP TUYẾN .................................................................................................................120 DẠNG 4: CHỨNG MINH ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRÒN, CHỨNG MINH ĐƯỜNG KÍNH....123 DẠNG 5: SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ TA- LÉT VÀ ĐỊNH LÝ TA- LÉT ĐẢO .........................................127
FF IC IA L
DẠNG 6: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT PHÂN GIÁC ...............................................................................132 DẠNG 7: DẠNG TÍNH TOÁN ............................................................................................................137 Hệ thống bài tập trong chủ đề ...............................................................................................................141 CHỦ ĐỀ 7 – BẤT ĐẲNG THỨC ......................................................................................................144 I. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI.................................................................................................................144
DẠNG 1: DẠNG TỔNG SANG TÍCH ............................................................................................145
DẠNG 2: DẠNG TÍCH SANG TỔNG, NHÂN BẰNG SỐ THÍCH HỢP. .....................................145
O
DẠNG 3: QUA MỘT BƯỚC BIẾN ĐỔI RỒI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI .................147
DẠNG 4: GHÉP CẶP ĐÔI ...............................................................................................................148
N
DẠNG 5: DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI TÁCH THÍCH HỢP ...............................................................149
Ơ
DẠNG 6: KẾT HỢP ĐẶT ẨN PHỤ VÀ DỰ ĐOÁN KÊT QUẢ .......................................................151 DẠNG 7: TÌM LẠI ĐIỀU KIỆN CỦA ẨN ..........................................................................................154
H
II. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA ......................................................................................................156
N
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ...........................................................................159 DẠNG 1: ĐƯA VỀ BÌNH PHƯƠNG ..............................................................................................159
Y
DẠNG 2: TẠO RA BẬC HAI BẰNG CÁCH NHÂN HAI BẬC MỘT ..........................................161
U
DẠNG 3: TẠO RA ab+bc+ca ...........................................................................................................162
Q
DẠNG 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT TRONG BA SỐ BẤT KÌ LUÔN TÒN TẠI HAI SỐ CÓ TÍCH KHÔNG ÂM .....................................................................................................................................163 DẠNG 5: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA MỘT SỐ BỊ CHẶN TỪ 0 ĐẾN 1 .................................165
M
DẠNG 6 : DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI XÉT HIỆU .........................................................................167
KÈ
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ........................................................................169 I.
II.
BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI .........................................................................................................169 BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA ...............................................................................................171
ẠY
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG........................................................................171
CHỦ ĐỀ 8 – PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ ...........................................................................................173
D
I.
PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ..........................................................................173
DẠNG 1: GHÉP THÍCH HỢP ĐƯA VỀ TÍCH ...............................................................................173 DẠNG 2: NHÂN LIÊN HỢP ĐƯA VỀ TÍCH .................................................................................174 DẠNG 3: DỰ ĐOÁN NGHIỆM ĐỂ TỪ ĐÓ TÁCH THÍCH HỢP ĐƯA VỀ TÍCH ......................177
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ .....................................................................................................182 DẠNG 1 : BIẾN ĐỔI VỀ MỘT BIỂU THỨC VÀ ĐẶT MỘT ẨN PHỤ........................................182 Trang 3
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN DẠNG 2. BIẾN ĐỔI VỀ HAI BIỂU THỨC VÀ ĐẶT HAI ẨN PHỤ RỒI ĐƯA VỀ TÍCH ..........184 DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ KẾT HỢP VỚI ẨN BAN ĐẦU ĐƯA VỀ TÍCH ....................................186 DẠNG 2: ĐÁNH GIÁ VẾ NÀY ≥ MỘT SỐ, VẾ KIA ≤ SỐ ĐÓ BẰNG BĐT CỐI, BUNHIA ..188 HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ ........................................................................191 I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ..........................................................................191
FF IC IA L
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ. ................................................................................................192
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ....................................................................................................192
Trang 4
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
CHỦ ĐỀ 1 – RÚT GỌN BIỂU THỨC DẠNG 1: RÚT GỌN BIỂU THỨC: Bước 1 Đặt điều kiện xác định của biểu thức:
x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ (a > 0) : Điều kiện xác định là 2 x −a x ≠ a x ≠ a 1
•
(a > 0) : Điều kiện là x ≥ 0
Gặp phép chia phân thức thì đổi thành phép nhân sẽ xuất hiện thêm mẫu mới nên dạng này ta thường làm bước đặt điều kiện sau.
Lời giải Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 9
x( x − 3)
2 x( x + 3)
+
Ơ 3x + 9
−
( x − 3)( x + 3) ( x − 3)( x + 3) ( x − 3)( x + 3)
N
=
x 2 x 3x + 9 + − x +3 x − 3 ( x − 3)( x + 3)
H
Có A =
N
Bước 2 Phân tích mẫu thành tích, quy đồng mẫu chung. Bước 3 Gộp tử, rút gọn và kết luận. x 2 x 3x + 9 Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức A = + − x +3 x −3 x −9
O
•
x +a
FF IC IA L
1
•
x − 3 x + 2x + 6 x − 3x − 9 3( x − 3) 3 = = ( x − 3)( x + 3) ( x − 3)( x + 3) x +3 3 Vậy A = với điều kiện x ≥ 0,x ≠ 9 x +3
U
Y
=
x +1
Q
Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức A =
x −2
+
2
−
9 x −3
x +3 x + x −6
KÈ
M
Lời giải Có x + x − 6 = x + 3 x − 2 x − 6 = x( x + 3) − 2( x + 3) = ( x − 2)( x + 3) Điều kiện: x ≥ 0,x ≠ 4
x +1 2 9 x −3 + − x −2 x + 3 ( x − 2)( x + 3)
ẠY
Có A =
D
=
=
=
( x + 1)( x + 3) 2( x − 2) 9 x −3 + − ( x − 2)( x + 3) ( x − 2)( x + 3) ( x − 2)( x + 3)
x + 4 x +3+ 2 x − 4 −9 x +3 ( x − 2)( x + 3)
=
x −3 x + 2 ( x − 2)( x + 3)
( x − 1)( x − 2) x −1 = ( x − 2)( x + 3) x +3
Vậy: A =
x −1 x +3
với điều kiện x ≥ 0,x ≠ 4 Trang 5
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x+2 x +1 1 + − Ví dụ 3: Rút gọn biểu thức P = 1: x − 1 x x −1 x + x + 1
= 1⋅
FF IC IA L
Lời giải x+2 x +1 1 + − Có P = 1: x − 1 ( x − 1)(x + x + 1) x + x + 1 x+2 ( x − 1)( x + 1) x + x +1 = 1: + − ( x − 1)(x + x + 1) ( x − 1)(x + x + 1) ( x − 1)(x + x + 1) x + 2 + x −1− x − x −1 x− x = 1: = 1: ( x − 1)(x + x + 1) ( x − 1)(x + x + 1)
( x − 1)(x + x + 1) x + x + 1 = . Điều kiện x > 0,x ≠ 1 . x( x − 1) x
Vậy P =
x + x +1
Ơ
N
O
với điều kiện x > 0,x ≠ 1 . x Chú ý: Câu này có phép chia phân thức nên đoạn cuối xuất hiện thêm x ở mẫu, do đó ta làm bước đặt điều kiện sau. a+3 a +2 a+ a 1 1 − + Ví dụ 4: Rút gọn biểu thức P = : a −1 ( a + 2)( a − 1) a − 1 a + 1
H
Lời giải
Q
U
Y
N
( a + 1)( a + 2) a+ a a −1 a +1 − + Có P = : ( a + 2)( a − 1) ( a − 1)( a + 1) ( a − 1)( a + 1) ( a − 1)( a + 1) a +1 a+ a a −1 + a + 1 = − : a − 1 ( a − 1)( a + 1) ( a − 1)( a + 1) ( a + 1)2 a+ a 2 a = − : ( a − 1)( a + 1) ( a − 1)( a + 1) ( a − 1)( a + 1) a + 2 a + 1 − a − a ( a − 1)( a + 1) a +1 ⋅ = ( a − 1)( a + 1) 2 a 2 a Điều kiện a > 0,a ≠ 1
KÈ
M
=
a +1
2 a
với điều kiện a > 0,a ≠ 1 .
D
ẠY
Vậy P =
Trang 6
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN DẠNG 2: CHO GIÁ TRỊ CỦA X . TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC Bước 1 Đặt điều kiện và chỉ ra giá trị đã cho của x thoả mãn điều kiện. Bước 2 Tính x rồi thay giá trị của x, x vào biểu thức đã rút gọn. Bước 3 Tính kết quả của biểu thức bằng cách trục hết căn thức ở mẫu và kết luận. x +1
khi: x −2 b) x = 6 − 2 5 2− 3 d) x = 2
a) x = 36
e) x =
2 2+ 3 6 3− 7 3
g) x =
28 − 21
−2 7 −
f) x =
2− 3
4 3+2
−
4 3 −2
3
27 + −1 18
h) x − 7 x + 10 = 0
O
c) x =
Lời giải
6 +1 7 = . 6−2 4
H
7 khi x = 36 . 4 b)Có x = 6 − 2 5 = ( 5 − 1)2 thoả mãn điều kiện
Thay vào P ta được P =
Y
5 − 1 = 5 − 1(do 5 > 1) 5 −1+1
=
5
U
x=
N
Vậy P =
Khi đó
Ơ
x = 6 thay vào P ta được P =
N
Điều kiện x ≥ 0,x ≠ 4 a)Có x = 36 thoả mãn điều kiện. Khi đó
FF IC IA L
Ví dụ 1: Tính giá trị của biểu thức P =
5 −1− 2
5 −3
=−
5+ 3 5 4
M
3 − 1 = 3 − 1(do 3 > 1) .
KÈ
Khi đó
Q
5+3 5 khi x = 6 − 2 5 . 4 2 2(2 − 3) 4−2 3 = = = ( 3 − 1)2 thoả mãn điều kiện. c)Có x = 4−3 2 + 3 (2 + 3)(2 − 3)
Vậy P = −
x=
ẠY
Thay vào P ta được P = Vậy P = −
3 −1+1 3 −1 − 2
=
3 3 −3
=−
1+ 3 2
1+ 3 2 khi x = 2 2+ 3 2
D
2 − 3 4 − 2 3 3 −1 d)Có x = = = 2 thoả mãn điều kiện 2 4
Khi đó
x=
3 −1 3 −1 = (do 3 > 1) 2 2
Trang 7
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
3 −1 +1 3 +1 4+3 3 2 Thay vào P , ta được P = = =− 11 3 −1 3 −5 −2 2 4+3 3 2− 3 Vậy P = − khi x = . 11 2
(
(
)
7 4− 3 6 3+ 7 6 28 − 21 −2 7 − = −2 7 − 3− 7 2− 3 2− 3 3− 7 3+ 7
(
)(
)
18 + 6 7 − 3 7 = 9 ( Thỏa mãn điều kiện) x = 3. 9−7 3 +1 = 4. Thay vào P , ta được: P = 3−2 6 28 − 21 −2 7 − Vậy P = 4 khi x = . 3− 7 2− 3
) ( 3 + 2 ) = −16 = 16 thỏa mãn điều kiện. ( 3 + 2)( 3 − 2 ) 3 − 4
Ơ
3−2 −4
x = 4 thay vào P , ta được P =
4 +1 5 = . 4−2 2
N
Khi đó
(
H
4 4 4 − = 3+2 3−2
f) Có x =
N
O
=
)
FF IC IA L
e) Có x =
5 4 4 . khi x = − 2 3+2 3−2 3 27 + 3 −1 3 − 1 2 1 g) Có x = = = = thỏa mãn điều kiện. 18 18 18 9 1 +1 4 1 Khi đó x = , thay vào P , ta được P = 3 =− . 1 5 3 −2 3 3 3 4 27 + −1 Vậy P = − khi x = . 5 18
KÈ
M
Q
U
Y
Vậy P =
ẠY
h) Có x − 7 x + 10 = 0 ⇔ x − 2 x − 5 x + 10 = 0 ⇔
D
⇔ x = 2, x = 5 ⇔ x = 4 (loại), x = 25 (thỏa mãn). 5 +1 6 = = 2. Khi đó x = 5 , thay vào P ta được P = 5−2 3 Vậy P = 2 khi x thỏa mãn x − 7 x + 10 = 0.
DẠNG 3: ĐƯA VỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức xác định. Bước 2: Quy đồng mẫu chung Trang 8
(
x −2
)(
)
x −5 =0
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bước 3: Bỏ mẫu, giải x, đối chiếu điều kiện và kết luận. Đưa về phương trình tích Ví dụ 1. Cho biểu thức P =
x + x +1 x
. Tìm x để P =
13 . 3
Điều kiện: x > 0 .
(
)
FF IC IA L
Lời giải
3 x + x + 1 13 x 13 x + x + 1 13 ⇔ = ⇔ = 3 3 x 3 x 3 x ⇔ 3x + 3 x + 3 = 13 x ⇔ 3 x − 10 x + 3 = 0 ⇔ 3 x − 9 x − x + 3 = 0
Có P =
⇔3 x
(
) (
x −3 −
)
x −3 = 0⇔
(
)(
Ơ
N
O
x =3 x =9 ⇔ ⇔ 1 (thỏa mãn điều kiện). x=1 x = 9 3 1 13 Vậy x = 9, x = thì P = . 9 3
x 3 . Tìm x để M = . 8 x −2
H
Ví dụ 2. Cho biểu thức M =
)
x − 3 3 x −1 = 0
N
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 4 .
(
U
x = ⇔ 8 x −2 8
x
24
Y
3
x −2
)
=
Q
x Có M = ⇔ 8
⇔ 24 = x − 2 x ⇔ x − 2 x + 1 = 25 ⇔
(
(
x −2 x −2
)
)
)
2
x − 1 = 25
x = 6 ⇔ x = 36 (thỏa mãn điều kiện).
KÈ
M
⇔ x − 1 = ±5 ⇔ x = −4 (loại), x Vậy x = 36 thì M = . 8
8
(
ẠY
Phương trình có chứa trị tuyệt đối f ( x ) = a (với a > 0 và a là số cụ thể) thì giải luôn hai trường hợp f ( x ) = ± a. •
f ( x ) = g ( x ) (với g ( x) là một biểu thức chứa x ):
D
•
Cách 1: Xét 2 trường hợp để phá trị tuyệt đối: Trường hợp 1: Xét f ( x) ≥ 0 thì f ( x) = f ( x ) nên ta được f ( x) = g ( x ).
Giải và đối chiếu điều kiện f ( x) ≥ 0 . Trường hợp 2: Xét f ( x) < 0 thì f ( x ) = − f ( x) nên ta được − f ( x) = g ( x ).
Giải và đối chiếu điều kiện f ( x) < 0 . Trang 9
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Cách 2: Đặt điều kiện g ( x ) ≥ 0 và giải hai trường hợp f ( x ) = ± g ( x) .
x +2
Ví dụ 1. Cho 2 biểu thức A =
x −5
và B =
x −5
. Tìm x để A = B. x − 4 .
x +2 x −5
x−4
=
x −5
⇔ x − 4 = x + 2.
FF IC IA L
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 25. Có A = B. x − 4 ⇔
1
Cách 1: Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Xét x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 thì x − 4 = x − 4 nên ta được:
(
x−4= x +2⇔ x− x −6=0⇔
x −3
)(
)
x + 2 = 0 ⇔ x = 9 (thỏa mãn).
Trường hợp 2: Xét x − 4 < 0 ⇔ x < 4 thì x − 4 = − x + 4 nên ta được:
(
)(
)
x −1
x + 2 = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn).
O
−x + 4 = x + 2 ⇔ x + x − 2 = 0 ⇔
x + 2 > 0 với mọi x ≥ 0, x ≠ 25 nên x − 4 = x + 2 .
Cách 2: Vì
( (
)( x − 1)(
x −3
Ơ
N
x−4= x +2 x − x − 6 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x − 4 = − x − 2 x + x − 2 = 0
(
nên x − 4 =
x −2
)(
)
x +2 =
(
x −2
(
)
x +2 = x+2⇔
x +2
)
x − 2 =1
Y
x+2⇔
x −2
N
Cách 3: Nhận xét x − 4 =
H
mãn).
) ⇔ x = 9 (thỏa x =1 x + 2) = 0 x +2 =0
M
Q
U
x = 3 x = 9 ⇔ x − 2 = ±1 ⇔ ⇔ (thỏa mãn). x = 1 x = 1 Vậy x = 9, x = 1 thì A = B. x − 4 . x−3 và B = x −1
KÈ
Ví dụ 2. Cho 2 biểu thức A =
1 . Tìm x để A = B. x − 3 x −1 Lời giải
ẠY
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 1 . Có A = B.
x −3 ⇔
x −3 = x −1
x −3 x −1
⇔ x−3=
D
Cách 1: Ta xét 2 trường hợp: Trường hợp 1: Xét x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 ⇔ x ≥ 9 thì x −3 = x −3 ⇔ x − x = 0 ⇔ x
Trường hợp 2: Xét
nên ta được
(
x −3. x − 3 = x − 3 nên ta được
)
x − 1 = 0 ⇔ x = 0, x = 1 (loại).
x − 3 < 0 ⇔ x < 3 ⇔ x < 9 thì
x − 3 = −x + 3 ⇔ x + x − 6 = 0 ⇔
(
x −3 = − x +3
x −2
⇔ x = 2 ⇔ x = 4 (thỏa mãn).
Trang 10
)(
)
x +3 = 0
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vậy x = 4 thì A = B.
x −3 .
Cách 2: Điều kiện: x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Khi đó
x −3 = x−3
x x −1 = 0 x −3 = x −3 x− x =0 x = 0, x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x=4 x −2 x +3 = 0 x − 3 = − x + 3 x + x − 6 = 0 Kết hợp các điều kiện được x = 4. Đưa về bình phương dạng m 2 + n 2 = 0 (hoặc m 2 + n = 0 ) Bước 1 Đặt điều kiện để biểu thức xác định và đưa phương trình về dạng m 2 + n 2 = 0 (hoặc m 2 + n = 0 )
)
(
Bước 2: Lập luận m 2 ≥ 0, n 2 ≥ 0 (hoặc
)(
)
n ≥ 0 ) nên
m 2 + n 2 ≥ 0 (hoặc m 2 + n ≥ 0 ).
FF IC IA L
(
2
N
)
x +1
. Tìm x để P. x = 6 x − 3 − x − 4 .
x
Ơ
( Ví dụ 1. Cho biểu thức P =
O
Bước 3: Khẳng định m 2 + n 2 = 0 (hoặc m 2 + n = 0 ) chỉ xảy ra khi đồng thời m = 0 n = 0 Bước 4: Giải ra x , đối chiếu điều kiện và kết luận.
)
2
N
x +1
. x = 6 x −3− x − 4
x
Y
Có P. x = 6 x − 3 −
( x−4 ⇔
H
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 4.
⇔ x + 2 x +1 = 6 x − 3 − x − 4 ⇔ x − 4 x + 4 + x − 4 = 0
(
2
≥ 0, x − 4 ≥ 0 nên
(
)
2
x − 2 + x − 4 ≥ 0.
x − 2 = 0 2 ⇔ x = 4 (thỏa mãn). x − 2 + x − 4 = 0 chỉ xảy ra khi x − 4 = 0
)
M
Do đó
2
U
)
x − 2 + x − 4 = 0.
Q
( Vì ( x − 2 ) ⇔
KÈ
Vậy x = 4 thì P. x = 6 x − 3 − x − 4.
x+3 . Tìm x để P. x + x − 1 = 2 3x + 2 x − 2 . x
ẠY
Ví dụ 2. Cho biểu thức P =
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 2.
D
Có P. x + x − 1 = 2 3x + 2 x − 2 ⇔
x+3 . x + x − 1 = 2 3x + 2 x − 2 x
(
) (
)
⇔ x + 3 + x − 1 = 2 3x + 2 x − 2 ⇔ x + 3 − 2 3x + x − 1 − 2 x − 2 = 0
( ⇔(
) ( 3 ) + ( x − 2 − 1)
)
⇔ x − 2 3x + 3 + x − 2 − 2 x − 2 + 1 = 0 x−
2
2
= 0. Trang 11
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vì
(
Do đó
x− 3
(
)
2
≥ 0,
x− 3
(
)
2
x − 2 − 1 ≥ 0 nên
2
) +(
)
(
x− 3
2
) +(
)
2
x − 2 − 1 ≥ 0.
2
x − 2 − 1 = 0 chỉ xảy ra khi
Vậy x = 3 thì P. x + x − 1 = 2 3x + 2 x − 2.
x −1 . Tìm x để 81x 2 − 18 x = A − 9 x + 4. x
Ví dụ 3. Cho biểu thức A =
Lời giải Điều kiện: x > 0. Có 81x 2 − 18 x = A − 9 x + 4 ⇔ 81x 2 − 18 x =
2
(3 ≥ 0,
Do đó ( 9 x − 1)
2
(3 +
x
)
x −1
O Ơ H
2
= 0.
N
)
x −1 2
(3 +
Y
Vì ( 9 x − 1)
2
(3 +
≥ 0 nên ( 9 x − 1)
x
)
x −1
2
2
)
x −1 x
2
≥ 0.
9 x − 1 = 0 1 = 0 chỉ xảy ra khi ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện). 9 3 x − 1 = 0
Q
⇔ ( 9 x − 1)
9x − 6 x +1 =0 x
U
2
N
x −1 9x 5 x − + x x x
2
⇔ ( 9 x − 1) = ⇔ ( 9 x − 1) +
x −1 −9 x + 4 x
x −1 −9 x +5 x
⇔ 81x 2 − 18 x + 1 =
FF IC IA L
x = 3 ⇔ x = 3 (thỏa mãn điều kiện). x − 2 = 1
x
ẠY
KÈ
M
1 thì 81x 2 − 18 x = A − 9 x + 4. 9 Đánh giá vế này ≥ một số, vế kia ≤ số đó Bước 1: Đưa một vế về bình phương và sử dụng A2 ± m ≥ 0; − A2 ± m ≤ 0 ± m. Bước 2: Đánh giá vế còn lại dựa vào bất đẳng thức quen thuộc như: a+b • Bất đẳng thức Cosi: a + b ≥ 2 ab hay ab ≤ ∀ a ≥ 0, b ≥ 0. 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b.
Vậy x =
D
•
2
(
Bất đẳng thức Bunhia: ( a.x + b. y ) ≤ a 2 + b 2
)( x
2
+ y 2 ) ∀ a, b, x, y.
x y = . a b • a + b ≥ a + b ∀ a ≥ 0, b ≥ 0. Dấu “=” xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0 . Bước 3: Khẳng định phương trình chỉ xảy ra khi các dấu “=” ở bước 1 và bước 2 đồng thời xảy ra. Dấu “=” xảy ra khi
Trang 12
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
4 và B = x x − x . Tìm x để x 2 + 6 = A.B + x − 1 + 3 − x . x −1
Ví dụ 1. Cho biểu thức A =
(
)
⇔ x2 − 4 x + 6 = x −1 + 3 − x
(*) 2
2
* Có VT (*) = x − 4 x + 4 + 2 = ( x − 2 ) + 2 ≥ 2. * Chứng minh VP(*) ≤ 2 : Cách 1: (Dùng bất đăng thức Cosi) 2
(
2
) ≤ (1 + 1 ) ( x − 1 + 3 − x ) = 4 VP (*) ≤ 2. 2
2
Ơ
Như vậy VT(*) ≥ 2, VP (*) ≤ 2 nên (*) chỉ xảy ra khi
N
2
Xét VP (*) = 1. x − 1 + 1. 3 − x
O
Xét VP (*) = x − 1 + 2 ( x − 1)( 3 − x ) + 3 − x = 2 + 2 ( x − 1)( 3 − x ) ( x − 1) + ( 3 − x ) = 4 VP * ≤ 2. ≤ 2 + 2. ( ) 2 Cách 2: (Dùng bất đẳng thức Bunhia cốpxki)
FF IC IA L
Lời giải Điều kiện: 1 < x ≤ 3. Có x 2 + 6 = A.B + x − 1 + 3 − x 4 ⇔ x2 + 6 = .x x − 1 + x − 1 + 3 − x x −1
H
x − 2 = 0 ⇔ x = 2 (thỏa mãn). x − 1 = 3 − x Vậy x = 2 thì x 2 + 6 = A.B +
N
Y
Lời giải
Q
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 9, x ≠ 4.
x . Tìm x để A.( x − 2) + 5 x = x + 4 + x + 16 + 9 − x . x −2
U
Ví dụ 2. Cho biểu thức A =
x −1 + 3 − x .
Có A.( x − 2) + 5 x = x + 4 + x + 16 + 9 − x
M
x .( x − 2) + 5 x = x + 4 + x + 16 + 9 − x x −2
KÈ
⇔
⇔ − x + 6 x − 4 = x + 16 + 9 − x
Có VT(*) = − x + 6 x − 9 + 5 = −
(
)
(*)
2
x − 3 + 5 ≤ 5.
ẠY
Ta sẽ chứng minh VP (*) ≥ 5 2
Cách 1: (Chỉ ra [ VP(*) ] ≥ 25 ) 2
D
Xét [ VP(*)] = x + 16 + 2
= 25 + 2
Cách 2: (Sử dụng
( x + 16 )( 9 − x ) + 9 − x ( x + 16 )( 9 − x ) ≥ 25 VP(*) ≥ 5.
a + b ≥ a + b ∀ a ≥ 0, b ≥ 0 )
Có VP(*) = x + 16 + 9 − x ≥ x + 16 + 9 − x = 25 = 5 VP(*) ≥ 5. Như vậy VT(*) ≤ 5, VP(*) ≥ 5 nên (*) chỉ xảy ra khi
Trang 13
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Do đó (*) chỉ xảy ra khi
x −3 = 0
( x + 16 )( 9 − x ) = 0
⇔ x = 9 (thỏa mãn điều kiện).
DẠNG 4: ĐƯA VỀ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH Đưa về bất phương trình dạng
FF IC IA L
Vậy x = 9 thì A.( x − 2) + 5 x = x + 4 + x + 16 + 9 − x .
f ( x) f ( x) f ( x) f ( x) > 0; ≥ 0; < 0; ≤0 g ( x) g ( x) g ( x) g ( x)
Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức xác định. Bước 2: Quy đồng mẫu chung, chuyển hết sang một vế để được dạng
f ( x) f ( x) f ( x) f ( x) > 0; ≥ 0; < 0; ≤0 g ( x) g ( x) g ( x) g ( x)
x − 3 ≤ 0 và giải ra 0 ≤ x ≤ 9 .
x < 0 ⇔ x và x − 4 trái dấu, rồi giải hai trường hợp: x −4 x < 0 trường hợp này vô nghiệm. x − 4 > 0 x > 0 trường hợp này giải được 0 < x < 16 . x − 4 < 0 x −1 ≥ 0 giải hai trường hợp: x −5 x − 1 ≥ 0 trường hợp này giải được x > 25 . x − 5 > 0 x − 1 ≤ 0 trường hợp này giải được 0 ≤ x ≤ 1 . x − 5 < 0
ẠY
KÈ
+)
M
Q
U
Y
+)
H
Vì
x −3 ≤0 x +2 x + 2 > 0 nên ta được
N
+)
Ơ
N
O
Bước 3: Giải các bất phương trình này, đối chiếu điều kiện và kết luận. Một số tình huống thường gặp −3 > 0 ⇔ −3 và x − 2 cùng dấu. +) x −2 Vì −3 < 0 nên ta được x − 2 < 0 và giải ra 0 ≤ x < 4 .
D
Ví dụ 1. Cho biểu thức A =
x +1 . Tìm x ∈ ℤ để A < 1. x −2 Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 4. Có A < 1 ⇔
x +1 −1 < 0 ⇔ x −2
x +1 x −2 − <0⇔ x −2 x −2
Trang 14
3 <0 x −2
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
⇔ 3 và x − 2 trái dấu, mà 3 > 0 nên ta được x − 2 < 0 ⇔ x < 2 ⇔ 0 ≤ x < 4. Do x ∈ ℤ x ∈ {0; 1; 2; 3} (thỏa mãn điều kiện). Vậy x ∈ {0; 1; 2; 3} là các giá trị cần tìm.
x −1 2 . Tìm x để M ≥ . 3 x +2
FF IC IA L
Ví dụ 2. Cho biểu thức M =
Lời giải Điều kiện: x ≥ 0.
( (
3 x −1 2 − ≥0⇔ x +2 3 3
)≥0⇔ x + 2) 3( x +2
x −7
x +2
2 3
Ví dụ 3. Cho biểu thức P =
x −2 . Tìm x để x +1
1 . 2
P<
P < m ( m > 0 ) , trước hết ta cần giải điều kiện phụ P ≥ 0 để
Ơ
Chú ý: Dạng
)
≥0
x + 2 > 0 ) ⇔ x ≥ 7 ⇔ x ≥ 49 (thỏa mãn điều kiện).
⇔ x − 7 ≥ 0 (do Vậy x ≥ 49 thì M ≥
) − 2( x + 2) 3( x −1
O
2 ⇔ 3
N
Có M ≥
2
H
giải P < m .
P xác định, sau đó mới
x −2 ≥0 x +1 x + 1 > 0 ) ⇔ x ≥ 2 ⇔ x ≥ 4 (thỏa mãn điều kiện).
⇔ x − 2 ≥ 0 (do
3 x −9 4
(
( (
4 x −2 1 − <0⇔ x +1 4 4
Q
1 1 ⇔P< ⇔ 2 4
)
x +1
< 0 ⇔ 3 x − 9 < 0 (do
) − 1( x + 1) 4 (
x −2
x +1 > 0 ) ⇔
) <0 x + 1)
x +1
x < 3 ⇔ 0 ≤ x < 9.
KÈ
⇔
P<
M
* Khi đó
Y
P xác định ta cần có P ≥ 0 ⇔
U
* Để
N
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0.
Kết hợp điều kiện x ≥ 4 , ta được 4 ≤ x < 9 .
ẠY
Đưa về bình phương dạng m 2 ≤ 0; −m2 ≥ 0; m2 +n 2 ≤ 0; m2 + n ≤ 0 . Bước 1: Đặt điều kiện để biểu thức xác định và đưa bất phương trình về dạng
m2 ≤ 0; −m2 ≥ 0; m2 +n2 ≤ 0; m2 + n ≤ 0
D
Bước 2: lập luận để giải dấu “=” xảy ra: • Dạng m 2 ≤ 0 : Lập luận: Vì m 2 ≥ 0 nên khẳng định m 2 ≤ 0 chỉ xảy ra khi m 2 = 0 . • Dạng − m 2 ≥ 0 : Lập luận − m 2 ≤ 0 nên khẳng định − m 2 ≥ 0 chỉ xảy ra khi m = 0 . • Dạng m 2 + n 2 ≤ 0 (hoặc m 2 + n ≤ 0 ):
Trang 15
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN n ≥ 0 ) nên m 2 + n 2 ≥ 0 (hoặc m 2 + n ≥ 0 )
Lập luận m 2 ≥ 0, n 2 ≥ 0 (hoặc
nên khẳng định m 2 + n 2 ≤ 0 (hoặc m 2 + n ≤ 0 ) chỉ xảy ra khi đồng thời m = 0 n = 0 Bước 3: Giải ra x , đối chiếu điều kiện và kết luận.
x +4 và B = x −1
1 x A . Tìm x để + 5 ≤ . 4 B x −1
FF IC IA L
Ví dụ 1. Cho 2 biểu thức A =
Lời giải Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 1.
1 x +4 x : ⇔ +5≤ x +4 4 x −1 x −1
x A x +5≤ ⇔ +5≤ 4 B 4
x−4 x +4 ≤0⇔ 4
( Mà ( x − 2 ) ≥ 0 nên ( x − 2 ) ⇔
2
x −2 2
)
2
≤ 0,
≤ 0 chỉ xảy ra khi
x −2=0
N
⇔ x = 2 ⇔ x = 4 (thỏa mãn).
a +1 1 a +1 ≥ 1. . Tìm a để − P 8 2 a
H
Ví dụ 2. Cho biểu thức P =
Ơ
x A +5≤ . 4 B
Vậy x = 4 thì
O
Có
Vì
−a + 6 a − 9 8( a + 1) −( a − 3)2
≥0⇔
−( a − 3)2 8( a + 1)
≥0
Q
⇔
U
Y
N
Lời giải Điều kiện: a > 0 . 1 a +1 2 a a +1 16 a ( a + 1)2 8( a + 1) ≥1⇔ − −1 ≥ 0 ⇔ Có − − − ≥0 P 8 8 8( a + 1) 8( a + 1) 8( a + 1) a +1
≤ 0 với mọi a > 0 nên
−( a − 3)2
≥ 0 chỉ xảy ra khi
a −3= 0 ⇔ a = 3⇔ a = 9
KÈ
M
8( a + 1) 8( a + 1) (thoả mãn điều kiện) 1 a +1 ≥1 Vậy a = 9 thì − P 8 4.3 Tìm x để A = A, A = −A, A > A, A > −A
ẠY
Ghi nhớ: • A =A⇔A≥0
D
•
A = −A ⇔ A ≤ 0
Ví dụ 1: Cho biểu thức P =
x x −2
•
A >A⇔A<0
•
A > −A ⇔ A > 0
. Tìm x để P > P
Điều kiện: x ≥ 0,x ≠ 4 . Có P > P khi P < 0 ⇔
x x −2
< 0 ⇔ x, x − 2 trái dấu.
Trang 16
•
•
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x > 0 x > 0 x > 0 ⇔ ⇔ ⇔ 0 < x < 4 (thoả mãn điều kiện) x < 4 x < 2 x − 2 < 0 x < 0 (loại). x − 2 > 0
Ví dụ 2. Cho biểu thức A =
x−6 x +9 . Tìm x ∈ ℤ và x lớn nhất để A = − A x −9 Lời giải
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 9
x−6 x +9 = x −9
( (
x −3
x −3
)(
)
2
x +3
)
x −3 x +3
=
O
Có A =
FF IC IA L
Vậy 0 < x < 4 thì P > P
Cách 1 (sử dụng A = − A ⇔ A ≤ 0
N
x −3 ≤0 x +3 Mà x + 3 > 0 nên ta được x − 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ 3 ⇔ 0 ≤ x ≤ 9 Kết hợp với điều kện, ta được 0 ≤ x < 9 . Do x ∈ ℤ và x lớn nhất nên ta tìm được x = 8.
H
Ơ
Có A = − A ⇔ A ≤ 0 ⇔
N
Cách 2 (Xét hai trường hợp để phá dấu giá trị tuyệt đối)
x −3 = − x +3
Y
x −3 x −3 =− ⇔ x +3 x +3
Có A = − A ⇔
x ≥ 3 ⇔ x > 9 (do x ≠ 9 ) thì
x −3≥ 0 ⇔
U
Trường hợp 1: Xét
Q
x − 3 = − x + 3 ⇔ x − 3 = − x + 3 ⇔ x = 3 ⇔ x = 9 (loại) x −3< 0 ⇔
Trường hợp 2: Xét
x < 3 ⇔ 0 ≤ x < 9 (do x ≠ 9 ) thì
M
x − 3 = − x + 3 ⇔ − x + 3 = − x + 3 ⇔ 0 = 0 (luôn đúng)
KÈ
Do đó ta được 0 ≤ x < 9 . Do x ∈ ℤ và x lớn nhất nên ta tìm được x = 8. Vậy x = 8 là giá trị cần tìm
ẠY
DẠNG 5: SO SÁNH, CHỨNG MINH BẰNG CÁCH XÉT HIỆU Để chứng minh X > Y ( X ≥ Y ) ta chứng minh hiệu X − Y > 0 ( X − Y ≥ 0 )
D
Để chứng minh X < Y ( X ≤ Y ) ta chứng minh hiệu X − Y < 0 ( X − Y ≤ 0 ) Để so sánh hai biểu thức X và Y ta xét dấu của hiệu X − Y Để so sánh P với P 2 ta xét hiệu P − P 2 = P (1 − P ) rồi thay x vào và xét dấu • Để so sánh P và
P− P = P
(
Sau đó nhận xét
P (khi
)
P −1 = P.
P ≥ 0,
P có nghĩa) ta biến đổi hiệu P −1
P +1
P + 1 ≥ 0 nên ta cần xét dấu của P − 1.
Trang 17
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
a+3
Ví dụ 1. Cho biểu thức A =
2
(
)
a +1
. Chứng minh A ≥ 1.
Điều kiện: a ≥ 0.
( a + 1) 2 ( a + 1) 2 ( a + 1) 2 ( a + 1) a − 2 a + 1 ( a − 1) = = ≥ 0 ∀a ≥ 0 A ≥ 1 dpcm. 2 ( a + 1) 2 ( a + 1) a+3
Xét hiệu A − 1 =
2
a+3
−1 =
−
2
x − x +1 x −1
Lời giải
H
x − 1 > 0 ⇔ x > 1 ⇔ x > 1 (thoả mãn).
x − x +1
(
−3 =
x −1 =
x + 3 cùng dấu.
N
x + 3 > 0 nên ta được
Xét hiệu B − 3 =
x − 1 và
>0 ⇔
x−4 x +4
(
x −2
=
KÈ
M
Q
x −1 Vậy khi A > 0 thì B ≥ 3.
Ví dụ 3. Cho biểu thức A =
)
x − x + 1 3. x − 1 − x −1 x −1
Y
x +3
)
2
U
Mà
x −1
Ơ
Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ 1. Khi A > 0 ⇔
. Khi A > 0, hãy so sánh B với 3.
O
x +3
và B =
N
x −1
Ví dụ 2. Cho biểu thức A =
FF IC IA L
Lời giải
x −1 x −5
x −1
và B =
≥ 0∀x > 1 nên B ≥ 3.
x +6
x −5 x −5 . Chứng minh A.B + > 2. . x −1 x −5 x Lời giải
ẠY
Điều kiện: x > 0, x ≠ 1, x ≠ 25 .
D
x −1 x + 6 x − 5 x − 5 x −5 x −5 − 2 = ⋅ + −2 Xét hiệu A.B + ⋅ ⋅ x −5 x x − 5 x x − 5 x −1 x +6 x −5 x −5 x + x +1 x − 5 x + x +1 = ⋅+ −2 = ⋅ −2= −2 ⋅ x −5 x x −5 x x x −5 2
1 3 x− + x − x +1 2 4 = = > 0 , với mọi x > 0, x ≠ 1, x ≠ 25 x x Trang 18
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x −5 x −5 Vậy A.B + > 2. ⋅ x −5 x
Ví dụ 4. Cho hai biểu thức A =
2 x +1 2 x +1 và B = . x +1 3 x +1
Lời giải Điều kiện: x ≥ 0 . B 2 x +1 2 x +1 2 x +1 3 x +1 : −3 = ⋅ −3 Xét hiệu − 3 = A x +1 3 x +1 x +1 2 x +1 =
)
−2 < 0 v ớ i m ọi x ≥ 0 . x +1
x +1 . So sánh P và P 2 . x −2 Lời giải
Ví dụ 5. Cho biểu thức P =
−3
(
(
) < 0 ∀ x ≥ 0, x ≠ 4 nên P < P
x +1
x −2
2
.
Y
Vậy P < P 2 .
)
2
N
=
x + 1 −3 ⋅ x −2 x −2
H
x +1 x +1 1 − = x −2 x − 2
Xét hiệu P − P 2 = P(1 − P) =
Ơ
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 4 .
O
B < 3. A
N
Vậy
(
3 x +1 3 x +1 − = x +1 x +1
FF IC IA L
B và 3 . A
So sánh giá trị của biểu thức
U
x −2 . Khi x
Điều kiện: x > 0 .
Q
Ví dụ 6. Cho biểu thức P =
P xác định, hãy so sánh
P và P .
Lời giải
x −2 ≥ 0 , mà x > 0 nên x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 . x 1− P . Xét hiệu P − P = P (1 − P ) = P . 1+ P Do P ≥ 0 , 1 + P > 0 2 1 7 x − + x − 2 x − x + 2 2 4 và 1 − P = 1 − = = > 0, ∀x ≥ 4. x x x suy ra P − P ≥ 0 nên P ≥ P . Vậy P ≥ P .
D
ẠY
KÈ
M
P xác định khi P ≥ 0 ⇔
Trang 19
x ≥ 0 ∀x ≥ 0
x + c ≥ c ∀x ≥ 0
x + c ≥ c ∀x ≥ 0
b b ≤ ∀x ≥ 0 x +c c
a+
b b ≤ ∀x ≥ 0 x +c c
b b ≤ a + ∀x ≥ 0 c x +c
−
b b ≥ − ∀x ≥ 0 c x +c
N
x ≥ 0 ∀x ≥ 0
Có
O
Có
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN DẠNG 6: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC b 6.1 Dựa vào x ≥ 0 để Tìm giá trị lớn nhất của P = a + (b > 0, c > 0) x +c b Tìm giá trị nhỏ nhất của Q = a − (b > 0, c > 0) x +c Bước 1. Đặt điều kiện x ≥ 0 và khử x ở tử để đưa P , Q về dạng trên. b b Bước 2. Chuyển từng bước từ x ≥ 0 sang P ≤ a + ; Q ≥ a − như sau: c c Max P Min Q
b P ≤ a + ∀x ≥ 0 . c
b b ≥ a − ∀x ≥ 0 c x +c
Ơ
a−
N
H
b Q ≥ a − ∀x ≥ 0. c
Y
b b , MinQ = a − khi x = 0 (thỏa mãn điều kiện) c c
U
Bước 3: Kết luận MaxP = a +
2 + 3P P+3
M
Q=
Q
Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
Lời giải
ẠY
KÈ
Điều kiện: x ≥ 0 * Tìm MinP: x +1− 3 Có P = = x +1
x −2 . Từ đó, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x +1
3 3 x +1 − = 1− x +1 x +1 x +1
x ≥ 0 ∀ x ≥ 0 x +1 ≥ 1 ∀ x ≥ 0 3 3 3 ≤ ∀x ≥ 0 − ≥ −3 ∀x ≥ 0 x +1 1 x +1 3 1− ≥ 1 − 3 ∀x ≥ 0 P ≥ −2 ∀x ≥ 0 x +1 Vậy Min P = −2 khi x = 0 (thỏa mãn điều kiện) * Tìm MinQ: Cách 1: (Dùng bất đẳng thức Cô Si)
D
Do
Trang 20
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
2 1 + 3P = 2 + ( P + 3) + P − 6 Có Q = P+3 P+3 1 1 + ( P + 3) ≥ 2 ⋅ ( P + 3) = 2 P+3 P+3 Vì P ≥ −2 P − 6 ≥ −2 − 6 = −8 Q ≥ 4 − 8 = −4 Vậy MinQ = −4 khi P = −2 hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện) Cách 2: (Thay P = −2 được Q = −4 nên ta dự đoán MinQ = −4 ) ( 3P + 4 )( P + 3) = 3P 2 + 13P + 14 2 2 Xét hiệu Q − ( −4 ) = + 3P + 4 = + P+3 P+3 P+3 P+3 2 3P + 6 P + 7 P + 14 3P ( P + 2 ) + 7 ( P + 2 ) ( P + 2 )( 3P + 7 ) = = = P+3 P+3 P+3 Do P ≥ −2 P + 2 ≥ 0, P + 3 > 0, 3P + 7 > 0 Q − ( −4 ) ≥ 0 Q ≥ −4
FF IC IA L
Do P ≥ −2 P + 3 > 0
Vậy MinQ = −4 khi P = −2 hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện)
12 . M Lời giải
(
Ơ
Điều kiện: x ≥ 0. * Tìm Max M:
)
2 x +4+2 2 x +2 = + x +2 x +2
N
N =M+
2 x +6 . Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x +2
O
Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M =
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
2 2 . = 2+ x +2 x +2 2 2 ≤ ∀x ≥ 0 Do x ≥ 0 ∀x ≥ 0 x + 2 ≥ 2 ∀x ≥ 0 x +2 2 2 2+ ≤ 2 + 1 ∀x ≥ 0 M ≤ 3 ∀x ≥ 0. x +2 Vậy MaxM=3 khi x = 0 (thỏa mãn điều kiện). * Tìm MinN: Cách 1 (Dùng bất đẳng thức Côsi) 12 4M 12 M = + − ⋅ Có N = M + M 3 M 3 2 x +6 4 M 12 4 M 12 >0 + ≥2 ⋅ = 8⋅ Do 2 x + 6 > 0, x + 2 > 0 M = 3 M 3 M x +2 M ≥ −1 N ≥ 8 − 1 = 7 ⋅ Vì M ≤ 3 − 3 Vậy MinN = 7 khi M = 3 hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện). Cách 2 (Thay M = 3 được N = 7 nên ta dự đoán MinN = 7 ) 12 M 2 − 7 M + 12 M 2 − 3M − 4M + 12 Xét hiệu N − 7 = M + −7 = = M M M M ( M − 3) − 4( M − 3) ( M − 3)( M − 4) = = ⋅ M M Do 0 < M ≤ 3 M − 3 ≤ 0, M − 4 < 0, M > 0 N − 7 ≥ 0 N ≥ 7 ⋅ Vậy MinN = 7 khi M = 3 hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện).
Có M =
Trang 21
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 5 . Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x +3
Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
B = 3A +
10 . A Lời giải
x + 3 ≥ 3∀x ≥ 0
FF IC IA L
Điều kiện: x ≥ 0 . *) Tìm MaxA: Có x ≥ 0∀x ≥ 0 5 5 ≤ ∀x ≥ 0 x +3 3
N
O
5 A ≤ ∀x ≥ 0 3 5 Vậy MaxA = khi x = 0 (thỏa mãn điều kiện) 3 +) Tìm MinB: Cách 1. (Dùng bất đẳng thức Cô si) 10 18 A 10 3 A Có B = 3 A + = + − A 5 A 5
5 18 A 10 18 A 10 >0 + ≥2 . = 12 5 A 5 A x +3
Ơ
Do 5 > 0, x + 3 > 0 A =
5 3A − ≥ −1 B ≥ 12 − 1 = 11 . 3 5 5 Vậy Min B = 11 khi A = hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện). 3 5 Cách 2. (Thay A = được B = 11 nên ta dự đoán MinB = 11) 3 10 3 A2 − 11 A + 10 3 A2 − 5 A − 6 A + 10 Xét hiệu B − 11 = 3 A + − 11 = = A A A A ( 3 A − 5 ) − 2 ( 3 A − 5 ) ( 3 A − 5 )( A − 2 ) = = A A 5 Do 0 ≤ A ≤ 3 A − 5 ≤, A − 2 < 0, A > 0 B − 11 ≥ 0 B ≥ 11 . 3 5 Vậy Min B = 11 khi A = hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện). 3
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Vì A ≤
ẠY
Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = − 3 . S +1
Lời giải
D
T = 14 S +
2 . Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x +4
Điều kiện: x ≥ 0 * Tìm MinS: Có
−
x ≥ 0 ∀x
x +4
2 1 ≥ − ∀x ≥ 0 2 x +4
∀x ≥ 0 S≥−
2 2 ≤ ∀x ≥ 0 x +4 4
1 ∀x ≥ 0 2
Trang 22
U
Y
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 1 Vậy MinS = − khi x = 0 (thỏa mãn điều kiện) 2 * Tìm MinT: Cách 1: (Dùng bất đẳng thức Côsi) 3 Có T = 12 ( S + 1) + + 2 S − 12 S + 1 1 1 3 3 Do S ≥ − S + 1 ≥ > 0 12 ( S + 1) + ≥ 2 12 ( S + 1) . = 12 2 2 S +1 S +1 1 Vì S ≥ − 2 S ≥ −1 T ≥ 12 − 1 − 12 = −1 2 1 Vậy MinT = −1 khi S = − hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện) 2 1 Cách 2: (Thay S = − được T = −1 nên ta dự đoán MinT = −1 ) 2 3 14S 2 + 15S + 4 14S 2 + 7 S + 8S + 4 Xét hiệu T − ( −1) = 14S + +1 = = S +1 S +1 S +1 7 S ( 2 S + 1) + 4 ( 2 S + 1) ( 2 S + 1)( 7 S + 4 ) = = S +1 S +1 1 Do S ≥ − 2 S + 1 ≥ 0, 7 S + 4 > 0, S + 1 > 0 T − ( −1) ≥ 0 T ≥ −1 2 1 Vậy MinT = −1 khi S = − hay x = 0 (thỏa mãn điều kiện) 2 6.2. Dùng bất đẳng thức Côsi Bước 1: Khử x ở trên tử. Bước 2: Dựa vào mẫu để thêm bớt hai vế với một số thích hợp. Bước 3: Sử dụng bất đẳng thức Côsi a + b ≥ 2 ab ∀a,b ≥ 0 . Dấu " = " xảy ra khi a = b .
Q
Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = Điều kiện: x ≥ 0 .
(
)(
x − x + 10 x +2 Lời giải
)
M
x −2 x +2 x − 4 − x − 2 + 16 x +2 16 = − + x +2 x +2 x +2 x +2 16 = x −3+ (Mẫu là x + 2 nên x − 3 cần cộng thêm 5 ) x +2 16 Xét A + 5 = x + 2 + . x +2 16 Vì x + 2 > 0, > 0 ∀x ≥ 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có x +2
D
ẠY
KÈ
Có A =
(
)
16 16 ≥2 x +2 . = 2 16 = 8. x +2 x +2 Suy ra A + 5 ≥ 8 A ≥ 3 . 2 16 Vậy MinA = 3 khi x +2 = ⇔ x + 2 = 16 ⇔ x = 4 (thỏa mãn) x +2
(
)
(
x +2 +
(
)
)
(
)
Trang 23
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x Ví dụ 2. Cho x > 25 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x −5 Lời giải Với x > 25 thì M luôn xác định. x x − 25 + 25 x − 25 25 25 Có M = . = = + = x +5+ x −5 x −5 x −5 x −5 x −5 25 Xét M − 10 = x + 5 + . x −5
25
(
≥2
x −5
)
x −5 .
x −5 Suy ra M – 10 ≥ 10 => M ≥ 20.
x −5=
Vậy MinM = 20 khi
> 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 25
x −5
25 x −5
= 2 25 = 10
⇔
(
2
)
x −5
x+3 x
Ơ
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
= 25 ⇔ x = 100 ( thỏa mãn điều kiện).
O
x −5+
25
x − 5 > 0,
Với x > 25 thì
FF IC IA L
)
N
(
3 x
≥2
x.
3
= 2 3 => P ≥ 2 3 x=
M
Vậy MinP = 2 3 khi
x
Q
x+
U
Y
N
H
Lời giải Điều kiện: x > 0. x+3 3 Ta có P = = x+ x x 3 > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có Vì x > 0, x
3
x
⇔ x = 3 ( thỏa mãn điều kiện).
KÈ
Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
x −1 x
−9 x
Lời giải
ẠY
Điều kiện: x > 0.
x −1
D
Có A = A = Vì 9 x > 0,
9 x+
1
x 1 x
−9 x =
x x
−
1
1 − 9 x = 1 − +9 x . x x
> 0 nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
1 = 2.3 = 6 ⇒ −9 x + ≤ −6 x x x 1 ⇒ 1 − 9 x + ≤ 1 − 6 = −5 ⇒ P ≤ −5. x ≥ 2 9 x.
1
Trang 24
Vậy MaxA = – 5 khi 9 x =
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 1 ⇔ 9x = 1 ⇔ x = ( thỏa mãn điều kiện). 9 x
1
6.3. Đưa về bình phương A2 ± m ≥ 0 ± m; A2 + B 2 ± m ≥ 0 + 0 ± m. − A2 ± m ≤ 0 ± m; − A2 − B 2 ± m ≤ 0 + 0 ± m.
Lời giải Điều kiện: x ≥ 1. x+2 . x + x − 2 2x − 2 x −1 x
Có T = P. x + x − 2 2 x − 2 x − 1 =
(
) (
) (
= x + 2 − 2 2x + x −1− 2 x −1 +1 =
x− 2
2
) +(
)
FF IC IA L
x+2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = P. x + x − 2 2 x − 2 x − 1. x
Ví dụ 1. Cho biểu thức P =
2
x − 1 − 1 ≥ 0.
N
O
x = 2 Vậy MinT = 0 khi ⇔ x = 2 (thỏa mãn điều kiện). x − 1 = 1
Ơ
2x − 3 x − 2 và x −2
x −2
=
(
(
)
x + 2 ( x − 1)
Q
x3 − x + 2 x − 2 x x − x + 2 x − 2 = = x +2 x +2
B=
x +2
)
x −2
= 2 x + 1.
x ( x − 1) + 2 ( x − 1) x +2
= x − 1.
KÈ
=
2x − 4 x + x − 2
Y
x −2
=
U
2x − 3 x − 2
Lời giải 2 x x −2 + x −2
M
A=
N
x3 − x + 2 x − 2 , x ≥ 0, x ≠ 4. x +2
B=
H
Ví dụ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = B − A với A =
Suy ra C = B − A = x − 2 x − 2 =
(
)
2
x − 1 − 3 ≥ −3.
ẠY
Vậy MinC = −3 khi x = 1 (thỏa mãn).
6.4. Tìm x ∈ N để biểu thức A =
D
Chú ý: Tính chất a ≥ b
1 (m ∈ N * ) lớn nhất, nhỏ nhất x −m
1 1 ≤ chỉ đúng với a và b cùng dương hoặc cùng âm. a b
Ví dụ: +) +)
1 1 ≤ ∀x ≥ 0 đúng vì x + 3 và 3 cùng dương. x +3 3 1 1 ≤ ∀x ≥ 0 sai vì ta chưa biết x − 2 và -2 có cùng âm hay không. x − 2 ≥ −2∀x ≥ 0 x − 2 −2
x + 3 ≥ 3∀x ≥
Trang 25
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Phương pháp giải *Tìm MaxA: Ta thấy trong hai trường hợp hợ p x − m > 0 x > m x > m 2 .
x − m > 0 và
x − m < 0 thì MaxA xảy ra trong trường
x − m < 0 x < m 0 < x < m2 .
{
}
Mà x ∈ N nên x ∈ 0;1;2;...; m2 − 1 . Trường hợp này có hữu hạn giá trị nên ta kẻ bảng để chọn minA.
3 đạt giá trị: a) lớn nhất. x −2 Lời giải
b) nhỏ nhất.
O
Ví dụ 1. Tìm x ∈ N để biểu thức A =
FF IC IA L
Mà x ∈ N nên x ≥ m 2 + 1 x ≥ m 2 + 1 x − m ≥ m 2 + 1 − m > 0 1 1 1 . ≤ A≤ x −m m2 + 1 − m m2 + 1 − m 1 Vậy MaxA = khi x = m2 + 1. 2 m +1 − m *Tìm MinA: Ta thấy trong hai trường hợp x − m > 0 và x − m < 0 thì MinA xảy ra trong trường hợp
a) Ta thấy trong hai trường hợp
x − 2 > 0 và
x − 2 < 0 thì MaxA xảy ra trong trường hợp
Ơ
x − 2 > 0 x > 2 x > 4.
N
Điều kiện: x ∈ N , x ≠ 4.
3 3 3 ≤ A≤ = 6 + 3 5. x −2 5−2 5 −2
N
H
Mà x ∈ N x ∈ {5; 6;7;...} x ≥ 5 x ≥ 5 x − 2 ≥ 5 − 2
Y
Vậy MaxA = 6 + 3 5 khi x = 5 (thỏa mãn).
x − 2 > 0 và
U
b) Ta thấy trong hai trường hợp
x − 2 < 0 thì MaxA xảy ra trong trường hợp
Q
x − 2 < 0 ⇔ x < 2 ⇔ 0 ≤ x < 4. Mà x ∈ N x ∈ {0;1; 2;3} .
−
3 2
1
3
2
−3
−
KÈ
A
0
M
x
6+3 2 2
−6 − 3 3
ẠY
Vậy MinA = −6 − 3 3 khi x = 3 (thỏa mãn).
D
Ví dụ 2. Tìm x ∈ N để biểu thức A =
3 đạt giá trị: a) lớn nhất x −2 Lời giải
b) nhỏ nhất
Điều kiện: x ∈ N , x ≠ 9. x −3+ 5 x −3 5 5 . = + = 1+ x −3 x −3 x −3 x −3 a) Ta thấy trong hai trường hợp x − 3 > 0 và
Có P =
x −3 > 0 ⇔
x − 3 < 0 thì MaxP xảy ra trong trường hợp
x > 3 ⇔ x > 9.
Trang 26
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Mà x ∈ N x ∈ {10;11;12;...} x ≥ 10 x ≥ 10
x − 3 ≥ 10 − 3
10 + 2 = 16 + 5 10. 10 − 3
Vậy MaxP = 16 + 5 10 khi x = 10 (thỏa mãn). b) Ta thấy trong hai trường hợp
x − 3 > 0 và
x − 3 < 0 thì minP xảy ra trong trường hợp
x − 3 < 0 ⇔ x < 3 ⇔ 0 ≤ x < 9. Mà x ∈ N x ∈ {0;1; 2;...;8} .
P
0
−
1 2 3
−
...
2 3 2
−
8+5 2 7
N
Vậy MinP = −14 − 10 2 khi x = 8 (thỏa mãn).
...
x đạt giá trị: a) lớn nhất x −1 Lời giải
−14 − 10 2
b) nhỏ nhất
H
Ơ
Ví dụ 3. Tìm x ∈ N để biểu thức M =
8
O
x
FF IC IA L
P≤
5 5 5 5 ≤ 1+ ≤ 1+ 10 − 3 10 − 3 x −3 x −3
1 x . = 1+ x −1 x −1 a) Ta thấy trong hai trường hợp
Y
Có M =
N
Điều kiện: x ∈ N , x ≠ 1.
x − 1 > 0 và
x − 1 < 0 thì MaxM xảy ra trong trường hợp
1 1 ≤ x −1 2 −1
1 1 +1 ≤ +1 M ≤ x −1 2 −1
2 = 2 + 2. 2 −1
M
Q
U
x − 1 > 0 x > 1 x > 1. Mà x ∈ N x ∈ {2;3; 4;...} x ≥ 2 x ≥ 2 x − 1 ≥ 2 − 1
KÈ
Vậy MaxM = 2 + 2 khi x = 2 (thỏa mãn). b) Ta thấy trong hai trường hợp
x − 1 > 0 và
x − 1 < 0 thì MinM xảy ra trong trường hợp
ẠY
x − 1 < 0 x < 1 0 ≤ x < 1. 0 = 0. Mà x ∈ N x = 0 MinM = 0 −1
D
Vậy MinM = 0 khi x = 0 (thỏa mãn).
Trang 27
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN DẠNG 7: TÌM X ĐỂ P NHẬN GIÁ TRỊ LÀ SỐ NGUYÊN b 7.1. Tìm x ∈ Z để P = a + ∈ Z (a, b, c, d ∈ Z ) c x +d Bước 1 Đặt điều kiện, khử x ở trên tử, đưa P về dạng như trên. Bước 2 Xét hai trường hợp Trường hợp 1: Xét x ∈ Z nhưng x ∉ Z
b b là số vô tỷ a + là số vô tỷ c x +d c x +d P là số vô tỷ P ∉ ℤ (loại)
Trường hợp 2: Xét x ∈ ℤ và
x ∈ ℤ thì P ∈ ℤ khi
2 x −1 nhận giá trị là một số nguyên. x +3 Lời giải:
O
Ví dụ 1: Tìm x ∈ ℤ để biểu thức A =
b ∈ ℤ c x + d ∈ Ư (b) c x +d
(
)
H
N
x là số vô tỷ x + 3 là số vô tỷ 7 7 là số vô tỷ 2 − là số vô tỷ => x +3 x +3 A là số vô tỷ A ∉ ℤ (loại)
Ơ
2 x +6−7 2 x +3 7 7 = − = 2− x +3 x +3 x +3 x +3 Trường hợp 1: Xét x ∈ ℤ nhưng x ∉ ℤ
Có A =
N
Điều kiện : x ≥ 0
Y
7 ∈ℤ x +3 x + 3 ≥ 3 nên ta được:
x ∈ ℤ thì A∈ ℤ khi
U
Trường hợp 2: Xét x ∈ ℤ và
Q
x + 3 ∈ Ư (7)= {±1; ±7} mà
M
x + 3 = 7 ⇔ x = 4 ⇔ x = 16 (thỏa mãn) Vậy x = 16 là giá trị cần tìm. Chú ý: • P nguyên âm khi PP∈>ℤ0
{
KÈ
Bước 1: Giải P ∈ ℤ giống như ví dụ 1. Bước 2: Kẻ bảng để chọn P>0 hoặc giải P>0 rồi kết hợp P ∈ ℤ • P là số tự nhiên khi PP∈≥ℤ0
{
ẠY
Bước 1. Giải P ∈ ℤ giống như ví dụ 1. Bước 2: Kẻ bảng để chọn P ≥ 0 hoặc giải P ≥ 0 rồi kết hợp P ∈ ℤ . x +3 nhận giá trị nguyên âm x −3 Lời giải: 6 6 x −3 + = 1+ x −3 x −3 x −3
D
Ví dụ 2: Tìm x ∈ ℤ để biểu thức M =
M=
x −3+6 = x −3
M nguyên âm khi
{
M ∈ℤ M <0
Trang 28
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN • M ∈ℤ : Trường hợp 1: Xét x ∈ ℤ nhưng
x là số vô tỷ x − 3 là số vô tỷ 6 6 là số vô tỷ 1 + là số vô tỷ => x −3 x −3 M là số vô tỷ M ∉ ℤ (loại) Trường hợp 2: Xét x ∈ℤ và x ∈ ℤ 6 => M ∈ ℤ khi ∈ ℤ x − 3 ∈ Ư (6)= {±1; ±2; ±3; ±6} x −3 1 -1 2 -2 3 x −3
-3
x
4
2
5
1
6
0
x
16
4
25
1
36
0
• M <0: Cách 1: (Kẻ bảng để thử trực tiếp các giá trị) x 0 1 4 -2
-7
9
-3
81
φ
36
81
4
3
2
N
-1
-6
25
7
Ơ
M
16
6
O
x ∈ {0;1; 4;16; 25;36;81} (thỏa mãn điều kiện)
FF IC IA L
x ∉ℤ
Từ bảng trên ta được x ∈ {0;1; 4} thì M có giá trị là số nguyên âm
H
Cách 2: (Giải M<0) x +3 < 0 ⇔ x − 3 < 0 do x + 3 > 0 ⇔ x < 3 ⇔ 0 ≤ x ≤ 9 Kết hợp với M <0⇔ x −3 x ∈ {0;1; 4;16; 25;36;81} ta được x ∈ {0;1; 4}
)
Y
N
(
Q
U
Vậy x ∈ {0;1; 4} là các giá trị cần tìm.
M
Ví dụ 3: Tìm x ∈ ℤ để biểu thức P =
2 x nhận giá trị là một số tự nhiên. x −2 Lời giải:
KÈ
Điều kiện x ≥ 0 ; x ≠ 9 2 x −4+4 2 x −4 4 Có P = = + x −2 x −2 x −2
ẠY
P nhận giá trị là một số tự nhiên khi • P∈ℤ : Trường hợp 1: Xét x ∈ ℤ nhưng
{
P∈ℤ P≥0
x ∉ℤ
D
x là số vô tỷ x − 2 là số vô tỷ 4 4 là số vô tỷ 2 + là số vô tỷ => x −2 x −2 P là số vô tỷ P ∉ ℤ (loại) Trường hợp 2: Xét x ∈ ℤ và x ∈ ℤ 4 ∈ ℤ x − 2 ∈ Ư (4)= {±1; ±2; ±4} => P ∈ ℤ khi x −2
Trang 29
x −2
1
-1
2
-2
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 4 -4
x
3
1
4
0
6
-2
x
9
1
16
0
36
φ
• P ≥ 0: Cách 1: (Kẻ bảng để thử trực tiếp các giá trị) x 0 1 P
0
-2
9
16
6
4
FF IC IA L
x ∈ {0;1;9;16;36} (thỏa mãn điều kiện)
36 3
Từ bảng trên ta được x ∈ {0;9;16;36} thì M có giá trị là một số tự nhiên
{ xx>≥40 x ≤0 ⇔ { x< 4
⇔
Kết hợp với x ∈ {0;1;9;16;36} ta được x ∈ {0;9;16;36}
N
H
m ∈ ℤ ( a, b, c, d , m ∈ ℤ ) thì khi giải ta vẫn phải xét c x +d x ∉ ℤ và trường hợp x ∈ℤ và x ∈ ℤ .
Chú ý: Dạng tìm x ∈ℤ để P = a x + b + trường hợp x ∈ℤ ,
Ơ
Vậy x ∈ {0;9;16;36} là các giá trị cần tìm
xx >=04
N
P≥0⇔
{ 2 x −x2≥>00 { 2 x −x2≤<00 2 x ≥0 ⇔ x −2
O
Cách 2 (Giải P ≥ 0 )
x−2 ∈ℤ x −3 Lời giải:
U
Y
Ví dụ 4: Tìm x ∈ℤ để biểu thức F =
D
ẠY
KÈ
M
Q
Điều kiện : x ≥ 0 ; x ≠ 9 7 x−9+7 Có F = = x + 3+ x −3 x −3 Trường hợp 1: Xét x =2 => F=0 ∈ ℤ => x =2 (thỏa mãn) 7 ∈ℤ Trường hợp 2: Xét x ≠ 2 ; x ∈ℤ và x ∉ ℤ x +3 x là số vô tỷ x − 3 là số vô tỷ x−2 Mà x-2 là số nguyên khác 0 nên là số vô tỷ x −3 F là số vô tỷ F ∉ ℤ (loại) Trường hợp 3: Xét x ∈ ℤ và x ∈ ℤ 7 Vì x + 3 ∈ ℤ nên F ∈ℤ khi ∈ℤ x − 3 ∈ Ư (7)= {±1; ±7} x −3 1 -1 7 -7 x −3
x
4
2
10
16
4
100
-4
(thỏa mãn điều kiện)
Trang 30
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vậy là các giá trị cần tìm
7.2. Tìm x ∈ R để P =
a
∈ Z ( a , b, c ∈ ℕ * )
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
b x +c Bước 1 Đặt điều kiện và chặn hai đầu của P : • a > 0, b x + c > 0 P > 0. a a a • b x +c≥c ≤ P≤ . c b x +c c a Như vậy ta chặn hai đầu của P là 0 < P ≤ . c a Bước 2 Chọn P ∈ Z, 0 < P ≤ . Từ đó suy ra x . c Ví dụ 1. Tìm x ∈ R để các biểu thức sau nhận giá trị là số nguyên : 10 5 a) A = b)P = 3 x +2 x +3 Lời giải Điều kiện : x ≥ 0 a)Vì 10 > 0, x + 3 > 0 nên A > 0 10 10 10 Mặt khác, x ≥ 0 x + 3 ≥ 3 ≤ A≤ 3 x +3 3 10 Do đó 0 < A ≤ nên A∈ Z khi 3 10 =1 3 x + 10 = x + 3 x =7 x = 49 A =1 10 A = 2 x + 3 = 2 ⇔ 10 = 2 x + 6 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 (thỏa mãn điều kiện) A = 3 1 1 10 = 3 x + 9 x= x = 10 3 9 x +3 =3 1 Vậy x ∈ 49; 4; là giá trị cần tìm. 9 b)Vì 5 > 0, 3 x + 2 > 0 nên P > 0 5 5 5 Mặt khác x ≥ 0 3 x + 2 ≥ 2 ≤ P≤ 2 3 x +2 2 5 Do 0 < P ≤ nên P ∈ ℤ khin 2 5 =1 x =1 x = 1 5 = 3 x + 2 P = 1 x + 3 2 ⇔ ⇔ 1 (TMĐK) 1⇔ P = 2 5 x= x = 5 = 6 x + 4 36 6 3 x + 2 = 2 1 Vậy x ∈ 1; là các giá trị cần tìm. 36 a Chú ý: Với bài toán x ∈ ℝ để m ± ∈ ℤ (a, b, c ∈ ℕ* , m ∈ ℤ) b x +c
Trang 31
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN a Bước 1: Lập luận: Vì m ∈ ℤ nên m ± ∈ ℤ khi ∈ℤ b x +c b x +c a như ví dụ 1. Bước 2: Giải theo cách chặn 2 đầu của b x +c a
Ví dụ 2: Tìm m ∈ ℤ để các biểu thức sau có giá trị là số nguyên. 2 x +5 x +1
.
b) P =
x −3
FF IC IA L
a) A =
x+2 Lời giải
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
Điều kiện: x ≥ 0 2 x +2+3 2 x +2 3 3 a) Có A = = + = 2+ x +1 x +1 x +1 x +1 3 Vì 2 ∈ ℤ nên A∈ ℤ khi B = ∈ℤ x +1 Vì 3 > 0, x + 1 > 0 nên B > 0 3 3 Mặt khác x ≥ 0 x + 1 ≥ 1 ≤ B≤3 x +1 2 Do đó: 0 < B ≤ 3 B ∈ ℤ khi 3 =1 x =2 x = 4 + 1 x 3 = x + 1 B = 1 B = 2 3 = 2 ⇔ 3 = 2 x + 2 ⇔ x = 1 ⇔ x = 1 (TMĐK) x +1 2 4 B = 3 = + 3 3 x 3 3 x = 0 x = 0 x +1 = 3 1 Vậy x ∈ 0; ; 4 là các giá trị cần tìm. 4 5 x +2−5 5 = 1− . Vì 1∈ ℤ nên P ∈ ℤ khi Q = b) Có P = ∈ℤ x +2 x +2 x+2 Vì 5 > 0; x + 2 > 0 nên Q > 0 5 5 5 Mặt khác ta có x ≥ 0 x + 2 ≥ 2 ≤ Q≤ 2 x +2 2 5 Do đó, 0 < Q ≤ Q ∈ ℤ khi 2 5 x +2=5 x =3 x = 9 x + 2 =1 Q = 1 ⇔ 1 (TMĐK) 5⇔ 1⇔ Q = 2 5 x= x + 2 = x = 4 2 2 x+2 =2 1 Vậy x ∈ ,9 là các giá trị cần tìm. 4
DẠNG 8: TÌ THAM SỐ ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH P = m CÓ NGHIỆM Bước 1: Đặt điều kiện để P xác định Bước 2: Từ P = m rút x theo m. Bước 3: Dựa vào điều kiện của x để giải m. Trang 32
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Ví dụ 1: Cho biểu thức P =
x −1 x +2
. Tìm m để phương trình P = m có nghiệm.
4
(
) và
x +1
x−4
B=
. Tìm m ∈ Z để phương trình
x −2
A m = có B 2
H
nghiệm.
x +1
Ơ
Ví dụ 2. Cho hai biểu thức A =
N
O
FF IC IA L
Lời giải Điều kiện: x ≥ 0 . x −1 = m m( x + 2) = x − 1 (m − 1). x = −2m − 1. Có P = m x +2 * Xét m = 1 0. x = −3 (loại) −2m − 1 *Xét m ≠ 1 x = m −1 −2m − 1 2m + 1 ≥0⇔ ≤0 Do x ≥ 0 nên phương trình đã cho có nghiệm khi m −1 m −1 1 m≤− 2m + 1 ≤ 0 2 1 1 m > 1 m − 1 > 0 ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ m < 1 . Vậy − ≤ m < 1 là giá trị cần tìm. 2m + 1 ≥ 0 2 2 m ≥ − 1 2 m − 1 < 0 m < 1
Lời giải
(
N
Điều kiện : x ≥ 0, x ≠ 4
)
4 x +1 A m x −2 m = ⇔ ⋅ = ⇔ B 2 x−4 x +1 2 *Xét m = 0 0. x = 8 (loại) 8 − 2m *Xét m ≠ 0 x = m
4
x+2
=
m ⇔m 2
(
)
x + 2 = 8 m x = 8 − 2m
x ≥ 0, x ≠ 2 nên phương trình đã cho có nghiệm khi
M
Do
Q
U
Y
Có
8 − 2m 8 − 2m ≥ 0, ≠2 m m
ẠY
KÈ
8 − 2m ≥ 0 m ≤ 4 8 − 2m m < 0 m < 0 +Giải ≥0⇔ ⇔ ⇔0<m≤4 8 − 2m ≤ 0 m ≥ 4 m m > 0 m > 0 8 − 2m ≠ 2 ⇔ 8 − 2m ≠ 2m ⇔ m ≠ 2 m Như vậy 0 < m ≤ 4, m ≠ 2, mà m ∈ ℤ nên m ∈ {1;3;4}
D
+ Giải
Vậy m ∈ {1;3;4} là giá trị cần tìm.
Trang 33
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ x
Bài 1. Rút gọn biểu thức A =
x +3
x +1
Bài 2. Rút gọn biểu thức A =
+
2 x
3x + 9 x −3 x −9
−
2
+
9 x −3
−
(
2
2− 3 2
O 28 − 21
−2 7 −
Bài 6. Cho biểu thức: P =
x + x +1 x
3 x −2 x +2
. Tìm x để P =
. Tìm x để M =
Y
Bài 7. Cho biểu thức M = Bài 8. Cho biểu thức A =
2− 3
Ơ
3− 7 3 27 + 3 −1 g) x = 18
f) x =
N
2+ 3 6
d) x =
4 3+2
−
4 3 −2
h) x − 7 x + 10 = 0
H
e) x =
)
13 . 3
N
c) x =
)(
FF IC IA L
x −2 x +3 x + x −6 x+2 x +1 1 Bài 3. Rút gọn biểu thức P = 1 : + − x x −1 x + x +1 x − 1 a+3 a +2 a+ a 1 1 − : + Bài 4. Rút gọn biểu thức P = a +2 a −1 a +1 a −1 a −1 x +1 Bài 5. Tính giá trị của biểu thức P = khi: x −2 a) x = 36 b) x = 6 − 2 5
1
. Tìm x để A = B. x − 4 . x −5 x −5 x −3 1 Bài 9. Cho hai biểu thức A = và B = . Tìm x để A = B. x − 3 . x −1 x −1
Q
U
và B =
x 8
M
( Bài 10. Cho biểu thức P =
)
x +1
2
D
ẠY
KÈ
. Tìm x để P. x = 6 x − 3 − x − 4 x x+3 Bài 11. Cho biểu thức P = .Tìm x để P. x + x − 1 = 2 3x + 2 x − 2 . x x −1 Bài 12. Cho biểu thức A = . Tìm x để 81x2 − 18x = A − 9 x + 4 x 4 Bài 13. Cho hai biểu thức A = và B = x x − x . Tìm x để x2 + 6 = A.B + x − 1 + 3 − x . x −1 x Bài 14. Cho biểu thức A = . Tìm x để A. x − 2 + 5 x = x + 4 + x + 16 + 9 − x . x −2 x +1 Bài 15. Cho biểu thức A = . Tìm x ∈ ℤ để A < 1 x −2 x −1 2 . Tìm x để M ≥ Bài 16. Cho biểu thức M = 3 x +2
(
Trang 34
)
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x −2
Bài 17. Cho biểu thức P =
x +1
. Tìm x để
x +4
Bài 18. Cho hai biểu thức A =
P<
1
và B =
1 2
. Tìm x để
x −1 a +1 1 a +1 Bài 19. Cho biểu thức P = . Tìm a để − ≥1 P 8 2 a x −1
x A +5≤ . 4 B
FF IC IA L
x
Bài 20. Cho biểu thức P =
. Tìm x để P > P . x −2 x−6 x +9 Bài 21. Cho biểu thức A = . Tìm x ∈ ℤ và x lớn nhất để A = −A x−9 a+3 Bài 22. Cho biểu thức A = . Chứng minh A ≥ 1 2 a +1
Bài 25. Cho hai biểu thức A =
x −1 x −5
,B =
2 x +1
x − x +1
x−5 x −5 . Chứng minh A.B + >2 . x −5 x x −1
2 x +1 x −1
N
Y
P xác định, hãy so sánh
Q
U
Bài 28. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 + 3P . P +3
KÈ
12 . M
M
Bài 29. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = N =M+
. So sánh giá trị của biểu thức
B và 3 A
. So sánh P và P2.
x −2 x −2 Bài 27. Cho biểu thức P = . Khi x
Q=
. Khi A > 0, hãy so sánh B với 3.
x +6
và B =
3 x +1
x −1
O
x +3
x +1
Bài 26. Cho biểu thức P =
và B =
N
Bài 24. Cho hai biểu thức A =
x −1
H
Bài 23. Cho hai biểu thức A =
)
Ơ
(
Bài 30. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
x −2 x +1
. Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 x +6 x +2
5
P và P
. Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
D
ẠY
. x +3 10 Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = 3A + . A 2 Bài 31. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = − . Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x +4 3 T = 14S + S +1 x − x + 10 Bài 32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = . x +2 x Bài 33. Cho x > 25. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = . x −5
Trang 35
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bài 34. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
x+3
Bài 35. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = Bài 36. Cho biểu thức P =
x
.
x −1 x
−9 x .
x+2
x3 − x + 2x − 2 ,x ≥ 0,x ≠ 4 . x +2 x −2 3 Bài 38. Tìm x ∈ ℕ để biểu thức A = đạt giá trị x −2 a) lớn nhất b) nhỏ nhất và B =
Bài 39. Tìm x ∈ ℕ để biểu thức P =
x +2
đạt giá trị
x −3
a) lớn nhất
x
đạt giá trị
x −1
N
b) nhỏ nhất
Bài 40. Tìm x ∈ ℕ để biểu thức M =
b) nhỏ nhất
Bài 41. Tìm x ∈ ℕ để biểu thức A =
x +3 x +3
nhận giá trị nguyên.
x −3 2 x
nhận giá trị nguyên âm.
Y
Bài 42. Tìm x ∈ ℤ để biểu thức M =
2 x −1
H
lớn nhất
N
a)
O
2x − 3 x − 2
Ơ
vớ i A =
FF IC IA L
. x Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = P. x + x − 2 2x − 2 x − 1 . Bài 37. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = B – A
Q
U
Bài 43. Tìm x ∈ ℤ để biểu thức P =
x −3
nhận giá trị là một số tự nhiên.
∈ℤ.
M
Bài 44. Tìm x ∈ ℤ đề biểu thức F =
x −2 x−2
ẠY
KÈ
Bài 45. Tìm x ∈ ℝ để các biểu thức sau nhận giá trị là số nguyên: 10 5 a. A = b. P = 3 x +2 x +3 Bài 46. Tìm x ∈ ℝ để các biểu thức sau nhận giá trị là số nguyên: 2 x +5 x −3 a. A = b. P = x +1 x +2
D
Bài 47. Cho biểu thức P =
x −1 . Tìm m để phương trình P = m có nghiệm. x +2
4( x + 1) và B = x−4 A m = có nghiệm. Tìm m ∈ ℤ để phương trình B 2
Bài 48. Cho hai biểu thức A =
x +1 x −2
Trang 36
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
CHỦ ĐỀ 2 – HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. HỆ KHÔNG CHỨA THAM SỐ DẠNG 1: HỆ ĐA THỨC BẬC NHẤT ĐỐI VỚI X VÀ Y
Lời giải ( x + 4 )( y + 4 ) = xy + 216 xy + 4 x + 4 y + 16 = xy + 216 Có ⇔ xy − 5 x + 2 y − 10 = xy − 50 ( x + 2 )( y − 5 ) = xy − 50
N
Ơ
2( x + 1) + 3( x + y ) = 15 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình: 4( x − 1) − ( x + 2 y ) = 0
O
4 x + 4 y = 200 2 x + 2 y = 100 7 x = 140 x = 20 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −5 x + 2 y = −40 −5 x + 2 y = −40 x + y = 50 y = 30 Vậy: ( x ; y ) = ( 20 ; 30 )
FF IC IA L
ax + by = c Cách giải Rút gọn về hệ phương trình bậc nhất hai ẩn dạng: a ' x + b ' y = c ' ( x + 4 )( y + 4 ) = xy + 216 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình: ( x + 2 )( y − 5 ) = xy − 50
Y
N
H
Lời giải 2 ( x + 1) + 3 ( x + y ) = 15 2 x + 2 + 3 x + 3 y = 15 Ta có: ⇔ 4 ( x − 1) − ( x + 2 y ) = 0 4 x − 4 − x − 2 y = 0 5 x + 3 y = 13 10 x + 6 y = 26 19 x = 38 x = 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 3 x − 2 y = 4 9 x − 6 y = 12 3 x − 2 y = 4 y =1 Vậy: ( x ; y ) = ( 2; 1)
( 3)
Q
U
3 ( x + 1) + 2 ( x + 2 y ) = 4 Ví dụ 3. Giải hệ phương trình: 4 ( x + 1) − ( x + 2 y ) = 9
KÈ
M
Lời giải Cách 1: (Giải trực tiếp) 3 ( x + 1) + 2 ( x + 2 y ) = 4 3x + 3 + 2 x + 4 y = 4 Ta có: ⇔ 4 x + 4 − x − 2 y = 9 4 ( x + 1) − ( x + 2 y ) = 9
ẠY
5 x + 4 y = 1 5 x + 4 y = 1 11x = 11 x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 3 x − 2 y = 5 6 x − 4 y = 10 5 x + 4 y = 1 y = −1 Vậy: ( x; y ) = (1; −1)
D
Cách 2: Đặt ẩn phụ a = x + 1 3a + 2b = 4 3a + 2b = 4 11a = 22 a = 2 Đặt: ( 3) : ⇔ ⇔ ⇔ b = x + 2 y 4a − b = 9 8a − 2b = 18 3a + 2b = 4 b = −1
x +1 = 2 x = 1 ⇔ x + 2 y = −1 y = −1 Vậy: ( x ; y ) = (1 ; -1) .
DẠNG 2: HỆ CHỨA PHÂN THỨC Bước 1: Đặt điều kiện cho hệ phương trình. Trang 37
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bước 2: Giải bằng cách đặt ẩn phụ hoặc quy đồng giải trực tiếp. 1 2 x −1 + y + 2 = 2 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình: 8 − 3 =1 x − 1 y + 2
O
N
1 1 x − 1 = 2 x −1 = 2 x = 3 Suy ra ( thoả mãn điều kiện) ⇔ ⇔ 1 + 2 = 1 = − 1 y y =1 y + 2
FF IC IA L
Lời giải Điều kiện: x ≠ 1, y ≠ −2 Cách 1: Đặt ẩn phụ 1 1 Đặt a = hệ phương trình trở thành ,b = x −1 y+2 1 2a + b = 2 6a + 3b = 6 14a = 7 a = ⇔ ⇔ ⇔ 2 8a − 3b = 1 8a − 3b = 1 2a + b = 2 b = 1
Vậy: ( x ; y ) = ( 3 ; −1)
N
H
Ơ
Cách 2: (Giải trực tiếp) 1 3 2 6 14 =7 x −1 + y + 2 = 2 x −1 + y + 2 = 6 x − 1 Có ⇔ ⇔ 8 − 3 =1 8 − 3 =1 8 − 3 =1 x − 1 y + 2 x − 1 y + 2 x − 1 y + 2
KÈ
M
Q
U
Y
x −1 = 2 x = 3 (thỏa mãn điều kiện) ⇔ 3 ⇔ y = −1 y+2 =3 Vậy (x;y) = (3; – 1) 1 x + y + 3(y + 1) = 5 Ví dụ 2 Giải hệ phương trình 2 − 5( y + 1) = −1 x + y
D
ẠY
Lời giải Điều kiện: x + y ≠ 0 Cách 1: (Đặt ẩn phụ) 1 Đặt = a; y + 1 = b hệ đã cho trở thành x+ y a + 3b = 5 2a + 6b = 10 11b = 11 b = 1 ⇔ ⇔ ⇔ 2a − 5b = −1 2a − 5b = −1 2a − 5b = −1 a = 2 1 y = 0 =2 Suy ra x + y ⇔ 1 (thỏa mãn điều kiện) y +1 = 1 x = 2
Trang 38
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 1 Vậy (x ; y) = ( ; 0) 2 Cách 2: (Giải trực tiếp) 1 2 11(y + 1) = 11 x + y + 3(y + 1) = 5 x + y + 6(y + 1) = 10 Có ⇔ ⇔ 2 − 5( y + 1) = −1 2 2 − 5( y + 1) = −1 − 5( y + 1) = −1 x + y x + y x + y 1 y = 0 =2 ⇔ x+ y ⇔ 1 (thỏa mãn điều kiện) y +1 = 1 x = 2 1 Vậy (x ; y) = ( ; 0) 2
O
2 = −3 (1) y+2 4y = 2 (2) y+2
Ơ
N
1 x +1 − Ví dụ 3 Giải hệ phương trình 3x + x + 1
U
Y
N
H
Lời giải Điều kiện: x ≠ – 1; y ≠ – 2 Trước hết ta khử x , trên tử trong phương trình (2) của hệ 2 2 1 1 x + 1 − y + 2 = −3 x + 1 − y + 2 = −3 Có ⇔ 3x 4 y 3x+3 − 3 + 4 y + 8 − 8 = 2 + =2 x + 1 y+2 x + 1 y + 2
D
ẠY
KÈ
M
Q
2 2 1 1 x + 1 − y + 2 = −3 x + 1 − y + 2 = −3 ⇔ ⇔ 3 − 3 + 4 − 8 = 2 3 + 8 =5 x + 1 y+2 x +1 y + 2 Cách 1: (Đặt ẩn phụ) 1 1 = a; = b hệ đã cho trở thành Đặt x +1 y+2 a − 2b = −3 4a − 8 b = −12 7a = −7 a = −1 ⇔ ⇔ ⇔ 3a + 8b = 5 3a +8b = 5 3a +8b = 5 b = 1 1 = −1 x = −2 x + 1 ⇔ Suy ra (thỏa mãn điều kiện) y = −1 1 =1 y + 2 Vậy (x ; y) = (– 2 ; – 1) Cách 2: (Giải trực tiếp)
Trang 39
2 4 = −3 − y+2 x +1 ⇔ 8 3 + =5 y+2 x + 1
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 8 7 = −12 = −7 y+2 x + 1 ⇔ 8 3 + 8 =5 =5 x + 1 y + 2 y+2
1 x + 1 = −1 x = −2 ⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện) y = −1 1 =1 y + 2 Vậy (x ; y) = (– 2 ; – 1) DẠNG 3: HỆ CHỨA CĂN Bước 1: Đặt điều kiện xác định của hệ Bước 2: Giải bằng cách đặt hai ẩn phụ cho gọn hoặc giải trực tiếp
N
Lời giải
O
2 x + 1 + 3 y − 2 = 8 Ví dụ 1 Giải hệ phương trình 3 x + 1 − 2 y − 2 = −1
FF IC IA L
1 x +1 − Có 3 + x + 1
H
Ơ
Điều kiện: x ≥ – 1 ; y ≥ 2 Cách 1: (Đặt ẩn phụ) Đặt x + 1 = a; y − 2 = b (điều kiện a ≥ 0 ; b ≥ 0 )hệ đã cho trở thành
N
2a + 3b = 8 4a + 6b = 16 13a = 13 a = 1 (TM) ⇔ ⇔ ⇔ 3a − 2b = −1 9a − 6b = −3 3a − 2b = −1 b = 2
M
Q
U
Y
x + 1 = 1 x +1 = 1 x = 0 ⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện) Suy ra y − 2 = 4 y = 6 y − 2 = 2 Vậy (x ; y) = (0; 6) Cách 2: (Giải trực tiếp) 2 x + 1 + 3 y − 2 = 8 4 x + 1 + 6 y − 2 = 16 ⇔ Có 3 x + 1 − 2 y − 2 = −1 9 x + 1 − 6 y − 2 = −3
KÈ
13 x + 1 = 13 x + 1 = 1 x = 0 ⇔ ⇔⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện) y = 6 3 x + 1 − 2 y − 2 = −1 y − 2 = 2
D
ẠY
Vậy (x ; y) = (0; 6)
1 3 x − 4 + 3 y + 1 = 2 Ví dụ 2 Giải hệ phương trình 3 + 5 y+ 1 = 4 3 x − 4
Lời giải 4 Điều kiện: x ≠ ; y ≥ − 1 3 Cách 1: (Đặt ẩn phụ)
Trang 40
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 1 Đặt = a; 3x − 4
y + 1 = b điều kiện b ≥ 0 hệ đã cho trở thành
Ơ
N
O
FF IC IA L
1 b = (TM) a + 3b = 2 3a + 9b = 6 4b = 2 2 ⇔ ⇔ ⇔ 3a+ 5b = 4 3a+ 5b = 4 3a+ 5b = 4 a = 1 2 1 1 x = 2 3 x − 4 = 2 3 Suy ra ⇔ 3 (thỏa mãn điều kiện). Vậy (x ; y) = (2; − ) 4 y +1 = 1 y = − 4 2 Cách 2: (Giải trực tiếp) 1 3 4 y+ 1 = 2 + 3 y+ 1 = 2 + 9 y+ 1 = 6 3 x − 4 3 x − 4 Có ⇔ ⇔ 3 + 5 y+ 1 = 4 3 + 5 y+ 1 = 4 3 + 5 y+ 1 = 4 3x − 4 3 x − 4 3 x − 4 1 x = 2 y + 1 = 2 3 ⇔ ⇔ −3 (thỏa mãn điều kiện). Vậy (x ; y) = (2; − ) 4 1 =1 y = 4 3 x − 4 2
Y
N
H
4 21 1 2x − y − x + y = 2 Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 7−x− y 3 + =1 2 x − y x+ y
ẠY
KÈ
M
Q
U
Lời giải Điều kiện: 2 x − y > 0, x + y ≠ 0. Trước hết ta khử x, y ở trên tử trong phương trình sau của hệ: 4 21 1 21 1 4 2x − y − x + y = 2 2x − y − x + y = 2 ⇔ Hệ ⇔ 7 3 7 3 + −1 = 1 + =2 2 x − y x + y 2 x − y x + y Cách 1 (Đặt ẩn phụ) 7 a , b= Đặt a = (điều kiện: a > 0, b ≠ 0 ), hệ trở thành x+ y 2x − y
D
1 1 1 13 a= 4 a − 3 b = 4 a − 3 b = 13 a = 2 (thỏa mãn). 2 ⇔ 2⇔ 2 ⇔ 1 9a + 3b = 6 3a + b = 2 9a + 3b = 6 b = 2 1 1 = 2 x − y = 4 x = 6 2x − y 2 (thỏa mãn điều kiện). Suy ra ⇔ ⇔ x + y = 14 y = 8 7 =1 x + y 2
Trang 41
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vậy ( x; y ) = ( 6; 8) .
N
Ơ
x + 2 + 4 y − 1 = 5 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 3 x + 2 − 2 y − 1 = 1
O
DẠNG 4: HỆ THỨC CHỨA TRỊ TUYỆT ĐỐI Bước 1 Đặt điều kiện xác định của hệ. Bước 2 Giải bằng cách đặt hai ẩn phụ cho gọn hoặc giải trực tiếp.
FF IC IA L
Cách 2 (Giải trực tiếp) 21 1 4 21 1 13 13 4 = 2x − y − x + y = 2 2x − y − x + y = 2 2x − y 2 ⇔ ⇔ Có 3 7 9 21 21 9 + =2 + =6 + =6 2 x − y x + y 2 x − y x + y 2 x − y x + y 1 1 2x − y = 2 2 x − y = 4 x = 6 ⇔ ⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện). y = 8 x + y = 14 7 =1 x + y 2 Vậy ( x; y ) = ( 6; 8) .
N
H
Lời giải Điều kiện: y ≥ 1. Cách 1 (Đặt ẩn phụ) Đặt a = x + 2 , b = y − 1 (điều kiện: a ≥ 0, b ≥ 0 ), hệ đã cho trở thành
Q
U
Y
a + 4b = 5 7a = 7 a = 1 a + 4b = 5 (thỏa mãn điều kiện) ⇔ ⇔ ⇔ b = 1 a + 4b = 5 3a − 2b = 1 6a − 4b = 2 x + 2 = 1 x + 2 = ±1 x = −1 x = −3 Suy ra (thỏa mãn điều kiện) ⇔ ⇔ , y=2 y=2 y − 1 = 1 y − 1 = 1
D
ẠY
KÈ
M
x = −1 x = −3 Vậy , y=2 y=2 Cách 2 (Giải trực tiếp) x + 2 + 4 y − 1 = 5 x + 2 + 4 y − 1 = 5 7 x + 2 = 7 ⇔ ⇔ Có 3 x + 2 − 2 y − 1 = 1 6 x + 2 − 4 y − 1 = 2 3 x + 2 − 2 y − 1 = 1 x + 2 = 1 x = −1 x = −3 x + 2 = ±1 x = −1 x = −3 ⇔ ⇔ ⇔ , (thỏa mãn điều kiện). Vậy , y=2 y=2 y=2 y=2 y − 1 = 1 y − 1 = 1 1 8 x − 3 + 2 y −1 = 5 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 4 + 1 =3 x − 3 1 − 2 y
Lời giải
Trang 42
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 1 8 x − 3 + 2 y −1 = 5 1 Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 9, y ≠ . Do 1 − 2 y = 2 y − 1 nên hệ ⇔ 2 4 + 1 =3 x − 3 2 y − 1 Cách 1 (Đặt ẩn phụ) 4 1 ,b= Đặt a = (điều kiện: a ≠ 0, b > 0 ), hệ đã cho trở thành 2 y −1 x −3
2a + b = 5 a = 2 ⇔ (thỏa mãn điều kiện). b =1 a+b = 3 1 1 x −3 = 2 x = 25 x = 25 x − 3 = 2 x = 5 ⇔ ; Suy ra (thỏa mãn điều kiện). ⇔ ⇔ 2 y − 1 = 1 y =1 y = 0 2 y − 1 = ±1 1 =1 2 y − 1
Ơ
N
O
Cách 2 (Giải trực tiếp) 1 8 1 1 = x − 3 + 2 y −1 = 5 x = 25 x = 25 x −3 2 Có ⇔ ⇔ ; (thỏa mãn điều kiện). y =1 y = 0 4 + 1 = 3 1 =1 x − 3 1 − 2 y 2 y − 1
H
x = 25 x = 25 Vậy ; y =1 y = 0
Y
N
x − 2 + 2 y + 3 = 9 Ví dụ 3. Giải hệ phương trình x + y + 3 = −1
M
Q
U
Lời giải Điều kiện: y ≥ −3. Cách 1 (Đặt ẩn phụ) x − 2 + 2 y + 3 = 9 x − 2 + 2 y + 3 = 9 Có ⇔ x + y + 3 = −1 x − 2 + y + 3 = −3 Đặt a = x − 2; b = y + 3 (điều kiện: b ≥ 0 ), hệ trở thành
KÈ
a + 2b = 9 a + 2b = 9 ⇔ ⇔ a − 2a = 15. a + b = −3 2a + 2b = −6 Trường hợp 1: Xét a ≥ 0 thì a − 2a = 15 ⇔ a − 2a = 15 ⇔ a = −15 (loại).
ẠY
Trường hợp 2: Xét a < 0 thì a − 2a = 15 ⇔ −a − 2a = 15 ⇔ a = −5 (thỏa mãn).
D
Suy ra x − 2 = −5 ⇔ x = −3. Thay x = −3 vào x + y + 3 = −1 ta được −3 + y + 3 = −1 ⇔ y = 1 (thỏa mãn). Vậy ( x; y ) = ( −3;1) .
Cách 2 (Giải trực tiếp) x − 2 + 2 y + 3 = 9 x − 2 + 2 y + 3 = 9 Có ⇔ x − 2 − 2 x = 11. x + y + 3 = −1 2 x + 2 y + 3 = −2 Trường hợp 1: Xét x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 thì x − 2 − 2 x = 11 ⇔ x − 2 − 2 x = 11 ⇔ x = −13 (loại) Trang 43
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Trường hợp 2: Xét x − 2 < 0 ⇔ x < 2 thì x − 2 − 2 x = 11 ⇔ − x + 2 − 2 x = 11 ⇔ x = −3 (thỏa mãn). Vậy ( x; y ) = ( −3;1) .
ax + by = c Bài toán thường gặp: Cho hệ chứa tham số m. a ' x + b ' y = c ' Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) thỏa mãn điều kiện cho trước
FF IC IA L
II. HỆ CHỨA THAM SỐ
O
Bước 1 Dùng phương pháp thế, cộng, trừ để đưa hệ đã cho về phương trình bậc nhất một ẩn Ax = B. Bước 2: Lập luận: Hệ có nghiệm duy nhất khi phương trình Ax = B có nghiệm duy nhất ⇔ A ≠ 0 Bước 3: Giải nghiệm (x; y) theo m và xử lý điều kiện của bài toán. Chú ý: A = 0 * Hệ vô nghiệm khi phương trình Ax = B vô nghiệm ⇔ B ≠ 0 A = 0 * Hệ vô số nghiệm khi phương trình Ax = B vô số nghiệm ⇔ B = 0
U
Y
N
H
Ơ
N
ax + by = c * Đối với hệ: khi a’ , b’ , c’ ≠ 0 thì ta có các điều kiện sau: a'x + b'y = c' a b +) Hệ có nghiệm duy nhất khi ≠ a' b' a b c +) Hệ vô nghiệm = ≠ a' b' c' a b c +) Hệ vô số nghiệm = = a' b' c'
Q
2x + y = 8 Ví dụ 1. Cho hệ phương trình: với m là tham số. 4x + my = 2m + 18 1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x; y) và tìm nghiệm duy nhất đó.
M
2. Với (x; y) là nghiệm duy nhất ở trên, hãy tìm m để:
KÈ
a) 2x – 3y > 0.
b) Cả x và y là các số nguyên. c) Biểu thức S = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất.
ẠY
d) Biểu thức T = xy đạt giá trị lớn nhất.
D
Lời giải 1. Từ 2x + y = 8 y = 8 – 2x, thay vào 4x + my = 2m + 18 ta được 4x + m(8 – 2x) = 2m + 18 ⇔ (4 – 2m)x = 18 – 6m (*) Hệ có nghiệm duy nhất (x; y) khi phương trình (*) có nghiệm duy nhất ⇔ 4 – 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 2. Khi đó x =
18 − 6m 3m − 9 3m − 9 2m + 2 = y = 8 − 2 x = 8 − 2. = 4 − 2m m−2 m−2 m−2
Trang 44
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 3m − 9 2m + 2 Vậy m ≠ 2 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ; . m−2 m−2 −24 6 m − 18 6m + 6 2. a) Có 2 x − 3 y > 0 ⇔ − >0⇔ >0 m−2 m−2 m−2 ⇔ m − 2 < 0 (do −24 < 0 ) ⇔ m < 2 (thỏa mãn). Vậy m < 2 thì 2 x − 3 y > 0 .
FF IC IA L
3m − 9 3m − 6 − 3 3 x = m − 2 = m − 2 = 3 − m − 2 b) Có y = 2m + 2 = 2m − 4 + 6 = 2 + 6 m−2 m−2 m−2 3⋮ m − 2 Do đó cả x, y ∈ Z ⇔ ⇔ m − 2 ∈ UC ( 3;6 ) = {±1; ±3} 6 ⋮ m − 2 ⇔ m ∈ {3;1;5; −1} (thỏa mãn m ≠ 2 ) Vậy m ∈ {3;1;5; −1} thì cả x và y là các số nguyên. 2
N
2
O
2
3 6 c) S = x 2 + y 2 = 3 − +2+ 2 m − m −2 3 2 2 Đặt a = , thì S = ( 3 − a ) + ( 2 + 2a ) = 5a 2 + 2a + 13 m−2
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
2 13 1 64 64 . = 5 a2 + a + = 5 a + + ≥ 5 5 5 5 5 64 1 3 1 Vậy MinS = khi a = − = − ⇔ m = −13 (thỏa mãn m ≠ 2 ). 5 5 m−2 5 3 6 d) Có T = xy = 3 − 2 + m − 2 m−2 3 2 Đặt a = , ta được T = ( 3 − a )( 2 + 2a ) = −2a 2 + 4a + 6 = −2 ( a − 1) + 8 ≤ 8 . m−2 3 Vậy MaxT=8 khi a = 1 ⇔ = 1 ⇔ m = 5 (thỏa mãn m ≠ 2 ). m−2 mx − 2 y = 2m − 1 Ví dụ 2. Cho hệ phương trình với m là tham số. 2 x − my = 9 − 3m
KÈ
1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) và tìm nghiệm duy nhất đó. 2. Với ( x; y ) là nghiệm duy nhất ở trên:
ẠY
a) Tìm một hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m .
D
b) Tìm m nguyên để cả x và y là các số nguyên. c) Tìm m để biểu thức S = x 2 + y 2 đạt giá trị nhỏ nhất. d) Tìm m để biểu thức T = xy đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải mx − 2 m + 1 1. Từ mx − 2 y = 2 m − 1 y = , thay vào 2 x − my = 9 − 3m ta được 2 Trang 45
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN mx − 2 m + 1 2 2 2 x − m. (*) = 9 − 3m ⇔ ( 4 − m ) x = 18 − 5m − 2m 2 Hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) khi phương trình (*) có nghiệm duy nhất ⇔ 4 − m 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±2 . 18 − 5m − 2m 2 2m 2 + 5m − 18 ( m − 2 )( 2m + 9 ) 2m + 9 Khi đó x = = = = 4 − m2 m2 − 4 ( m − 2 )( m + 2 ) m + 2
FF IC IA L
1 2m + 9 3m + 1 . − 2m + 1 = y = m. 2 m+2 m+2
N
O
2m + 9 3m + 1 Vậy m ≠ ±2 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ; . m+2 m+2 5 5 2m + 4 + 95 3m + 6 − 5 2. a) Có ( x; y ) = ; ;3 − = 2+ . m+2 m+2 m+2 m+2 5 5 Suy ra x + y = 2 + + 3− = 5 không phụ thuộc m . m+2 m+2 Vậy x + y = 5 là hệ thức cần tìm. 5 5 b) Có ( x; y ) = 2 + ;3 − m+2 m+2 Do đó cả x, y ∈ Z ⇔ 5⋮ m + 2 ∈ U ( 5) = {±1; ±5}
Ơ
m ∈ {−1; −3;3; −7} (thỏa mãn m ≠ 2 ).
H
Vậy m ∈ {−1; −3;3; −7} thì x và y là các số nguyên. 2
2
5 5 c) Có S = x + y = 2 + + 3− m+2 m+2 5 2 2 Đặt a = , ta được S = ( 2 + a ) + ( 3 − a ) = 2a 2 − 2a + 13 . m+2 25 2 . Xét 2 S = 4a 2 − 4a + 26 = ( 2a − 1) + 25 ≥ 25 S ≥ 2 25 1 5 1 Vậy MinS = khi a = = ⇔ m = 8 (thỏa mãn m ≠ 2 ). 2 2 m+2 2 5 5 d) Có T = xy = 2 + 3 − m + 2 m+2 2
M
Q
U
Y
N
2
2
D
ẠY
KÈ
5 1 25 25 Đặt a = , ta được T = ( 2 + a )( 3 − a ) = − a 2 + a + 6 = − a − + . ≤ m+2 2 4 4 25 1 5 1 Vậy MaxT= khi a = = ⇔ m = 8 (thỏa mãn m ≠ 2 ). 4 2 m+2 2
Trang 46
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ I. HỆ KHÔNG CHỨA THAM SỐ Giải các hệ phương trình sau ( x + 4 )( y + 4 ) = xy + 216 2 ( x + 1) + 3 ( x + y ) = 15 Bài 1. Bài 2. ( x + 2 )( y − 5 ) = xy − 50 4 ( x − 1) − ( x + 2 y ) = 0 1 2 x −1 + y + 2 = 2 3 ( x + 1) + 2 ( x + 2 y ) = 4 Bài 4. Bài 3. 4 ( x + 1) − ( x + 2 y ) = 9 8 − 3 =1 x − 1 y + 2 1 x + y + 3( y + 1) = 5 Bài 5. 2 − 5( y + 1) = −1 x + y
2 1 x + 1 − y + 2 = −3 Bài 6. 3x + 4 y = 2 x + 1 y + 2 1 3x − 4 + 3 y + 1 = 2 Bài 8. 3 + 5 y +1 = 4 3x − 4
N Ơ H N Y
x − 2 + 2 y + 3 = 9 Bài 12. x + y + 3 = −1
Q
II. HỆ CHỨA THAM SỐ
x + 2 + 4 y − 1 = 5 Bài 10. 3 x + 2 − 2 y − 1 = 1
U
21 1 4 2x − y − x + y = 2 Bài 9. 7−x− y 3 + =1 2 x − y x+ y 11 8 x − 3 + 2 y −1 = 5 Bài 11. 4 + 1 =3 x − 3 1 − 2 y
O
2 x + 1 + 3 y − 2 = 8 Bài 7. 3 x + 1 − 2 y − 2 = −1
M
2 x + y = 8 Bài 1. Cho hệ phương trình với m là tham số. 4 x + my = 2m + 18 1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) và tìm nghiệm duy nhất đó.
KÈ
2. Với ( x; y ) là nghiệm duy nhất ở trên, hãy tìm m để: a) 2 x − 3 y > 0 . b) Cả x và y là các số nguyên.
D
ẠY
c) Biểu thức S = x 2 + y 2 đạt giá trị nhỏ nhất. d) Biểu thức T = xy đạt giá trị lớn nhất. mx − 2 y = 2m − 1 Bài 2. Cho hệ phương trình với m là tham số. 2 x − my = 9 − 3m 1. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) và tìm nghiệm duy nhất đó. 2. Với ( x; y ) là nghiệm duy nhất ở trên: a) Tìm một hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m . b) Tìm m nguyên để cả x và y là các số nguyên. c) Tìm m để biểu thức S = x 2 + y 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Trang 47
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
d) Tìm m để biểu thức T = xy đạt giá trị lớn nhất.
Trang 48
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
CHỦ ĐỀ 3 – GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH
FF IC IA L
Phương pháp chung Bước 1 Kẻ bảng nếu được, gọi các ẩn, kèm theo đơn vị và điều kiện cho các ẩn. Bước 2 Giải thích từng ô trong bảng, lập luận để thiết lập hệ phương trình. Bước 3 Giải hệ phương trình, đối chiếu nghiệm với điều kiện, rồi trả lời bài toán. DẠNG 1: TOÁN CHUYỂN ĐỘNG 1.1 Chuyển động trên bộ • Ghi nhớ công thức: Quãng đường = Vận tốc × thời gian
O
• Các bước giải
Ơ
N
Bước 1 Kẻ bảng gồm vận tốc, thời gian, quãng đường và điền các thông tin vào bảng đó rồi gọi các ẩn, kèm theo đơn vị và điều kiện cho các ẩn. Bước 2 Giải thích từng ô trong bảng, lập luận để thiết lập hệ phương trình. Bước 3 Giải hệ phương trình, đối chiếu nghiệm với điều kiện, rồi trả lời bài toán.
N
H
Ví dụ. Một xe máy đi A từ đến B trong thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 20km / h thì đến B sớm 1 giờ so với dự định, nếu vận tốc giảm đi 10km / h thì đến B muộn 1 giờ so với dự định. Tính quãng đường AB .
Dự định
x + 20
M
Trường hợp 1
Q
x
U
Vận tốc
Y
Lời giải
KÈ
Trường hợp 2
x − 10
Thời gian
Quãng đường
y
xy
y −1
( x + 20 )( y − 1)
y +1
( x − 10 )( y + 1)
Gọi vận tốc và thời gian dự định lần lượt là x ( km / h ) và y (giờ). Điều kiện x > 10, y > 1 .
ẠY
Quang đường AB là xy ( km ) .
Trong trường hợp 1: Vận tốc là x + 20 ( km / h ) , thời gian là y − 1 (giờ).
D
Suy ra quãng đường AB là ( x + 20 )( y − 1)( km )
Do quãng đường không đổi nên ta có phương trình ( x + 20 )( y − 1) = xy ⇔ xy − x + 20 y − 20 = xy ⇔ x − 20 y = −20 (1)
Trong trường hợp 2: Vận tốc là x − 10 ( km / h ) , thời gian là y + 1 (giờ). Suy ra quãng đường AB là ( x − 10 )( y + 1)( km ) Do quãng đường không đổi nên ta có phương trình
Trang 49
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN (2)
( x − 10 )( y + 1) = xy ⇔ xy + x − 10 y − 10 = xy ⇔ x − 10 y = 10 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình x − 20 y = −20 x − 20 y = −20 x = 40 (thỏa mãn điều kiện). ⇔ ⇔ x − 10 y = 10 2 x − 20 y = 20 y = 3 Vậy quãng đường AB là xy = 120 ( km ) . • Vận tốc xuôi dòng = Vận tốc riêng của ca nô + Vận tốc dòng nước
(viết tắt là vx = vr + vn ). • Vận tốc ngược dòng = Vận tốc riêng của ca nô – Vận tốc dòng nước
(viết tắt là vng = vr − vn , chú ý vr > vn ). • Quãng đường = Vận tốc × thời gian; S x = vx .t x ; S ng = vng .tng .
FF IC IA L
1.2. Chuyển động trên dòng nước của ca nô
Ơ
Lời giải
Ngược dòng lần 1
x− y
Quãng đường
20 x+ y
20
18 x− y
18
15 x+ y
15
24 x− y
24
x+ y
M
Xuôi dòng lần 2
Q
U
Y
N
x+ y
Thời gian
H
Vận tốc Xuôi dòng lần 1
N
O
Ví dụ. Một ca nô chạy trên một khúc sông, xuôi dòng 20km rồi ngược dòng 18km hết 1 giờ 25 phút. Lần khác, ca nô đó đi xuôi dòng 15km rồi ngược dòng 24km thì hết 1 giờ 30 phút. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc của dòng nước, biết các vận tốc đó không đổi.
KÈ
Ngược dòng lần 2
x− y
17 3 giờ; 1 giờ 30 phút = giờ. 12 2 Gọi vận tốc riêng của ca nô và vận tốc của dòng nước lần lượt là x và y ( km / h) . Điều kiện x > 0, y > 0, x > y . Trong lần 1 +) Vận tốc xuôi dòng là x + y ( km / h ) , quãng đường xuôi dòng là 20 (km) nên thời gian xuôi dòng là 20 (giờ). x+ y +) Vận tốc ngược dòng là x − y ( km / h ) , quãng đường ngược dòng là 18 ( km ) nên thời gian ngược dòng 18 là (giờ). x− y
D
ẠY
Đổi 1 giờ 25 phút =
Trang 50
Ơ
N
O
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 17 Vì tổng thời gian xuôi dòng và ngược dòng hết giờ nên ta có phương trình 12 20 18 17 (1) + = x + y x − y 12 Trong lần 2 +) Vận tốc xuôi dòng là x + y ( km / h ) , quãng đường xuôi dòng là 15(km) nên thời gian xuôi dòng là 15 (giờ). x+ y +) Vận tốc ngược dòng là x − y ( km / h ) , quãng đường ngược dòng là 24 (km) nên thời gian ngược dòng 24 (giờ). là x− y 3 Vì tổng thời gian xuôi dòng và ngược dòng hết giờ nên ta có phương trình 2 15 24 3 (2) + = x+ y x− y 2 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 18 17 54 17 54 17 20 60 60 x + y + x − y = 12 x+ y + x− y = 4 x+ y + x− y = 4 ⇔ ⇔ 15 + 24 = 3 60 + 96 = 7 42 = 7 x + y x − y 2 x + y x − y 4 x − y 4
Y
DẠNG 2: TOÁN NĂNG SUẤT
N
H
x + y = 30 x = 27 (thỏa mãn điều kiện). ⇔ ⇔ x − y = 24 y = 3 Vậy vận tốc riêng của ca nô và vận tốc dòng nước lần lượt là 27 và 3 ( km / h ) .
Năng suất là lượng công việc làm được trong một đơn vị thời gian.
•
Tổng lượng công việc = Năng suất × Thời gian.
•
Năng suất = Tổng lượng công việc : Thời gian.
•
Thời gian = Tổng lượng công việc : Năng suất.
KÈ
M
Q
U
•
ẠY
Ví dụ 1. Để hoàn thành một công việc theo dự định thì cần một số công nhân làm trong một số ngày nhất định. Nếu tăng thêm 10 công nhân thì công việc hoàn thành sớm được 2 ngày. Nếu bớt đi 10 công nhân thì phải mất thêm 3 ngày nữa mới hoàn thành công việc. Hỏi theo dự định thì cần bao nhiêu công nhân và làm trong bao nhiêu ngày? Lời giải Số ngày
Lượng công việc
Dự định
x
y
xy
Trường hợp 1
x + 10
y−2
( x + 10 )( y − 2 )
D
Số công nhân
Trang 51
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
x − 10
Trường hợp 2
y+3
( x − 10 )( y + 3)
Do đó lượng công việc là ( x + 10 )( y − 2 ) (ngày công). Vì lượng công việc không đổi nên ta có phương trình ( x + 10 )( y − 2 ) = xy ⇔ −2 x + 10 y = 20
FF IC IA L
Gọi số công nhân và số ngày theo dự định lần lượt là x (công nhân), y (ngày). Điều kiện: x > 10, y > 2, x ∈ N . Lượng công việc theo dự định là xy (ngày công). Trường hợp 1: Số công nhân là x + 10 (công nhân), số ngày là y − 2 (ngày).
(1)
Trường hợp 2: Số công nhân là x − 10 (công nhân), số ngày là y + 3 (ngày). Do đó lượng công việc là ( x − 10 )( y + 3) (ngày công). Vì lượng công việc không đổi nên ta có phương trình ( x − 10 )( y + 3) = xy ⇔ 3x − 10 y = 30
(2)
Ơ
DẠNG 3: TOÁN LÀM CHUNG CÔNG VIỆC
N
O
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình −2 x + 10 y = 20 x = 50 (thỏa mãn điều kiện). ⇔ 3 x − 10 y = 30 y = 12 Vậy số công nhân và số ngày theo dự định lần lượt là 50 (công nhân), 12 (ngày).
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Bài toán cơ bản 1 Nếu hai người làm chung thì sau k ngày (giờ, phút,...) xong công việc. Nếu người I làm một mình m ngày rồi nghỉ và người II làm tiếp n ngày (giờ, phút,...) nữa thì xong công việc. Hỏi nếu làm một mình thì để hoàn thành công việc mỗi người mất mấy ngày (giờ, phút,...)? Phương pháp giải Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (ngày). Điều kiện: x > 0, y > 0 . 1 1 1 ngày người I làm được , người II làm được (lượng công việc). x y k k * k ngày người I làm được , người II làm được (lượng công việc). x y Do hai người làm chung thì sau k ngày xong công việc nên ta có phương trình k k (1) + =1 x y n m * m ngày người I làm được , n ngày người II làm được (lượng công việc). x y Do người I làm một mình m ngày rồi nghỉ và người II làm tiếp n ngày nữa thì xong công việc nên ta có m n phương trình + = 1 (2) x y Giải hệ (1), (2); đối chiếu điều kiện và trả lời bài toán. Bài toán cơ bản 2 Nếu hai người làm chung thì sau k ngày (giờ, phút,...) xong công việc. Làm chung được m ngày thì người I nghỉ và người II làm tiếp n ngày (giờ, phút,...) nữa thì xong công việc. Hỏi nếu làm một mình thì để hoàn thành công việc mỗi người mất mấy ngày (giờ, phút,...)? Phương pháp giải Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (ngày). Điều kiện: x > 0, y > 0 . Trang 52
O
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 1 1 Suy ra 1 ngày người I làm được , người II làm được (lượng công việc). x y k k (lượng công việc). * k ngày người I làm được , người II làm được x y D hai người làm chung thì sau k ngày xong công việc nên ta có phương trình k k (1) + =1 x y m m * m ngày cả hai người làm được + (lượng công việc). x y n n ngày người II làm được (lượng công việc). y Do làm chung được m ngày thì người I nghỉ và người II làm tiếp n ngày nữa thì xong công việc nên ta m m n có phương trình + + = 1 (2) x y y Giải hệ (1), (2); đối chiếu điều kiện và trả lời bài toán.
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
Ví dụ 1. Hai người thợ cùng làm một công việc trong 4 giờ 30 phút thì xong. Nếu người thứ nhất làm một mình trong 3 giờ và người thứ hai làm một mình trong 2 giờ thì tổng số họ làm được 50% công việc. Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình thì trong bao lâu sẽ xong? Lời giải 9 Đổi 4 giờ 30 phút = giờ. 2 Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (giờ). Điều kiện: x > 0, y > 0. 1 1 Suy ra 1 giờ người I và người II lần lượt làm được và (lượng công việc). x y 91 1 * 4 giờ 30 phút cả hai người làm được + (lượng công việc). 2 x y Do cả hai người thợ cùng làm một công việc trong 4 giờ 30 phút thì xong nên ta có phương trình 91 1 1 1 2 (1) + =1⇔ + = 2 x y x y 9 3 (lượng công việc) * 3 giờ người thứ I làm được x 2 * 2 giờ người thứ II làm được (lượng công việc) y Vì người I làm một mình trong 3 giờ và người II làm một mình trong 2 giờ thì tổng số họ làm được 3 2 1 50% công việc nên ta có phương trình + = (2) x y 2 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 1 1 2 2 2 4 1 1 = x + y = 9 x + y = 9 x = 18 x 18 (thỏa mãn điều kiện). ⇔ ⇔ ⇔ y = 6 3 + 2 = 1 3 + 2 = 1 1 = 1 x y 2 x y 2 x 6 Vậy nếu làm một mình xong công việc, người I cần 18 giờ, người II cần 6 giờ.
Trang 53
U
Y
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Ví dụ 2. Hai người thợ cùng làm một công việc thì sau 2 giờ 40 phút sẽ hoàn thành. Nếu người thứ nhất làm một mình và 3 giờ sau người thứ hai cùng vào làm thì mất 40 phút nữa mới hoàn thành. Hỏi mỗi người đó làm một mình thì trong mấy giờ sẽ xong? Lời giải 8 2 Đổi 2 giờ 40 phút = giờ; 40 phút = giờ. 3 3 Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (giờ). Điều kiện: x > 0, y > 0. 1 1 Suy ra 1 giờ người I và người II lần lượt làm được và (lượng công việc). x y 8 1 1 * 2 giờ 40 phút cả hai người làm được + (lượng công việc). 3 x y Do cả hai người thợ cùng làm một công việc trong 2 giờ 40 phút thì xong nên ta có phương trình 8 1 1 1 1 3 (1) + =1⇔ + = 3 x y x y 8 3 * 3 giờ người thứ I làm được (lượng công việc) x 2 1 1 * 40 phút cả hai người làm được + (lượng công việc). 3 x y Vì người thứ nhất làm một mình và 3 giờ sau người thứ hai cùng vào làm thì mất 40 phút nữa mới 3 21 1 hoàn thành nên ta có phương trình + + = 1 (2) x 3x y Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 1 1 3 2 2 3 9 9 = x + y = 8 x + y = 4 x = 4 x 4 ⇔ ⇔ ⇔ (thỏa mãn điều kiện). 3 + 2 1 + 1 = 1 11 + 2 = 3 11 + 2 = 3 y = 8 x y x y x 3 x y
Q
Vậy nếu làm một mình xong công việc, người I cần 4 giờ, người II cần 8 giờ.
D
ẠY
KÈ
M
Ví dụ 3. Hai vòi nước cùng chảy vào bể cạn thì sau 2 giờ đầy bể. Nếu mở vời I trong 45 phút rồi khóa 1 lại và mở vòi II trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được bể. Hỏi mỗi vời chảy riêng đầy bể trong bao 3 lâu? Lời giải Đổi 45 phút = 0, 75 giờ; 40 phút = 0,5 giờ. Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là x, y (giờ). Điều kiện: x > 0, y > 0. 1 1 Suy ra 1 giờ vòi I và vòi II lần lượt chảy được và (bể). x y 1 1 * 2 giờ cả hai vòi chảy được 2 + (bể). x y Do cả hai người vòi cùng chảy thì sau 2 giờ đầy bể nên ta có phương trình 1 1 1 1 1 (1) 2 + =1 ⇔ + = x y 2 x y 3 * 3 giờ người thứ I làm được (bể) x Trang 54
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 0,5 0,75 * 45 phút vòi I chảy được (bể), 30 phút vời II chảy được (bể) . x y 1 Vì mở vời I trong 45 phút rồi khóa lại và mở vòi II trong 30 phút thì cả hai vòi chảy được bể nên ta 3 0,75 0,5 1 3 2 4 có phương trình (2) = ⇔ + = + x y 3 x y 3 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 1 1 1 2 2 1 1 = x + y = 2 x + y =1 x = 3 x 3 (thỏa mãn điều kiện). ⇔ ⇔ ⇔ y = 6 3 + 2 = 4 3 + 2 = 4 1 = 1 x y 3 x y 3 y 6 Vậy nếu chảy riêng để đầy bể, vòi I cần 3 giờ, vòi II cần 6 giờ.
Ơ
N
O
Ví dụ 4. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 6 giờ đầy bể. Cùng chảy được 2 giờ thì khóa vòi I lại và vòi II phải chảy thêm 12 giờ nữa mới đầy bể. Hỏi mỗi vòi chảy riêng đầy bể trong bao lâu? Lời giải Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là x, y (giờ). Điều kiện: x > 0, y > 0. 1 1 Suy ra 1 giờ vòi I và vòi II lần lượt chảy được , (bể). x y
N
H
1 1 6 giờ cả hai vòi chảy được 6 + (bể). x y Do cả hai vòi cùng chảy thì sau 6 giờ sẽ đầy bể nên ta có phương trình 1 1 1 1 1 6 + = 1 ⇔ + = x y 6 x y
(1)
M
Q
U
Y
1 1 12 2 giờ cả hai vòi chảy được 2 + (bể), 12 giờ vòi II chảy được (bể). y x y Vì cùng chảy được 2 giờ thì khóa vòi I lại và vòi II phải chảy thêm 12 giờ nữa mới đầy bể nên ta có 1 1 12 phương trình 2 + + (2) =1 x y y
ẠY
KÈ
Từ (1)(2) ta có hệ phương trình 1 1 1 1 1 1 1 1 + = = x + y = 6 x = 9 x y 6 x 9 (thỏa mãn) ⇔ ⇔ ⇔ y = 18 2 1 + 1 + 12 = 1 1 + 12 = 1 1 = 1 x y y 3 y y 18 Vậy nếu chảy riêng để đầy bể, vòi I cần 9 giờ, vòi II cần 18 giờ.
D
DẠNG 4. TOÁN VỀ CẤU TẠO SỐ •
Chú ý đặt đúng điều kiện của ẩn:
+ Với số có hai chữ số ab do chữ số đầu tiên khác 0 nên điều kiện là :
1 ≤ a ≤ 9,0 ≤ b ≤ 9; a, b, c ∈ ℕ. Trang 55
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN •
Số ab = 10a + b; abc = 100a + 10b + c.
•
Đổi chỗ hai chữ số của số ab ta được ba = 10b + a.
•
Chèn số 0; 1; 2 vào giữa số a 0b = 100a + b; a1b = 100a + 10 + b; a 2b = 100a + 20 + b.
U
Y
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
Ví dụ 1. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tổng các chữ số của nó bằng 14 và nếu đổi chỗ hai chữ số của nó thì được số nhỏ hơn số ban đầu 18 đơn vị. Lời giải Gọi số cần tìm là ab , điều kiện a, b ∈ ℕ,1 ≤ a ≤ 9,0 ≤ b ≤ 9. Vì tổng hai chữ số của nó là 14 nên ta có phương trình a + b = 14 (1) Do đổi chỗ hai chữ số của số ab thì ta được số mới nhỏ hơn số ban đầu 18 đơn vị nên ta có phương trình (2) ba = ab − 18 ⇔ 10b + a = 10a + b − 18 ⇔ a − b = 2 Từ (1)(2) ta có hệ phương trình a + b = 14 2a = 16 a = 8 (thỏa mãn điều kiện). ⇔ ⇔ a − b = 2 a − b = 2 b = 6 Vậy số cần tìm là 86. Ví dụ 2. Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết rằng tổng của chữ số hàng chục và hai lần chữ số hàng đơn vị là 12. Nếu thêm số 0 vào giữa hai chữ số thì ta được một số mới có ba chữ số lớn hơn số ban đầu 180 đơn vị. Tìm số ban đầu. Lời giải Gọi số ban đầu là ab , điều kiện a, b ∈ ℕ,1 ≤ a ≤ 9,0 ≤ b ≤ 9. Vì tổng của chữ số hàng chục và hai lần chữ số hàng đơn vị là 12 nên ta có phương trình a + 2b = 12. Do thêm số 0 vào giữa hai chữ số của số ab thì ta được số mới có ba chữ số lớn hơn số ban đầu 180 đơn vị nên ta có phương trình a 0b = ab + 180 ⇔ 100a + b = 10a + b + 180 ⇔ 90a = 180 ⇔ a = 2 (thỏa mãn). Thay a = 2 vào a + 2b = 12 ta được 2 + 2b = 12 ⇔ b = 5 (thỏa mãn). Vậy số ban đầu là 25.
KÈ
M
Q
Ví dụ 3.Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết tổng hai chữ số của nó bằng 9. Nếu lấy số đó chia cho số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 2 và dư 18. Tìm số ban đầu. Lời giải Gọi số cần tìm là ab , điều kiện a, b ∈ ℕ,1 ≤ a ≤ 9,0 ≤ b ≤ 9. Vì tổng hai chữ số của nó là 9 nên ta có phương trình a + b = 9 (1) Do lấy số ab chia cho số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 2 và dư 18 nên ta có phương trình ab = 2.ba + 18 ⇔ 10a + b = 2 (10b + a ) + 18 ⇔ 8a − 19b = 18 (2)
ẠY
Từ (1)(2) ta có hệ phương trinh a + b = 9 8a + 8b = 72 27b = 54 b = 2 (thoả mãn). ⇔ ⇔ ⇔ 8a − 19b = 18 8a − 19b = 18 a + b = 9 a = 7 Vậy số cần tìm là 72.
D
DẠNG 5. TOÁN PHẦN TRĂM •
Dự kiến mỗi ngày làm được x (sản phẩm).
•
Thực tế mỗi ngày tăng a % nghĩa là :
+ Số sản phẩm tăng thêm mỗi ngày là a %. x (sản phẩm).
Trang 56
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN + Thực tế mỗi ngày làm được x + a %. x (sản phẩm).
Ví dụ 1. Theo kế hoạch, hai tổ sản xuất phải làm 700 sản phẩm. Nhưng do tổ I làm vượt mức 15% so với kế hoạch, tổ II làm vượt mức 20% nên cả hai tổ làm được 820 sản phẩm. Tính số sản phẩm mỗi tổ phải làm theo kế hoạch. Lời giải Tổ 2
Kế hoạch
x
y
Thực tế
x + 15%. x
y + 20%. y
Cả hai tổ
FF IC IA L
Tổ 1
700
820
N
H
Ơ
N
O
Gọi số sản phẩm tổ I, tổ II phải làm theo kế hoạch lần lượt là x, y (sản phẩm). Điều kiện x, y > 0. Vì theo kế hoạch, hai tổ sản xuất phải làm 700 sản phẩm nên ta có phương trình x + y = 700 (1) Trong thực tế, tổ I làm được x + 15%. x = 1,15. x (sản phẩm), còn tổ II làm được y + 20%. y = 1, 2 y (sản phẩm) và cả hai tổ làm được 820 sản phẩm nên ta có phương trình 1,15x + 1, 2 y = 820 ⇔ 115x + 120 y = 82000 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x + y = 700 120 x + 120 y = 84000 x = 400 ( thỏa mãn ) . ⇔ ⇔ 115 x + 120 y = 82000 115 x + 120 y = 82000 y = 300 Vậy theo kế hoạch, tổ I và tổ II phải làm lần lượt là 400 và 300 ( sản phẩm) .
Q
U
Y
Ví dụ 2. Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10, hai trường A và B có 840 học sinh thi đỗ vào lớp 10 công lập và đạt tỉ lệ thi đỗ là 84% . Riêng trường A tỉ lệ thi đỗ là 80% , riêng trường B tỉ lệ thi đỗ là 90% . Tính số thí sinh dự thi của mỗi trường.
ẠY
KÈ
M
Lời giải Gọi số học sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là x và y (học sinh). Điều kiện: x, y ∈ N *. Do cả hai trường có 840 học sinh thi đỗ vào lớp 10 và đạt tỉ lệ thi đỗ là 84% nên ta có phương trình: (1) 84%.( x + y ) = 840 ⇔ x + y = 1000 Vì trường A tỉ lệ thi đỗ là 80% , trường B tỉ lệ thi đỗ là 90% nên ta có phương trình: (2) 80%.x + 90%. y = 840 ⇔ 0,8 x + 0, 9 y = 840 ⇔ 8 x + 9 y = 8400 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x + y = 1000 9 x + 9 y = 9000 x = 600 (thỏa mãn điều kiện). ⇔ ⇔ 8 x + 9 y = 8400 8 x + 9 y = 8400 y = 400 Vậy số học sinh dự thi của trường A và trường B lần lượt là 600 và 400 (học sinh).
D
DẠNG 6: TOÁN CÓ NỘI DUNG HÌNH HỌC
Dạng này ta cần ghi nhớ các công thức về chu vi, diện tích các hình tam giác, hình vuông, hình chữ nhật,…
Trang 57
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Ví dụ 1. Một khu vườn hình chữ nhật. Nếu tăng mỗi cạnh thêm 4m thì diện tích của mảnh vườn tăng thêm 216 m 2 . Nếu chiều rộng tăng thêm 2m và chiều dài giảm đi 5 m thì diện tích mảnh vườn sẽ giảm đi 50 m 2 . Tính độ dài các cạnh của khu vườn. Lời giải Chiều dài
Khu vườn
x
y
Trường hợp 1
x+4
y+4
Trường hợp 2
x+2
y −5
Diện tích
FF IC IA L
Chiều rộng
xy
( x + 2)( y − 5)
N
O
Gọi chiều rộng và chiều dài của khu vườn lần lượt là x và y (m). Điều kiện : x > 0, y > 5 và x < y. Trường hợp 1: Chiều rộng là x + 4 (m), chiều dài là y + 4 (m).
( x + 4)( y + 4)
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
Suy ra diện tích trong trường hợp 1 là ( x + 4)( y + 4) (m 2 ) . Do diện tích tăng thêm 216 m 2 nên ta có phương trình ( x + 4)( y + 4) = xy + 216 ⇔ x + y = 50 Trường hợp 2: Chiều rộng là x + 2 (m), chiều dài là y − 5 (m). Suy ra diện tích trong trường hợp 1 là ( x + 2)( y − 5) (m 2 ) . Do diện tích tăng thêm 50 m 2 nên ta có phương trình ( x + 2)( y − 5) = xy − 50 ⇔ −5 x + 2 y = −40 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x + y = 50 x = 20 (thỏa mãn điều kiện). ⇔ −5 x + 2 y = −40 y = 30 Vậy chiều dài và chiều rộng của khu vườn lần lượt là 20 m và 30 m .
D
ẠY
KÈ
Ví dụ 2. Trong một phòng họp hình chữ nhật, ghế được sắp theo hàng và số ghế trong mỗi hàng là như nhau. Nếu kê bợt đi 2 hàng và mỗi hàng bớt đi 2 ghế thì tổng số ghế trong phòng họp đó giảm đi 80 ghế so với ban đầu. Nếu kê thêm 1 hàng và mỗi hàng kê thêm 2 ghế thì tổng số ghế trong phòng học đó tăng thêm 68 ghế so với ban đầu. Tính số hàng ghế và số ghế trong phòng họp đó lúc ban đầu. Lời giải Số hàng ghế
Số ghế / hàng
Tổng số ghế
Ban đầu
x
y
xy
Trường hợp 1
x−2
y−2
( x − 2)( y − 2)
Trường hợp 2
x +1
y+2
( x + 1)( y + 2)
Trang 58
O
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Gọi số hàng ghế và số ghế trong một hàng lúc đầu lần lượt là x (hàng) và y (ghế). Điều kiện: x > 2, y > 2, y ∈ ℕ. Tổng số ghế lúc đầu là xy (ghế). Trường hợp 1: Số ghế là x − 2 (ghế), số ghế trong một hàng là y − 2 (ghế). Suy ra tổng số ghế trong trường hợp 1 là ( x − 2)( y − 2) (ghế). Do toonge số ghế trong trường hợp 1 giảm đi 80 ghế so với ban đầu nên ta có phương trình: (1) ( x − 2)( y − 2) = xy − 80 ⇔ x + y = 42 Trường hợp 2: Số ghế là x + 1 (ghế), số ghế trong một hàng là y + 2 (ghế). Suy ra tổng số ghế trong trường hợp 1 là ( x + 1)( y + 2) (ghế). Do tổng số ghế trong trường hợp 2 tăng thêm 68 ghế so với ban đầu nên ta có phương trình: (2) ( x + 1)( y + 2) = xy + 68 ⇔ 2 x + y = 66 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x + y = 42 x = 24 (thỏa mãn điều kiện). ⇔ 2 x + y = 66 y = 18 Vậy trong phòng họp đó lúc ban đầu có 24 (hàng ghế ) và có tổng số ghế là: 18.24 = 432 (ghế)
N
II. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
H
Ơ
Phương pháp chung Bước 1: Kẻ bảng nếu được, gọi ẩn, kèm theo đơn vị và điều kiện cho ẩn. Bước 2: Giải thích từng ô trong bảng, lập luận để thiết lập phương trình bậc hai. Bước 3: Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và trả lời bài toán.
N
DẠNG 1: TOÁN CHUYỂN ĐỘNG 1.1.Chuyển động trên bộ
Ghi nhớ công thức Quãng đường = Vận tốc × Thời gian.
•
Các bước giải
U
Y
•
M
Q
Bước 1: Kẻ bảng gồm vận tốc, thời gian, quãng đường và điền các thông tin vào bảng đó rồi gọi ẩn, kèm theo đơn vị và điều kiện cho ẩn. Bước 2: Giải thích từng ô trong bảng, lập luận để thiết lập phương trình bậc hai. Bước 3: Giải phương trình, đối chiếu điều kiện và trả lời bài toán.
Lời giải Vận tốc
Thời gian
Quãng đường
Lúc đi
x
24 x
24
Lúc về
x+4
24 x+4
24
D
ẠY
KÈ
Ví dụ 1. Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc lên 4 km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B.
Gọi vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h). Điều kiện: x > 0 .
Trang 59
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vận tốc khi từ B trở về A là x + 4 (km/h). 24 24 Thời gian lúc đi và lúc về lần lượt là và (giờ). x x+4 1 Vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = giờ nên ta có phương trình : 2 24 24 1 24( x + 4) − 24 x 1 96 1 − = ⇔ = ⇔ = x x+4 2 x( x + 4) 2 x( x + 4) 2
FF IC IA L
2
⇔ x2 + 4 x − 192 = 0 ⇔ x2 + 4 x + 4 − 196 = 0 ⇔ ( x + 2) = 196 ⇔ x + 2 = ±14 ⇔ x = 12 (TM), x = −16 (L). Vậy vận tốc lúc đi là 12 (km/h).
Ví dụ 2. Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đi đến B, người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 (km/h). Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B.
O
Lời giải
x+9
Quãng đường
90 x
90
90 x +9
90
Ơ
Lúc về
H
x
N
Lúc đi
Thời gian
N
Vận tốc
KÈ
M
Q
U
Y
Gọi vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h). Điều kiện: x > 0 . Vận tốc khi từ B trở về A là x + 9 (km/h). 90 90 Thời gian lúc đi và lúc về lần lượt là và (giờ). x x+9 1 Vì thời gian nghỉ là 30 phút = giờ và thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về A là 5 2 giờ nên ta có phương trình : 90 90 1 90( x + 9) + 90 x 9 20 x + 90 1 + + =5⇔ = ⇔ = 2 x x+9 2 x( x + 9) x( x + 9) 2
⇔ x2 + 9 x = 40 x + 180 ⇔ x2 − 31x − 180 = 0
D
ẠY
Có ∆ = (-31)2 – 4.1.(- 180) = 1681 > 0 ∆ = 41 nên 31 ± 41 x= ⇔ x = 36 (thỏa mãn), x = -5 ( loại) 2 Vậy vận tốc lúc đi là 36 (km/h).
Ví dụ 3. Một người dự định đi xe đạp từ Ađến B cách nhau 60 km trong một thời gian nhất định. Sau khi đi được 30 km người đó đã dừng lại nghỉ 30 phút . Do đó, để đến B đúng thời gian dự định người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h. Tính vận tốc dự định của người đó. Lời giải Vận tốc
Thời gian
Trang 60
Quãng đường
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x
60 x
60
Thực tế
x
30 x
30
x+2
30 x+2
1 giờ 2 Gọi vận tốc dự định là x ( km/h). Điều kiện: x > 0 60 Thời gian dự định là (giờ) x 30 (giờ). Thời gian người đó đi 30 km đầu là x
FF IC IA L
Dự định
30
30 ( giờ). x+2
N
Thời gian người đó đi 60 – 30 = 30 km còn lại là
O
Đổi 30 phút =
N
H
Ơ
Do xe đến B đúng hạn nên ta có phương trình 60 1 30 30 1 60 30 30 1 ⇔ = + + = = ⇔ x x+2 2 x x x+2 2 x( x + 2) 2 ⇔ x2 + 2x - 120 = 0 ⇔ x2 + 2x + 1 – 121= 0 ⇔ (x+1)2 = 121 ⇔ x+ 1= ±11 ⇔ x= 10 ( thỏa mãn), x= -12 (loại) Vậy vận tốc dự định là 10 ( km/h)
M
Q
U
Y
Ví dụ 4. Một ô tô dự định đi từ A đến B cách nhau 120 km trong một thời gian quy định. Sau khi đi được 1 giờ thì ô tô bị chặn bởi xe cứu hỏa 10 phút. Do đó để đến đúng hạn xe phải tăng tốc thêm 6km/h. Tính vận tốc lúc đầu của ô tô. Lời giải
KÈ
Dự định
ẠY
Thực tế
Vận tốc
Thời gian
Quãng đường
x
120 x
120
x
1
x
x+6
120 − x x+6
120 - x
D
1 giờ 6 Gọi vận tốc lúc đầu của ô tô là x ( km/h). Điều kiện: x > 0 120 Thời gian dự định của ô tô là (giờ). x Trong 1 giờ đầu ô tô đi được x (km) nên quãng đường còn lại là 120 - x (km).
Đổi 10 phút =
Trang 61
•
Vận tốc xuôi dòng = vận tốc riêng của ca nô + vận tốc dòng nước
( viết tắt là vx= vr + vn) Vận tốc ngược dòng = Vận tốc riêng của ca nô – vận tốc dòng nước
O
( viết tắt là vng= vr - vn, chú ý vr > vn ) Quãng đường = vận tốc x thời gian; Sx= vx.tx; Sng= vng.tng.
N
•
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 120 − x Thời gian ô tô đi trên quãng đường còn lại là (giờ). x+6 Do xe đến B đúng hạn nên ta có phương trình x 2 + 720 7 1 120 120 120 − x 7 120 − x = +1+ = = ⇔ ⇔ x( x + 6) 6 x+6 6 x x x+6 6 ⇔ 6(x2+ 720)=7(x2+ 6x) ⇔ x2 + 42x – 4320 = 0 ⇔ ( x – 48 )( x + 90 )= 0 ⇔ x= 48 ( thỏa mãn), x= - 90 (loại) Vậy vận tốc lúc đầu của ô tô là 48 ( km/h) 1.2. Chuyển động trên dòng nước
N
Vận tốc
H
Ơ
Ví dụ 1: Một tàu tuần tra chạy ngược dòng 60km, sau đó chạy xuôi dòng 48 km trên cùng một dòng sông có vận tốc của dòng nước là 2km/h. Tính vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên lặng, biết thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng là 1 giờ. Lời giải
U Q
x-2
Quãng đường
48 x+2
48
60 x−2
60
M
Ngược dòng
x+2
Y
Xuôi dòng
Thời gian
D
ẠY
KÈ
Gọi vận tốc của tàu khi nước yên lặng là x ( km/h). Điều kiện: x > 2. Vận tốc lúc xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là x + 2; x – 2 (km/h). 48 60 Thời gian khi xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là và (giờ). x+2 x−2 Vì thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng 1 giờ nên ta có phương trình 60( x + 2) − 48( x − 2) 60 48 12 x − 216 =1 ⇔ =1 ⇔ =1 x−2 x+2 x2 − 4 ( x − 2)( x + 2) ⇔ x2 - 12x – 220 = 0 ⇔ x2 - 12x + 36 – 256 = 0 ⇔ (x – 6)2 = 256 ⇔ x – 6 = ±16 ⇔ x = 22 ( thỏa mãn), x = - 10 (loại) Vậy vận tốc của tàu thủy khi nước yên lặng là 22 ( km/h).
Ví dụ 2. Lúc 6 giờ 30 phút sáng, một ca nô xuôi dòng sông từ A đến B dài 48km . Khi đến B, ca nô nghỉ 30 phút sau đó lại ngược dòng từ B về đến A lúc 10 giờ 36 phút cùng ngày. Tìm vẫn tốc riêng của ca nô, biết vận tốc dòng nước là 3 km / h . Lời giải Trang 62
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Thời gian
Quãng đường
Xuôi dòng
x+3
48 x+3
48
Ngược dòng
x-3
48 x−3
48
FF IC IA L
Vận tốc
Ơ
N
O
Gọi vận tốc riêng của ca nô là x ( km/h). Điều kiện: x > 3. Vận tốc lúc xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là x + 3; x – 3 (km/h). 48 48 Thời gian khi xuôi dòng và ngược dòng lần lượt là và (giờ). x+3 x −3 41 Vì tổng thời gian cả đi,về, nghỉ là 10 giờ 36 phút – 6 giờ 30 phút = giờ và thời gian nghỉ là 30 phút 10 1 = giờ nên ta có phương trình 2 48 48 1 41 48( x − 3) + 48( x + 3) 36 + + = ⇔ = x + 3 x − 3 2 10 x2 − 9 10 96 x 36 8x 3 ⇔ 2 = ⇔ 2 = ⇔ 3x2 - 80x - 27= 0 . x − 9 10 x − 9 10
Y
N
H
Có ∆ ' = (−40)2 − 3.(−27) = 1681 > 0 ∆ ' = 41 nên 1 40 ± 41 x= x = 27 ( thỏa mãn), x = − (loại) 3 3 Vậy vận tốc riêng của ca nô là 27 ( km/h)
U
DẠNG 2: TOÁN NĂNG SUẤT
Năng suất là lượng công việc làm được trong một đơn vị thời gian.
•
Tổng lượng công việc = Năng suất x thời gian
•
Năng suất = Tổng lượng công việc : Thời gian
KÈ
M
Q
•
•
Thời gian = Tổng lượng công việc : Năng xuất
D
ẠY
Ví dụ 1: Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đó đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định là 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch thì mỗi ngày phân xưởng đó cần sản xuất bao nhiêu sản phẩm? Lời giải
Kế hoạch
Số sản phẩm / ngày
Số ngày
Tổng số sản phẩm
x
1100 x
1100
Trang 63
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Thực tế
x+5
1100
1100 x+5
1100 (ngày). x 1100 Số ngày phân xưởng đó cần làm trong thực tế là (ngày). x+5 Số ngày phân xưởng đó cần làm theo kế hoạch là
FF IC IA L
Gọi số sản phẩm mỗi ngày xưởng đó cần làm theo kế hoạch là x (sản phẩm). Điều kiện: x > 0 Số sản phẩm mỗi ngày phân xưởng đó làm được trong thực tế là x + 5 (sản phẩm).
Vì phân xưởng đó hoàn thành kế hoạch sớm hơn 2 ngày nên ta có phương trình:
Ơ
N
O
1100 1100 1100( x + 5) − 1100 x − =2⇔ =2 x x+5 x( x + 5) 5500 2750 ⇔ 2 =2⇔ 2 = 1 ⇔ x 2 + 5 x − 2750 = 0 x + 5x x + 5x 2 Có ∆ = 5 − 4.1.(−2750) = 11025 > 0 ∆ = 105 nên −5 ± 105 x = 50 (thỏa mãn), x = −55 (loại) x= 2
H
Vậy theo kế hoạch thì mỗi ngày phân xưởng đó cần làm 50 (sản phẩm).
Y
N
Ví dụ 2. Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở 60 tấn hàng. Lúc sắp khởi hành có 3 xe phải điều đi làm việc khác nên không thể tham gia chở hàng. Vì vậy, mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng. Tính số xe theo dự định của đội đó, biết mỗi xe chở khối lượng hàng như nhau. Lời giải: Số hàng/xe Số xe Tổng số hàng
U
M
Thực tế
60 x 60 x−3
Q
Dự định
x
60
x−3
60
KÈ
Gọi số xe theo dự định của đội là x (xe). Điều kiện: x > 3 . Thực tế số xe là x − 3 (xe). Số hàng trên mỗi xe theo dự định và trong thực tế lần lượt là
60 60 và (tấn). x x−3
ẠY
Vì mỗi xe thực tế phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng nên ta có phương trình:
D
60 60 180 − =1⇔ = 1 ⇔ x 2 − 3 x − 180 = 0. x −3 x x ( x − 3)
∆ = (−3)2 − 4.1.(−180) = 729 > 0 ∆ = 27 nên 3 ± 27 ⇔ x = −12 (loại), x = 15 (thỏa mãn). x= 2
Có
Vậy số xe dự định của đội là 15 (xe).
Trang 64
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Ví dụ 3. Một tổ sản xuất phải làm 600 sản phẩm trong một thời gian quy định với năng suất như nhau. Sau khi làm được 400 sản phẩm, tổ đã tăng năng suất thêm mỗi ngày 10 sản phẩm, do đó đã hoàn thành công việc sớm hơn một ngày. Tính số sản phẩm làm trong mỗi ngày theo quy định. Lời giải Số sản phẩm/ngày
Thực tế
x + 10
Gọi số sản phẩm dự kiến làm trong mỗi ngày là x (sản phẩm). Điều kiện: x > 0 .
200 (ngày). x + 10
H
Thời gian làm 600 - 400 = 200 sản phẩm sau là
200
Ơ
400 (ngày). x
Thời gian làm 400 sản phẩm đầu là
400
N
600 (ngày). x
600
FF IC IA L
x x
Thời gian dự kiến là
Tổng số sản phẩm
600 x 400 x 200 x + 10
O
Dự kiến
Số ngày
N
Vì thực tế công việc hoàn thành sớm hơn dự kiến 1 ngày nên ta có phương trình:
U
Y
600 400 200 200 200 200( x + 10) − 200 x − + − =1⇔ =1 =1⇔ x x x + 10 x x + 10 x( x + 10) ⇔ x 2 + 10 x − 2000 = 0 ⇔ x 2 + 10 x + 25 − 2025 = 0 ⇔ ( x + 5) 2 = 2025. ⇔ x + 5 = ±45 ⇔ x = 40 ( thỏa mãn), x = −50 (loại).
Q
Vậy số sản phẩm dự kiến làm trong mỗi ngày là 40 (sản phẩm).
ẠY
KÈ
M
Ví dụ 4. Một người thợ làm 120 sản phẩm trong một thời gian và năng suất dự định. Khi làm được 50 sản phẩm, người thợ đó nhận thấy làm với năng suất như vậy sẽ thấp hơn năng suất dự định là 2 sản phẩm một ngày. Do đó, để hoàn thành đúng thời gian đã định, người thợ đó tăng năng suất thêm 2 sản phẩm một ngày so với dự định. Tính năng suất dự định của người thợ đó.
D
Dự định
Lời giải Số sản phầm/ngày
Số ngày
Tổng số sản phẩm
120 x 50 x−2 70 x+2
x x−2
Thực tế
x+2
Gọi số sản phẩm mỗi ngày người thợ đó cần làm theo dự định là x (sản phẩm). Điều kiện: x > 2 .
Trang 65
120 50 70
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
120 Số ngày theo dự định là (ngày). x
Trong 50 sản phẩm đầu, mỗi ngày người thợ đó làm được x − 2 (sản phẩm) nên số ngày làm 50 sản phẩm đầu là
50 (ngày). x−2
Trong 120-50=70 sản phẩm sau, mỗi ngày người thợ đó làm được x + 2 (sản phẩm) nên số ngày làm
70 (ngày). x+2
FF IC IA L
70 sản phẩm đầu là
Do thực tế người đó hoàn thành đúng như dự định nên ta có phương trình:
50 70 120 120 x − 40 120 + = ⇔ = x−2 x+2 x x2 − 4 x 2 2 ⇔ 120 x − 40 x = 120 x − 480 ⇔ x = 12 ( thỏa mãn điều kiện).
Vậy số sản phẩm mỗi ngày người thợ dó cần làm theo dự định là 12 (sản phẩm).
O
DẠNG 3: TOÁN LÀM CHUNG CÔNG VIỆC
Ơ
N
Bài toán cơ bản: Nếu hai người làm chung thì sau k ngày (giờ, phút, …) xong công việc. Nếu làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc sớm hơn người thứ hai là m ngày (giờ, phút, …). Hỏi nếu làm một mình thì để hoàn thành công việc mỗi người mất mấy ngày (giờ, phút, …)?
H
Phương pháp giải
Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x, y (ngày).
N
Điều kiện: x > 0 , y > 0 .
Q
U
Y
1 1 , người II làm được (lượng công việc). y x k k * k ngày người I làm được , người II làm được (lượng công việc). y x
Suy ra 1 ngày người I làm được
Do hai người làm chung thì sau k ngày xong công việc nên ta có phương trình:
M
k k + =1 x y
(1)
KÈ
* Vì làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc nhanh hơn người thứ hai là m ngày nên ta có phương trình y = x + m (2)
k k + =1 (3) x x+m * Đưa (3) về phương trình bậc hai, giải x , đối chiếu điều kiện và trả lời bài toán.
D
ẠY
Thay (2) vào (1) ta được phương trình
Ví dụ 1. Hai người thợ cùng làm chung một công việc trong 6 giờ thì xong. Nếu họ làm riêng thì người thứ nhất hoàn thành công việc nhanh hơn người thứ hai là 5 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người cần bao nhiêu giờ để xong công việc đó? Lời giải
Gọi thời gian người I, người II làm một mình xong công việc lần lượt là x , y (ngày).
Điều kiện: x > 0 , y > 0 . Trang 66
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
1 1 Suy ra 1 giờ người I và người II lần lượt làm được và (lượng công việc). y x
1 1 + (lượng công việc). x y
* 6 giờ cả hai người làm được 6
Do hai người cùng làm trong 6 giờ thì xong công việc nên ta có phương trình:
1 1 1 1 1 6 + = 1 ⇔ + = x y 6 x y
FF IC IA L
(*)
* Vì làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc nhanh hơn người thứ hai là 5 giờ nên ta có phương trình y = x + 5 , thay vào (*), ta được:
1 1 1 2x + 5 1 x+5+ x 1 + = ⇔ = ⇔ 2 = x x+5 6 x( x + 5) 6 x + 5x 6 ⇔ x 2 + 5 x = 12 x + 30 ⇔ x 2 − 7 x − 30 = 0
( −7 )
2
– 4.1. ( −30 ) = 169 > 0 ∆ = 13 nên
O
Có ∆ =
7 ± 13 x = − 3 (loại), x = 10 y = 15 (thoả mãn điều kiện). 2 Vậy, nếu làm một mình để xong công việc, người I cần 10 giờ, người II cần 15 giờ.
N
x =
U
Y
N
H
Ơ
Ví dụ 2. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 1 giờ 20 phút đầy bể. Nếu để chảy một mình thì vòi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Hãy tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể. Lời giải Gọi thời gian vòi I, vòi II chảy một mình đầy bể lần lượt là x, y (giờ). Điều kiện: x > 0, y > 0. 1 1 Suy ra 1 giờ vòi I và vòi II lần lượt chảy được và (bể). x y
ẠY
KÈ
M
Q
4 41 1 giờ cả hai vòi chảy được + (bể). 3 3 x y Do cả hai vòi cùng chảy thì sau 1 giờ 20 phút sẽ đầy bể nên ta có phương trình 41 1 1 1 4 (*) + = 1⇔ + = 3 x y x y 3 * Vì chảy một mình cho đến khi đầy bể thì vòi I nhanh hơn vòi II là 2 giờ nên ta có phương trình y = x + 2 , thay vào (*), ta được 1 1 3 2x + 2 3 x+2+ x 3 + = ⇔ = ⇔ 2 = x x+2 4 x( x + 2) 4 x + 2x 4 ⇔ 3x 2 + 6x = 8x + 8 ⇔ 3x 2 – 2x – 8 = 0 * 1 giờ 20 phút =
Có ∆’ =
( −1)
2
– 3. ( −8) = 25 > 0 ∆ ' = 5 nên
D
1± 5 4 x = − (loại), x = 2 y = 4 (thỏa mãm điều kiện). 3 3 Vậy nếu chảy một mình thì để đầy bể, vòi I cần 2 giờ, vòi II cần 4 giờ. x =
DẠNG 4: TOÁN CÓ NỘI DUNG HÌNH HỌC Dạng này ta cần ghi nhớ các công thức về chu vi, diện tích của các hình tam hình vuông, hình chữ nhật,... Trang 67
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Ví dụ 1. Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28 mét và một đường chéo bằng 10 mét. Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất đó theo đơn vị là mét. Lời giải Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó lần lượt là x, y (m) Điều kiên: x > 0, y >0, x > y. Do chu vi mảnh đất là 28 m nên ta có phương trình (1) 2 ( x + y ) = 28 x + y = 14 ⇔ y = 14 – x theo định lý Pylago, ta có: x 2 + y 2 = 10 2
2
2
(2)
FF IC IA L
Vì độ dài đườngchéo bằng 10 m nên
Thay (1) vào (2) ta được x + ( l4 − x ) = 100 ⇔ x − 14x + 48 = 0
⇔ x 2 − 6x − 8x + 48 = 0 ⇔ x ( x − 6 ) − 8 ( x − 6 ) = 0 ⇔ ( x − 6 )( x − 8 ) = 0
x − 6 = 0 x = 6 y = 8 ⇔ ⇔ x − 8 = 0 x = 8 y = 6 Kết hợp với điều kiện ta được x = 8, y = 6. Vậy chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó lần lượt là 8 m và 6m.
N
O
Ví dụ 2. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 200 m. Sau khi người ta làm một lối đi rộng 2m xung quanh vườn (thuộc đất của vườn) thì phần đất còn lại để trồng cây là một hình chữ nhật có diện tích là 2016 m2. Tính các kích thước của khu vườn lúc đầu. Lời giải Chiều dài
Diện tích
Ban đầu
x
y
xy
Sau
x-4
H
Ơ
Chiều rộng
(x-4)(y-4)
N
y-4
U
Y
Gọi chiều dài và chiều rộng của khu vườn lần lượt là x, y (m). Điều kiên: x > 0, y >0, x > y. * Do khu vườn lúc đầu có chu vi là 200m nên ta có phương trình 2 ( x + y ) = 200 ⇔ y = 100 – x
(1)
Q
Sau khi làm lối đi rộng 2m xung quanh vườn thì chiều rộng là x – 4 (m) và chiều dài là y – 4 (m) nên diện tích là ( x − 4 )( y − 4 ) = 2016
(2)
2
Thay (1) vào (2) ta được ( x − 4 )( 96 − x ) = 2016 ⇔ x – 100x + 2400 = 0
M
⇔ x 2 – 40x – 60x + 2400 = 0 ⇔ x ( x − 40 ) – 60 ( x − 40 ) = 0
ẠY
KÈ
x − 40 = 0 x = 40 y = 60 ⇔ ( x − 40 )( x − 60 ) = 0 ⇔ ⇔ x − 60 = 0 x = 60 y = 40 Kết hợp điều kiện ta được x = 40, y = 60. Vây khu vườn lúc đầu có chiều rộng và chiều dài lần lượt là 40 m và 60 m.
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỰNG TRONG CHỦ ĐỀ
D
I. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài 1. Một xe máy đi từ A đến B trong thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 20 km/h thì đến B sớm 1 giờ so với dự định, nếu vận tốc giảm đi 10 km/h thì đến B muộn 1 giờ so với dự định. Tính quãng đường AB. Bài 2. Một ca nô chạy trên một khúc sông, xuôi dòng 20 km rồi ngược dòng 18km hết 1 giờ 25 phút. Lần khác, ca nô đó đi xuôi dòng 15km rồi ngược dòng 24 km thì hết 1 giờ 30 phút. Tính vận tốc riêng của ca nô và vận tốc của dòng nước, biết các vận tốc đó không đổi. Bài 3. Để hoàn thành một công việc theo dự định thì cần một số công nhân làm trong một số ngày nhất định. Nếu tăng thêm 10 công nhân thì công việc hoàn thành sớm được 2 ngày. Nếu Trang 68
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN bớt đi 10 công nhân thì phải mất thêm 3 ngày nữa mới hoàn thành công việc. Hỏi theo dự định thì cần bao nhiêu công nhân và làm trong bao nhiêu ngày? Bài 4. Hai người thợ cùng làm một công việc trong 4 giờ 30 phút thì xong. Nếu người thứ nhất làm một mình trong 3 giờ và người thứ hai làm một mình trong 2 giờ thì tổng số họ làm được 50% công việc. Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình thì trong bao lâu sẽ xong? Bài 5.Hai người thợ cùng làm một công việc thì sau 2 giờ 40 phút sẽ hoàn thành. Nếu người thứ nhất làm một mình và 3 giờ sau người thứ hai cùng vào làm thì mất 40 phút nữa mới hoàn thành. Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình thì trong mấy giờ sẽ xong? Bài 6. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 2 giờ đầy bể. Nếu mở vòi I trong 45 phút 1 rồi khoá lại và mở vòi II trong 30 phút thì cả hai vòi chảyđược bể. Hỏi mỗi vòi chảy 3 riêng đầy bể trong bao lâu? Bài 7. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 6 giờ đầy bể. Cùng được 2 giờ thì khoá vòi I lại và vòi II phải chảy thêm 12 giờ nữa mới đầy bể. Hỏi mỗi vòi chảy riêng đầy bể trong bao lâu? Bài 8. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tổng các chữ số của nó bằng 14 và nếu đổi chỗ hai chữ số của nó thì được số nhỏ hơn số ban đầu 18 đơn vị. Bài 9. Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biêt rằng tổng của chữ số hàng chục và hai lần chữ số hàng đơn vị là 12. Nếu thêm số 0 vào giữa hai chữ số thì ta đượcmột sô mới có ba chữ sô lớn hơn sô ban đầu 180 đơn vị. Tìm sô ban đầu. Bài 10. Cho một số tự nhiên có hai chữ số. Biết tổng hai chữ số của nó bằng 9 Nếu lấy số đó chia cho số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 2 và dư 18. Tìm số ban đầu. Bài 11. Theo kế hoạch, hai tổ sản suất phải làm 700 sản phẩm. Nhưng do tổ I làm vượt mức 15% so với kế hoạch, tổ II làm vượt mức kế hoạch 20% nên cả hai tổ đã làm được 820 sản phẩm. Tính số sản phẩm mỗi tổ phải làm theo kế hoạch. Bài 12. Trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10, hai trường A và B có 840 học sinh thi đỗ vào lớp 10 công lập và đạt tỉ lệ thi đỗ là 84%. Riêng trường A tỉ lệ thi đỗ là 80%, riêng trường B tỉ lệ thi đỗ là 90%. Tính số học sinh dự thi của mỗi trường. Bài 13. Một khu vườn hình chữ nhật. Nếu tăng mỗi cạnh thêm 4m thì diện tich mảnh vườn tăng thêm 216m2. Nếu chiều rộng tăng thêm 2m và chiều dàigiảm đi 5m thì diện tích mảnh vườn sẽ giảm đi 50m2. Tính độ đài các cạnh của khu vườn. Bài 14. Trong một phòng họp hình chữ nhật, ghế được sắp xếp theo hàng và số ghế trong mỗi hàng là như nhau. Nếu kê bớt đi 2 hàng và mỗi hàng bớt đi 2 ghế thì tổng số ghế trong phòng họp đó giảm đi 80 ghế so với ban đầu. Nếu kê thêm 1 hàng và mỗi hàng kê thêm 2 ghế thì tổng số ghế trong phòng họp đó tăng thêm 68 ghế so với ban đầu. Tính số hàng ghế và số ghế trong phòng họp đó lúc ban đầu.
KÈ
II. GIẢI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
D
ẠY
Bài 1. Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc lên 4 km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thờigian đi 30 phút. Tính vân tốc của xe đạp khi đi từ A đến B. Bài 2. Quãng đường từ A đến B dài 90km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 (km/h). Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B. Bài 3. Một người dự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 60km trong một thời gian nhất định. Sau khi đi được 30km người đó đã dừng lại nghỉ 30 phút. Do đó, để đến B đúng thời gian dự định người đó phải tăng vận tốc thêm 2km/h. Tính vận tốc dự định của người đó. Bài 4. Một ô tô dự định đi từ A đến B cách nhau 120 km trong một thời gian quy định. Sau khi đi được 1 giờ thì ô tô bị chặn bởi xe cứu hỏa 10 phút. Do đó để đến B đúng hạn xe phải tăng vận tốc thêm 6 km/h. Tính vận tốc lúc đầu của ô tô. Bài 5. Một tàu tuần tra chạy ngược dòng 60km, sau đó chạy xuôi dòng 48km trên cùng một dòng sông có vận tốc của dòng nước là 2km/h. Tính vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên lặng, biết thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng 1 giờ. Trang 69
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bài 6. Lúc 6 giờ 30 sáng, một ca nô xuôi dòng từ A đến B dài 48km. Khi đến B, ca nô nghỉ 30 phút sau đó lại ngược dòng từ B về đến A lúc 10 giờ 36 phút cùng ngày. Tìm vận tốc riêng của ca nô, biết vận tốc dòng nước là 3 km/h. Bài 7. Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đó đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định là 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch thì mỗi ngày phân xưởng đó cần sản xuất bao nhiêu sản phẩm? Bài 8. Một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại để chở 60 tấn hàng. Lúc sắp khởi hành có 3 xe phải điều đi làm việc khác nên không thể tham gia chở hàng. Vì vậy mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng. Tính số xe theo dự định của đội đó, biết mỗi xe chở khối lượng hàng như nhau. Bài 9. Mỗi tổ sản xuất phải làm 600 sản phẩm trong một thời gian quy định với năng suất như nhau. Sau khi làm được 400 sản phẩm, tổ đã tăng năng suất thêm mỗi ngày 10 sản phẩm, do đó đã hoàn thành công việc sớm hơn một ngày. Tính số sản phẩm trong mỗi ngày theo quy định. Bài 10. Một người thợ làm 120 sản phẩm trong một thời gian và năng suất dự định. Khi làm được 50 sản phẩm, người thợ đó nhận thấy làm với năng suất như vậy sẽ thấp hơn năng suất dự định là 2 sản phẩm một ngày. Do đó để hoàn thành đúng thời gian đã định, người thợ đó tăng năng suất thêm 2 sản phẩm một ngày so với dự định Tính năng suất dự định của người thợ đó. Bài 11. Hai người thợ cùng làm chung một công việc trong 6 giờ thì xong. Nếu họ làm riêng thì người thứ nhất hoàn thành công việc nhanh hơn người thứ hai là 5 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người cần bao nhiêu giờ để xong công việc đó? Bài 12. Hai vòi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 1 giờ 20 phút đầy bể. Nếu để chảy một mình thì vòi thứ nhất chảy nhanh hơn vòi thứ hai là 2 giờ. Hãy tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể. Bài 13. Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi bằng 28 mét và độ dài đường chéo bằng 10 mét. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó theo đơn vị là mét. Bài 14. Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi là 200m. Sau khi người ta làm một lối đi rộng 2m xung quanh vườn (thuộc đất của vườn) thì phần đất còn lại để trồng cây là một hình chữ nhật có diện tích là 2016m2. Tính các kích thước của khu vườn lúc đầu.
Trang 70
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
Trang 71
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN CHỦ ĐỀ 4 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI VÀ ĐỊNH LÝ VI-ET I. ĐỊNH LÍ VIÉT DẠNG 1 CÁC NGHIỆM THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC ĐỐI XỨNG Bài toán thường gặp Tìm m để phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm (phân biệt)
( ∆ ≥ 0) ⇔ ∆ > 0 ( ∆ > 0) '
• ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm x1 , x 2 ⇔ ∆ ≥ 0 • ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2
FF IC IA L
x1 , x 2 thỏa mãn một biểu thức đối xứng đối với x1 , x 2 Bước 1. Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm (phân biệt) x1 , x 2
'
O
Bước 2. Biến đổi biểu thức đối xứng đối với x1 , x 2 về tổng x1 + x 2 và tích x1.x 2 b c Bước 3. Sử dụng định lý Viet, ta có x1 + x 2 = − , x1 x 2 = và thay vào biểu thức chứa tổng x1 + x 2 a a và tích x1x 2 ở trên. Giải ra m , đối chiếu điều kiện ở bước 1. Một số phép biến đổi thường gặp 2
• x12 + x 2 2 = x12 + x 22 + 2x1x 2 – 2x1x 2 =
( x1 + x 2 ) – 2x1x 2 • x13 + x 2 3 = ( x1 + x 2 ) ( x12 + x 2 2 – x1 x 2 ) = ( x1 + x 2 ) ( x1 + 2 3 3 Hoặc x1 + x 2 = ( x1 + x 2 ) – 3x1x 2 ( x1 + x 2 ) .
x 2 ) – 3x1 x 2
2
2
6
2 1
6 1
7 1
2
3 1
2
3
2
3
6
3 1
2
7
2
3 1
2
3
2
2 1
2
3
2
3
2
2
2
3 1
4 1
4
2 1
2
3
4
2
2 1
2
3 1
4
1
2
2
( x1 –
x2 ) =
2
2
2
2
2 1
3 1
2
2
3
2
2
2
3
2
3 1
2
Q
2
2
2
2
• x1 – x 2 thì xét x1 – x 2 =
2 1
H
6 1
2 1
+ 2x12 x 2 2 – 2x12 x 2 2 =
N
5
2
2
Y
2
+
U
5 1
2
1
(x )
2
( x + x ) – 2x x . • x + x thì tính x + x và x + x rồi xét tích ( x + x )( x + x ) . • x + x = ( x ) + ( x ) = ( x + x )( x + x – x x ) Hoặc x + x = ( x ) + ( x ) = ( x + x ) – 2x x . • x + x thì tính x + x và x + x rồi xét tích ( x + x )( x + x ) . • x14 + x 2 4 =
(x )
Ơ
N
2
3
2
4 1
4
2
2
( x1 +
x 2 ) – 4x1x 2 . 2
M
• x1 + x 2 thì xét ( x1 + | x 2 |) = x1 + x 2 + 2 x1 . x 2
= x12 + x12 + 2 x1x 2 = 2
( x1 +
2
x 2 ) – 2x1x 2 + 2 x1x 2 .
2
Chú ý : A = A 2 , A ± B =
2
ẠY
KÈ
( A ± B) , A . B = A.B . Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 3) x + m2 + 3 = 0 . Tìm m biệt x1 , x2 thỏa mãn ( 2 x1 − 1)( 2 x2 − 1) = 9 .
để phương trình có hai nghiệm phân
Lời giải 2
2
Có ∆′ = − ( m + 3) − 1. ( m 2 + 3) = ( m + 3) − m 2 − 3 = 6m + 6
D
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ′ > 0 ⇔ 6m + 6 > 0 ⇔ m > −1 ∆ ′ > 0 ⇔ 6m + 6 > 0 ⇔ m > −1 Có ( 2 x1 − 1)( 2 x2 − 1) = 9 ⇔ 4 x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 1 = 9 (*).
b c = 2 ( m + 3 ) , x1 x2 = = m2 + 3 a a 2 2 Thay vào (*) ta được 4 ( m + 3 ) − 4 ( m + 3 ) + 1 = 9 ⇔ ( 2 m − 1) = 9
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = −
⇔ 2 m − 1 = ±3 ⇔ m = −1 (loại), m = 2 (thỏa mãn).
Trang 72
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 3 ) x + 2 ( m − 1) = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức T = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải 2
2
2
Có ∆′ = − ( m − 3) − 1. −2 ( m − 1) = ( m − 3) + 2m − 2 = m2 − 4m + 7 = ( m − 2 ) + 3 > 0 ∀m Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
FF IC IA L
2
Có T = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 . Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = −
b c = 2 ( m − 3 ) , x1 x2 = = −2 ( m − 1) a a
Thay vào T ta được 2
2
N
O
T = −2 ( m − 3) − 2 −2 ( m − 1) = 4m2 − 20m + 32 = ( 2m − 5) + 7 ≥ 7 5 MinT = 7 khi m = . 2 5 Vậy m = là giá trị cần tìm. 2 Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + 4m − m 2 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức A = x1 − x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
) = ( m + 1)
2
− 4m + m 2 = 2m 2 − 2m + 1 > 0 ∀m
H
Có ∆′ = − ( m + 1) − 1. ( 4m − m
2
Ơ
Lời giải 2
2
2
Có A2 = x1 − x2 = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 .
2
ta được 2
= ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2
Q
A2 = x1 − x2
2
U
Thay vào A2 = x1 − x2
b c = 2 ( m + 1) , x1 x2 = = 4m − m2 a a
Y
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = −
N
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
2
1 A = 4 ( m + 1) − 4 ( 4m − m ) = 8m − 8m + 4 = 8 m − + 2 ≥ 2 2 1 A ≥ 2 Min A = 2 khi m = 2 1 Vậy m = là giá trị cần tìm. 2 Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 + mx − 3 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 2
2
2
ẠY
KÈ
M
2
thỏa mãn x1 + x2 = 4 .
D
Lời giải Có ac = −3 < 0 ∀m do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 b c Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = − = − m , x1 x2 = = −3 a a Xét
(x
1
+ x2
)
2
2
= x12 + x22 + 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2
= m 2 − 2. ( −3 ) + 2 −3 = m 2 + 12
Do đó x1 + x2 = 4 ⇔ m 2 + 12 = 16 m = ±2
Trang 73
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 5. Cho phương trình x 2 + mx + 2m − 4 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 3 . Lời giải 2
Có ∆ = ( −m ) − 4. ( 2m − 4 ) = m − 8m + 16 = ( m − 4 )
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ′ > 0 ⇔ m ≠ 4 b c Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = − = m , x1 x2 = = 2m − 4 a a Xét
(x
1
+ x2
)
2
2
= x12 + x22 + 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 2
FF IC IA L
2
= m2 − 2. ( 2m − 4 ) + 2 2m − 4 = m2 − 4m + 8 + 4. m − 2 = ( m − 2 ) + 4 m − 2 + 4 2
Nên x1 + x2 = 3 ( m − 2 ) + 4 m − 2 + 4 = 9
( m − 2)
2
+ 4 m − 2 − 5 = 0 m − 2 = 1 m = 1, m = 3 (thảo mãn).
O
Vậy m = 1, m = 3 là giá trị cần tìm.
Ơ
N
DẠNG 2: KẾT HỢP ĐỊNH LÝ VIÉT ĐỂ GIẢI CÁC NGHIỆM Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm (phân biệt) x1 , x2 . . ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆ ≥ 0 ( ∆′ ≥ 0 ) . ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > 0 ( ∆′ > 0 )
Q
U
Y
N
H
b c Bước 2: Sử dụng định lý Vi ét, ta có x1 + x2 = − , x1 x2 = (*) a a b Bước 3: Giải hệ x1 + x2 = − và biểu thức đã cho để tìm x1 , x2 theo m . a c Bước 4:Thay x1 , x2 vừa tìm được vào x1 x2 = để giải m . a 2 2 Ví dụ 1. Cho phương trình x − 4 x − m − 1 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 phân biệt thỏa mãn x2 = −5 x1 . 2
Lời giải
Có ∆ ′ = ( −2 ) − 1. ( − m − 1) = m + 5 > 0 ∀m.
M
2
2
D
ẠY
KÈ
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 b c Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = − = 4 , x1 x2 = = −m2 − 1 a a x = −5 x1 Giải hệ 2 −5 x1 + x1 = 4 x1 = −1 x2 = 5. x1 + x2 = 4 c Thay x1 = −1 , x2 = 5 vào x1 x2 = = −m2 − 1 , ta được m2 = 4 ⇔ m = ±2 a Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm. Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 − 2 ( k − 1) x − 4k = 0 . Tìm k để phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 phân biệt thỏa mãn 3 x1 − x2 = 2 .
Lời giải 2
2
Có ∆′ = − ( k − 1) − 1. ( −4k ) = ( k − 1) + 4k = ( k + 1)
2
Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi k ≠ − 1
Trang 74
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN b c Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = − = 2k − 2 , x1 x2 = = −4k a a 3 x − x = 2 3k − 4 k Giải hệ 1 2 . 4 x1 = 2 k x1 = x2 = 2 2 x1 + x2 = 2k − 2 3k − 4 c k . vào x1 x2 = = −4k , ta được Thay x1 = x2 = 2 2 a k 3k − 4 ⋅ = −4k ⇔ 3k 2 + 12k = 0 ⇔ k = 0, k = −4 (thỏa mãn). 2 2 Vậy k = 0, k = −4 là giá trị cần tìm. Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 − 6 x + m + 3 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 phân biệt thỏa mãn x2 = x12 . Lời giải 2
Có ∆′ = ( −3) − 1. ( m + 3) = 6 − m.
N
O
Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ′ > 0 ⇔ 6 − m > 0 ⇔ m < 6 b c Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = − = 6 , x1 x2 = = m + 3 a a x2 = x12 Giải hệ x12 + x1 − 6 = 0 x1 = −3 x1 = 2. x1 + x2 = 6 Với x1 = −3 x2 = 9 thay vào x1 x2 = m + 3 m = −30 (thỏa mãn)
•
Với x1 = 2 x2 = 4 thay vào x1 x2 = m + 3 m = 5 (thỏa mãn) Vậy m = −30; m = 5 là giá trị cần tìm.
H
Ơ
•
N
Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 − 3x − m2 + 1 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt thỏa mãn x1 + 2 x2 = 3
2
U
2
Y
Lời giải Có ∆ = ( −3 ) − 4 ( − m + 1) = 4 m + 5 > 0 ∀m 2
Q
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt. Theo định lý Viét, ta có: x1 + x2 = 3, x1 x2 = −m2 + 1
M
Trường hợp 1: Xét x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 thì x1 + 2 x2 = 3 ⇔ x1 + 2 x2 = 3 Kết hợp x1 + x2 = 3 được x2 = 0, x1 = 3 (thỏa mãn x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 )
KÈ
Thay vào x1 x2 = −m2 + 1 được 0 = −m2 + 1 ⇔ m = ±1
Trường hợp 2: Xét x1 ≤ 0, x2 ≤ 0 thì x1 + 2 x2 = 3 ⇔ − x1 − 2 x2 = −3 Kết hợp x1 + x2 = 3 được x2 = −6, x1 = 9 (không thỏa mãn x1 ≤ 0, x2 ≤ 0 )
ẠY
Trường hợp 3: Xét x1 > 0, x2 < 0 thì x1 + 2 x2 = 3 ⇔ x1 − 2 x2 = 3
Kết hợp x1 + x2 = 3 được x2 = 0, x1 = 3 (không thỏa mãn x1 > 0, x2 < 0 )
Trường hợp 4: Xét x1 < 0, x2 > 0 thì x1 + 2 x2 = 3 ⇔ − x1 + 2 x2 = 3
D
Kết hợp x1 + x2 = 3 được x2 = 2, x1 = 1 (không thỏa mãn x1 < 0, x2 > 0 ) Vậy m = ±1 là giá trị cần tìm. Ví dụ 5. Cho phương trình x 2 − ( m − 3 ) x − 5 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 là các số nguyên.
Lời giải 2
2
Có ∆ = − ( m − 3) − 4. ( −5 ) = ( m − 3) + 20 > 0
Trang 75
∀m
2
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt. Cách 1: (Theo định lý Viét) b c Theo định lý Viét, ta có: x1 + x2 = − = m − 3, x1 x2 = = −5 a a x = −1 x1 = −5 x1 = 1 x = 5 Từ x1 x2 = −5, x1 , x2 ∈ ℤ 1 ; ; ; 1 x 2 = 5 x 2 = 1 x2 = − 5 x2 = − 1 Thay vào x1 x2 = m − 3 m = 7; m = −1 Vậy m = 7; m = −1 là giá trị cần tìm. Cách 2: (Sử dụng ∆ phải là số chính phương) Từ x1 + x2 = m − 3 ∈ ℤ Do đó để x1 , x2 ∈ ℤ thì trước hết ∆ = ( m − 3) + 20 phải là số chính phương 2
( m − 3) + 20 = n 2 , n ∈ ℕ* ( m − 3 − n )( m − 3 + n ) = −20 Mà m − 3 − n < m − 3 + n
tổng
( m − 3 − n ) + ( m − 3 + n ) = 2m − 6
chẵn
và
tích
Ơ
m − 3 − n = −2 m = 7 * thử lại thỏa mãn ⇔ m − 3 − n = 10 n = 6 m − 3 − n = −10 m = −1 * thử lại thỏa mãn ⇔ m − 3 − n = 2 n = 6 Vậy m = 7, m = −1 là giá trị cần tìm.
O
chẵn nên m − 3 − n; m − 3 + n phải cùng chẵn, do đó:
N
( m − 3 − n )( m − 3 + n ) = −20
và
Y
N
H
Ví dụ 6. Cho phương trình x 2 − 20 x + m + 5 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 là các số nguyên tố. Lời giải 2 Có ∆ ' = ( −10 ) − 1( m + 5) = 95 − m
Q
U
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ' > 0 ⇔ 95 − m > 0 ⇔ m < 95 . b c Theo định lý Viét, ta có: x1 + x2 = − = 20, x1 x2 = = m + 5 a a Từ x1 + x2 = 20 và x1 , x2 là các số nguyên tố, suy ra:
KÈ
M
x1 = 3 x1 = 17 x1 = 7 x1 = 13 ; ; ; x2 = 17 x2 = 3 x2 = 13 x2 = 7 Thay vào x1 x2 = m + 5 m = 46, m = 86 (thỏa mãn) Vậy m = 46, m = 86 là giá trị cần tìm.
D
ẠY
DẠNG 3: GIẢI CÁC NGHIỆM DỰA VÀO ∆, ∆ ' LÀ BÌNH PHƯƠNG Khi tính ∆ hoặc ∆ ' mà ra bình phương của một biểu thức thì ta giải theo cách tìm cả hai nghiệm x1 , x2 đó ra. Giải theo cách này cần chú ý phải xét hai trường hợp −b + ∆ −b − ∆ ; x2 = Trường hợp 1: Xét x1 = 2a 2a −b − ∆ −b + ∆ ; x2 = Trường hợp 2: Xét x1 = 2a 2a 2 Ví dụ 1. Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + 4 m = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 = −3x2
Lời giải Trang 76
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 2
2
2
Có ∆ ' = − ( m + 1) − 1.4m = ( m + 1) − 4m = m − 2m + 1 = ( m − 1)
2
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ' > 0 ⇔ ( m − 1) > 0 ⇔ m ≠ 1 2
Vì ∆ ' = ( m − 1) nên hai nghiệm của phương trình là x = ( m + 1) ± ( m − 1) ⇔ x = 2, x = 2m
FF IC IA L
Trường hợp 1: Xét x1 = 2, x2 = 2m thay vào x1 = −3 x2 ta được 1 2 = −3.2m ⇔ m = − (thỏa mãn) 3 Trường hợp 2: Xét x1 = 2m, x2 = 2 thay vào x1 = −3 x2 ta được 2 m = −3.2 ⇔ m = −3 (thỏa mãn) 1 Vậy m = −3, m = − là giá trị cần tìm. 3 Chú ý: Bài này ta có thể giải theo cách kết hợp định lý Viét để giải x1 , x2 như trong dạng 2.
Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 + 4 x + 4a − a 2 = 0 . Tìm a để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt Lời giải 2 Có ∆ ' = 2 − ( 4 a − a ) = a − 4a + 4 = ( a − 2 ) 2
2
N
2
O
thỏa mãn x1 = x22 − 6 .
2
Ơ
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ' > 0 ⇔ ( a − 1) > 0 ⇔ a ≠ 2 2
x = −2 ± ( a − 2 ) ⇔ x = a − 4, x = − a
H
Vì ∆ ' = ( a − 2 ) nên hai nghiệm của phương trình là
N
Trường hợp 1: Xét x1 = a − 4, x2 = − a thay vào x1 = x22 − 6 ta được 2
a − 4 = ( − a ) − 6 ⇔ 0 = a 2 − a − 2 ⇔ a 2 + a − 2a − 2 = 0
Y
⇔ ( a − 2 )( a + 1) = 0 ⇔ a = 2 (loại), a = −1 (thỏa mãn)
U
Trường hợp 2: Xét x1 = − a, x2 = a − 4 thay vào x1 = x22 − 6 ta được 2
Q
−a = ( a − 4 ) − 6 ⇔ 0 = a 2 − 7a + 10 ⇔ a 2 − 2a − 5a + 10 = 0 ⇔ ( a − 2 )( a − 5 ) = 0 ⇔ a = 2 (loại), a = 5 (thỏa mãn)
M
Vậy a = −1, a = 5 là giá trị cần tìm. Chú ý: Bài này ta có thể giải theo cách kết hợp định lý Viét để giải x1 , x2 như trong dạng 2.
KÈ
Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 − (2m + 5) x − 2m − 6 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt thỏa mãn x1 + x2 = 7 .
Lời giải 2
2
ẠY
Có ∆ = − ( 2m + 5 ) − 4.1.(−2m − 6) = ( 2m + 5 ) + 8m + 24 = ( 2m + 7 )
2
2
D
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ > 0 ⇔ ( 2m + 7 ) > 0 ⇔ m ≠ − 2m + 5 ± ( 2m + 7 )
⇔ x = 2m + 6, x = −1 . 2 Trường hợp 1: Xét x1 = 2m + 6, x2 = −1 thay vào x1 + x2 = 7 ta được Phương trình có hai nghiệm là x =
2m + 6 + −1 = 7 ⇔ 2m + 6 = 6 ⇔ 2m + 6 = ±6
⇔ m = 0, m = −6 (thỏa mãn). Trường hợp 2: Xét x1 = −1, x2 = 2m + 6 thay vào x1 + x2 = 7 ta được Trang 77
7 2
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN −1 + 2m + 6 = 7 ⇔ m = 0, m = −6 (thỏa mãn). Chú ý • Ta có thể lập luận: “ Từ x1 + x2 = 7 ta thấy x1 , x2 có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát, ta giả sử x1 = −1, x2 = 2m + 6 ” • Ta có thể giải bài này theo cách xét
(x
1
+ x2
2
) = (x + x ) 1
2
2
− 2 x1 x2 + 2 x1 x2 rồi sử dụng định lý
FF IC IA L
Viét.
Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 − 2mx + m2 − 4 = 0 . Tìm m để cho phương trình có hai nghiệm phân 1 3 biệt x1, x2 thỏa mãn + = 1. x1 x2 Lời giải Có ∆ ' = (− m) − (m − 4) = m − m + 4 = 4 > 0 ∀m . Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x = m ± 2 . Điều kiện: x1 ≠ 0, x2 = 0 ⇔ m ± 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±2 . 1 3 + = 1 ta được Trường hợp 1: Xét x1 = m + 2, x2 = m − 2 thay vào x1 x2 1 3 m − 2 + 3( m + 2) 4m + 4 + =1⇔ =1⇔ 2 =1 m+2 m−2 ( m + 2)(m − 2) m −4 ⇔ 4m + 4 = m2 − 4 ⇔ m2 − 4m − 8 = 0 ⇔ m2 − 4m + 4 − 12 = 0 ⇔ (m − 2) 2 = 12 ⇔ m − 2 = ± 12 ⇔ m = 2 ± 2 3 (thỏa mãn). 1 3 + = 1 ta được Trường hợp 2: Xét x1 = m − 2, x2 = m + 2 thay vào x1 x2 1 3 m + 2 + 3( m − 2) 4m − 4 + =1⇔ =1⇔ 2 =1 m−2 m+2 m −4 ( m + 2 )( m − 2 ) 2
2
2
Y
N
H
Ơ
N
O
2
{
}
U
⇔ 4m − 4 = m 2 − 4 ⇔ m 2 − 4m = 0 ⇔ m = 0, m = 4 (thỏa mãn).
Q
Vậy m ∈ 0; 4; 2 ± 2 3 là giá trị cần tìm.
M
DẠNG 4: TÍNH x12 THEO x1 VÀ x22 THEO x2 DỰA VÀO PHƯƠNG TRÌNH ax 2 + bx + c Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm (phân biệt) x1, x2 .
KÈ
+ ax 2 + bx1 + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆ ≥ 0 ( ∆ ' ≥ 0) . + ax 2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiêm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > 0 ( ∆ ' > 0) .
Bước 2: Sử dụng x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình ax 2 + bx + c = 0 nên
ẠY
ax12 + bx1 + c = 0 ax12 = −bx1 − c ⇔ . 2 2 ax2 + bx2 + c = 0 ax2 = −bx2 − c
D
Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 − mx − 8 = 0 . Chứng minh với mọi m, phương trình luôn có hai nghiệm 2 x 2 + 5 x1 − 16 2 x22 + 5 x2 − 16 = phân biệt x1, x2 và giá trị của biểu thức H = 1 không phụ thuộc vào m. 3x1 3x2 Lời giải 2
2
Có ∆ = ( − m ) − 4.1.(−8) = m + 32 > 0 ∀m . Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1, x2 phân biệt với mọi m.
Trang 78
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN c Theo định lý Viét, ta có x1 x2 = = −8 < 0 x1 ≠ 0, x2 ≠ 0 . a Do x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − mx − 8 = 0 nên
FF IC IA L
x12 − mx1 − 8 = 0 x12 = mx1 + 8 ⇔ 2 2 x2 − mx2 − 8 = 0 x2 = mx2 + 8 Thay vào H, ta được 2 ( mx1 + 8 ) + 5 x1 − 16 2 ( mx2 + 8 ) + 5 x2 − 16 H= − 3 x1 3 x2 2 ( mx1 + 8 ) + 5 x1 − 16 2( mx2 + 8) + 5 x2 − 16 = − 3 x1 3 x2 2mx1 + 5 x1 2mx2 + 5 x2 2m + 5 2m + 5 = − = − =0 3x1 3x2 3 3 Không phụ thuộc vào m (đpcm).
Ơ
N
O
Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 − 2 x + m − 1 = 0 . Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x x 1 x1, x2 thỏa mãn 2 1 + 2 2 = . x2 + 2 x1 + 1 x1 + 2 x1 + 1 4 Lời giải 2 Có ∆ ' = ( −1) − 1.( m − 1) = 2 − m . Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khi ∆ ' > 0 ⇔ 2 − m > 0 ⇔ m < 2 .
H
Do x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 2 x + m − 1 = 0 nên
KÈ
M
Q
U
Y
N
x12 − 2 x1 + m − 1 = 0 x12 = 2 x1 − m + 1 ⇔ 2 2 x2 − 2 x2 + m − 1 = 0 x2 = 2 x2 − m + 1 1 x x Thay vào 2 1 + 2 2 = , ta được x2 + 2 x1 + 1 x1 + 2 x2 + 1 4 1 1 x1 x2 x1 + x2 + = ⇔ = . 2 x2 + 2 x1 − m + 2 2 x1 + 2 x2 − m + 2 4 2( x1 + x2 ) − m + 2 4 b Theo định lý Viet, ta có x1 + x2 = − = 2 nên ta được a 2 1 2 1 = ⇔ = ⇔ 6 − m = 8 ⇔ m = −2 (thỏa mãn). 2.2 − m + 2 4 6−m 4 Vậy m = −2 là giá trị cần tìm.
D
ẠY
Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 + 2mx − 2m − 1 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 2 x1 x2 + 1 x1, x2 sao cho P = 2 đạt giá trị nhỏ nhất. x1 − 2mx2 + 1 − 2m Lời giải 2 2 Có ∆ ' = m − 1.( −2m − 1) = m + 2m + 1 = ( m + 1) 2 . Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ∆ ' > 0 ⇔ ( m + 1) 2 > 0 ⇔ m ≠ −1 Do x1 là nghiệm của phương trình x 2 + 2mx − 2m − 1 = 0 nên x12 + 2mx1 − 2m − 1 = 0 x12 = −2mx1 + 2m + 1 . 2 x1x2 + 1 2 x1x2 + 1 = Thay vào P, ta được P = −2mx1 + 2m + 1 − 2mx2 + 1 − 2m −2m ( x1 + x2 ) + 2
Trang 79
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN b c Theo định lý Viet, ta có x1 + x2 = − = −2m, x1.x2 = = −2m − 1 nên ta được a a 2.(−2m − 1) + 1 −4m − 1 P= = −2m.(−2m) + 2 4m 2 + 2
1 *P =0m=− . 4 * P ≠ 0 ∆ M ' = 4 − 4 P(2 P + 1) ≥ 0 2 P 2 + P − 1 ≤ 0 −1 ≤ P ≤
1 (thỏa mãn). 2
Ơ
N
II. HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÝ VIÉT Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0) có hai nghiệm x1 , x2 . a c Định lý Viet: x1 + x2 = − , x1.x2 = . b a Hệ quả 1. Nếu x = 1 là nghiệm của phương trình thì a.12 + b.1 + c = 0 hay a + b + c = 0 .
O
Vậy MinP = −1 khi −4m2 + 4M − 1 = 0 M =
1 . 2
FF IC IA L
P(4m 2 + 2) = −4m − 1 ⇔ 4 P.m 2 + 4m + 2 P + 1 = 0
H
Ngược lại, nếu a + b + c = 0 thì x = 1 là một nghiệm, nghiệm còn lại là x =
c a
N
Hệ quả 2. Nếu x = −1 là một nghiệm của phương trình thì a.(−1) 2 + b.( −1) + c = 0 hay a − b + c = 0 .
Q
U
Y
c Ngược lại, nếu a − b + c = 0 thì x = −1 là một nghiệm,nghiệm còn lại là x = − . a Hệ quả 3. Nếu a và c trái dấu thì phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt, đồng thời hai nghiệm luôn trái dấu nhau. Hệ quả 4. Điều kiện để x1 > 0, x2 > 0 (cả hai nghiệm đều dương) là
M
x1 + x2 > 0 x1 x2 > 0
Hệ quả 5. Điều kiện để x1 < 0, x2 < 0 (cả hainghiệm đều âm) là
KÈ
x1 + x2 < 0 x1 x2 > 0 Hệ quả 6. Điều kiện để x1 < 0 < x2 (cả hai nghiệm trái dấu ) là x1.x2 < 0 hay a và c trái dấu.
D
ẠY
DẠNG 1: DẠNG TOÁN CÓ THÊM ĐIỀU KIỆN PHỤ Nếu bình phương hai vế ta cần thêm điều kiện phụ là hai vế lớn hơn hoặc bằng 0 . x + x ≥ 0 Nếu có x1 , x2 ta cần thêm diều kiện phụ là x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 ⇔ 1 2 x1 x2 ≥ 0 x + x > 0 Nếu x1 , x2 là độ dài hai cạnh đa giác ta cần thêm diều kiện phụ là: x1 > 0, x2 > 0 ⇔ 1 2 x1 x2 > 0
Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 − 2mx + m − 1 = 0 . Tìm m đề phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 2 . Lời giải. Trang 80
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 2
Có
x1 + x2 = 2 ⇔ ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 = 4 ⇔ m − 1 = 2 − m .
Điều kiện để có bình phương hai vế của Khi đó
m − 1 = 2 − m là 1 ≤ m ≤ 2 . 2
m − 1 = 2 − m ⇔ m − 1 = ( 2 − m ) ⇔ m2 − 5m + 5 = 0 ⇔ m =
FF IC IA L
1 3 2 ∀m . Có ∆′ = ( −m ) − 1.( m − 1) = m 2 − m + 1 = m − + > 0 2 4 Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m . −b c = 2m, x1 x2 = = m − 1 . Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = a a x + x ≥ 0 2m ≥ 0 Để tồn tại x1 ; x2 ta cần có x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 ⇔ 1 2 ⇔ ⇔ m ≥1 m − 1 ≥ 0 x1 x2 ≥ 0
5± 5 2
5− 5 5− 5 . Vậy m = là giá trị cần tìm. 2 2 Chú ý: bài này ta càn lưu ý điều kiện 1 ≤ m ≤ 2 trong quá trình giải. Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 − ( 2m + 5 ) x + 2m + 1 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân x1 − x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải 2
2
Ơ
Có ∆ = − ( 2m + 5 ) − 4.( 2m + 1) = ( 2m + 5 ) − 8m − 4
N
biệt x1 , x2 mà biểu thức M =
O
Kết hợp các điều kiện ta được m =
x1 − x2
2
=
(
x1 − x2
Q
Xét M 2 =
U
Y
N
H
= 4m 2 + 12m + 21 = (2m + 3) 2 + 12 > 0∀m Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m . b c Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = − = 2m + 5, x1 x2 = = 2m + 1 a a x + x ≥ 0 2m + 5 ≥ 0 1 Để tồn tại x1 ; x2 ta cần có x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 ⇔ 1 2 ⇔ ⇔m≥− 2 2m + 1 ≥ 0 x1 x2 ≥ 0
)
2
= x1 + x2 − 2 x1 x2
Thay x1 + x2 = 2m + 5, x1 x2 = 2m + 1 vào M 2 ta được
(
)
(
)
2
2m + 1 − 1 + 3 ≥ 3 M ≥ 3 . Vậy min M = 3 khi
KÈ
=
M
M 2 = 2 m + 5 − 2 2 m + 1 = 2m + 1 − 2 2 m + 1 + 1 + 3
2m + 1 = 1 ⇔ m = 0 (thỏa mãn).
Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 − 5 x + m − 1 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
ẠY
sao cho 2 x1 = x2 .
Lời giải. 2
Có ∆ = ( −5) − 4.1.( m − 1) = 29 − 4m .
D
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ∆ > 0 ⇔ 29 − 4m > 0 ⇔ m <
b c = 5, x1 x2 = = m − 1 a a Điệu kiện để bình phương hai vế của 2 x1 = x2 là x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 Theo định lý Viét ta có x1 + x2 = −
x + x2 ≥ 0 5 ≥ 0 ⇔ 1 ⇔ ⇔ m ≥1 m − 1 ≥ 0 x1 x2 ≥ 0
Trang 81
29 . 4
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Khi đó 2 x1 = x2 ⇔ x2 = 4 x12 thay vào x1 + x2 = 5 ta được
5 (loại). 4 Với x1 = 1 x2 = 4 thay vào x1 x2 = m − 1 ta được 1.4 = m − 1 ⇔ m = 5 (thỏa mãn). Vậy m = 5 là gái trị cần tìm. Chú ý: Bài này ta cần lưu ý điều kiện x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 trong quá trình giải. 4 x12 + x1 − 5 = 0 ⇔ x1 = 1 (thỏa mãn), x1 = −
FF IC IA L
Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 − ( m + 5 ) x + 3m + 6 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 là độ dài của hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 .
Lời giải 2
2
Có ∆ = − ( m + 5 ) − 4.1.( 3m + 6 ) = ( m + 5 ) − 12m − 24 = ( m − 1)
2
2
Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt khi ∆ > 0 ⇔ ( m − 1) > 0 ⇔ m ≠ 1 .
b c = m + 5, x1 x2 = = 3m + 6 . a a Do x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác nên x1 > 0, x2 > 0
O
Theo định ký Viét, ta có x1 + x2 = −
N
x + x2 > 0 m + 5 > 0 ⇔ 1 ⇔ m > −2 ⇔ 3m + 6 > 0 x1 x2 > 0 2
2
Ơ
Do độ dài cạnh huyền bằng 5 nên x12 + x22 = 25 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 25 Thay x1 + x2 = m + 5, x1 x2 = 3m + 6 vào ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 25 ta được 2
N
H
( m + 5) − 2 ( 3m + 6 ) = 25 ⇔ m2 + 4m − 12 = 0 ⇔ m2 + 4m + 4 − 16 = 0 2 ⇔ ( m + 2 ) = 16 ⇔ m + 2 = ±4 ⇔ m = −6 (loại), m = 2 (thỏa mãn).
U
Y
Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Chú ý: Bài này ta cần lưu ý đến điều kiện m > −2 trong quá trình giải. Ví dụ 5. Cho phương trình x 2 − ( m − 2 ) x + m − 3 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
2
Q
biệt x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông cân.
Lời giải 2
Có ∆ = − ( m − 2 ) − 4.1.( m − 3) = ( m − 2 ) − 4m + 12 = ( m − 4 )
2
2
M
Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt khi ∆ > 0 ⇔ ( m − 4 ) > 0 ⇔ m ≠ 4
KÈ
Theo định ký Viét, ta có x1 + x2 = −
b c = m − 2, x1 x2 = = m − 3 . a a
D
ẠY
x + x > 0 m − 2 > 0 Do x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác nên x1 > 0, x2 > 0 ⇔ 1 2 ⇔m>3 ⇔ m − 3 > 0 x1 x2 > 0 . m − 2 ± ( m − 4) 2 Vì ∆ = ( m − 4 ) nên hai nghiệm của phương trình là x = ⇔ x = 1, x = m − 3 2 Do x1 ≠ x2 nên x1 , x2 không thể cùng là độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông cân. Giả sử x1 là độ dài cạnh huyền, x2 là độ dài cạnh góc vuông thì theo định lý Pytago ta có x12 = x22 + x22 ⇔ x1 = 2 x2 .
Trường hợp 1. Xét x1 = 1, x2 = m − 3 , thay vào x1 = 2 x2 ta được 1 1 = 2 ( m − 3) ⇔ m = + 3 (thỏa mãn). 2 Trang 82
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Trường hợp 2. Xét x1 = m − 3, x2 = 1 thay vào x1 = 2 x2 ta được
DẠNG 2. SO SÁNH NGHIỆM VỚI SỐ 0 VÀ SỐ ࢻ Cho phương trình ax 2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm x1 , x2 . x + x2 > 0 x1 > 0, x2 > 0 ⇔ 1 x1 x2 > 0 x + x < 0 x1 < 0, x2 < 0 ⇔ 1 2 x1 x2 > 0 x1 < 0 < x2 ⇔ x1 x2 < 0
Ơ
N
O
( x − α ) + ( x2 − α ) > 0 x1 > α , x2 > α ⇔ x1 − α > 0, x2 − α > 0 ⇔ 1 ( x1 − α )( x2 − α ) > 0 ( x − α ) + ( x2 − α ) < 0 x1 < α , x2 < α ⇔ x1 − α < 0, x2 − α < 0 ⇔ 1 ( x1 − α )( x2 − α ) > 0
FF IC IA L
m − 3 = 2.1 ⇔ m = 2 + 3 (thỏa mãn) 1 Vậy m = + 3, m = 2 + 3 là giá trị cần tìm. 2 Chú ý: ta có thể nhận xét a + b + c = 0 để được hai nghiệm của phương trình (*) là x = 1, x = m − 3 .
x1 < α < x2 ⇔ x1 − α < 0, x2 − α > 0 ⇔ ( x1 − α )( x2 − α ) < 0
H
Ví dụ 1. Cho phương trình x 2 + ( m + 2 ) x − m − 4 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
N
biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 < 0 ≤ x2 .
Lời giải 2 Có ∆ = ( m + 2 ) − 4.1.( −m − 4 ) = m + 8m + 20 = ( m + 4 ) + 4 > 0 2
Y
2
∀m
U
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m . Trường hợp 1: Xét riêng x2 = 0 , thay vào phương trình đã cho ta được
Q
02 + ( m + 2 ) .0 − m − 4 = 0 m = −4
M
Thay m = − 4 vào phương trình đã cho ta được x 2 − 2 x = 0 x = 0, x = 2 x2 = 0, x1 = 2 (loại)
KÈ
Trường hợp 2: Xét x1 < 0 < x2 ⇔ a và c trái dấu ⇔ 1. ( − m − 4 ) < 0 ⇔ m > −4
Vậy m > −4 là giá trị cần tìm. Ví dụ 2. Cho phương trình x 2 + ( m − 2 ) x + m − 5 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân
ẠY
biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 ≤ 0 < x2 .
Lời giải 2 Có ∆ = ( m − 2 ) − 4.1.( m − 5 ) = m − 8m + 24 = ( m − 4 ) + 8 > 0 ∀m 2
D
2
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m . Trường hợp 1: Xét riêng x1 = 0 , thay vào phương trình đã cho ta được 02 + ( m − 2 ) .0 + m − 5 = 0 m = 5
Thay m = 5 vào phương trình đã cho ta được x 2 + 3 x = 0 x = 0, x = −3 x1 = 0, x2 = −3 (loại). Trường hợp 2: xét x1 < 0 < x2 ⇔ a và c trái dấu ⇔ 1 ⋅ ( m − 5) < 0 ⇔ m < 5 . Vậy m < 5 là giá trị cần tìm. Trang 83
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Ví dụ 3. Cho phương trình x 2 + 2mx + 4m − 4 = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn x1 < 2, x2 < 2 Lời giải 2 Ta có ∆ ' = m − 1. ( 4m − 4 ) = m − 4m + 4 = ( m − 2 ) . 2
2
2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi ∆ ′ > 0 ⇔ ( m − 2 ) > 0 ⇔ m ≠ 2
Cách 1: (sử dụng định lí viét)
b c = −2m, x1 x2 = = 4m − 4 . a a
FF IC IA L
Theo định lý viét ta có: x1 + x2 = − x1 < 2, x2 < 2 ⇔ x1 − 2 < 0, x2 − 2 < 0
O
( x − 2 ) + ( x2 − 2 ) < 0 x1 + x2 − 4 < 0 ⇔ 1 ⇔ x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4 > 0 ( x1 − 2 )( x2 − 2 ) > 0 −2 m − 4 < 0 ⇔ ⇔m>0 4 m − 4 + 4m + 4 > 0 Kết hợp với m ≠ 2 ta được m > 0; m ≠ 2 là giá trị cần tìm. 2
Cách 2: ( Giải x1 , x2 dựa vào ∆ ' = ( m − 2 ) ) 2
N
Do ∆ ' = ( m − 2 ) nên hai nghiệm của phương trình đã cho là x = − m ± ( m − 2) ⇔ x = −2, x = −2m + 2
H
Ơ
x1 < 2 −2 < 2 ⇔ ⇔ m>0. Do đó −2m + 2 < 2 x2 < 2 Kết hợp với m ≠ 2 ta được m > 0; m ≠ 2 là giá trị cần tìm.
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
Ví dụ 4. Cho phương trình x 2 − (m + 3) x + m − 1 = 0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 3 thoả mãn x1 < − < x2 . 2 Lời giải Ta có ∆ = [−(m + 3)]2 − 4.1.(m − 1) = (m + 3) 2 − 4m + 4 = m 2 + 2m + 13 = (m + 1) 2 + 12 > 0∀m Do phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m . b c Theo định lý viét, ta có x1 + x2 = − = m + 3; x1 x2 = = m − 1 . a a 3 3 3 Có x1 < − < x2 ⇔ x1 + < 0 < x2 + 2 2 2 3 3 3 9 ⇔ x1 + x2 + < 0 ⇔ x1 x2 + ( x1 + x2 ) + < 0 2 2 2 4 Thay x1 + x2 = m + 3; x1 x2 = m − 1 ta được 3 9 5 23 23 (m − 1) + (m + 3) + < 0 ⇔ m + < 0 ⇔ m < − 2 4 2 4 10 23 Vậy: m < − là giá trị cần tìm. 10 DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ Bước 1: Đặt t = x ≥ 0 ( và các điều kiện khác nếu có) Bước 2: Đưa về phương trình quy về bậc hai theo ẩn t : at 2 + bt + c = 0 . Bước 3: Lập luận số nghiệm của phương trình đã cho bằng số nghiệm thoả mãn, với t ≥ 0 ( và các điều kiện của t nếu có) của phương trình at 2 + bt + c = 0
Trang 84
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x − 7 − 3m Ví dụ 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm = m (1) x −3 Lời giải x − 7 − 3m Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 9 . Ta có = m ⇔ x − 7 − 3m = m x − 3m ⇔ x − m x − 7 = 0 x −3 Đặt t = x ≥ 0 kết hợp điều kiện ta được t ≥ 0; t ≠ 3 . Phương trình trở thành t 2 − mt − 7 = 0
FF IC IA L
( 2)
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình ( 2 ) có nghiệm thoả mãn điều kiện t ≥ 0; t ≠ 3 .
Xét ( 2 ) có a = 1 > 0, c = -7 < 0 nên ( 2 ) luôn có hai nghiệm phân biệt trai dấu do đó ( 2 ) luôn có nghiệm thoả mãn t > 0 .
Để t ≠ 3 ta phải có 32 − m ⋅ 3 − 7 ≠ 0 ⇔ m ≠
O
1 4
Ơ
Điều kiện: x ≥ 0, x ≠
x− x = m . Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. 2 x −1 Lời giải
N
Ví dụ 2. Cho phương trình
2 2 . Vậy: m ≠ là giá trị cần tìm. 3 3
x− x = m ⇔ x − x = 2m x − m ⇔ x − (2m + 1) x + m = 0 2 x −1 1 1 Đặt t = x do x ≥ 0, x ≠ nên điều kiện t ≥ 0, t ≠ 4 2 2 Phương trình trở thành t 2 − (2m + 1)t + m = 0 ( ) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ( 2 ) có hai nghiệm phân biệt t ≥ 0, t ≠
U
(1)
Y
N
H
Ta có:
1 2
Q
Ta có ∆ = [−(2m + 1)]2 − 4.1.m = (2m + 1) 2 − 4m = 4m 2 + 1 > 0∀m Do phương trình ( 2 ) luôn có hai nghiệm phân biệt t1 , t2 .
b c = 2m + 1, t1t2 = = m a a t + t ≥ 0 2m + 1 ≥ 0 ⇔ ⇔m≥0 t1 , t2 ≥ 0 ⇔ 1 2 m ≥ 0 t1t2 ≥ 0
KÈ
M
Theo định lý Viét ta có t1 + t2 = −
1 1 2m + 1 1 ⇔ − +m≠0⇔ − ≠0 2 4 2 4 Vậy m ≥ 0 là giá trị cần tìm.
ẠY
t1 , t2 ≠
D
III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL DẠNG 1: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG TIẾP XÚC PARABOL, TÌM TỌA ĐỘ TIẾP ĐIỂM Giả sử đường thẳng là d : y = mx + n và parabol là ( P ) : y = ax 2 ( a ≠ 0 ) . Bước 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P )
ax 2 = mx + n ⇔ ax 2 − mx − n = 0 (*) Trang 85
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bước 2 Lập luận: d tiếp xúc với ( P ) ⇔ Phương trình (*) có nghiệm kép Δ = 0 (hoặc ∆′ = 0 ) thì tìm được tham số. Bước 3 Thay giá trị tham số tìm được vào phương trình (*) ta tìm được x, thay x vừa tìm vào y = ax 2 hoặc y = mx + n thì tìm được y và kết luận.
Ví dụ 1. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : y = 2 ( m + 3) x − m 2 − 3. Tìm m để d tiếp xúc Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :
x 2 = 2 ( m + 3) x − m 2 − 3 ⇔ x 2 − 2 ( m + 3) x + m 2 + 3 = 0 (*) 2
(
)
Có Δ′ = − ( m + 3) − 1. m 2 + 3 = 6m + 6.
Để d tiếp xúc với ( P ) ⇔ Phương trình (*) có nghiệm kép
O
∆’ = 0 ⇔ 6m + 6 = 0 ⇔ m = −1. Thay m = −1 vào (*) ta được 2 2 x 2 − 4 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 2 ) = 0 ⇔ ( x − 2 ) = 0 ⇔ x = 2 y = 22 = 4
FF IC IA L
với ( P ) . Khi đó hãy tìm tọa độ tiếp điểm.
N
Vậy m = −1 thì d tiếp xúc với ( P ) và tọa độ tiếp điểm là M ( 2;4 ) .
Ví dụ 2. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : y = 2 x + 3. trên cùng một hệ trục tọa độ.
H
( P)
Ơ
a) Tìm tọa độ các giao điểm A và B của d và ( P ) , trong đó A là điểm có hoành độ âm. Vẽ d và
N
b) Tìm tọa độ điểm C thuộc cung AB để S∆ABC lớn nhất.
Lời giải a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :
M
* d : y = 2x + 3 x
Q
U
Y
x = −1 y = ( −1)2 = 1 x −1 = 2 2 x 2 = 2 x + 3 ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ ( x − 1) = 4 ⇔ ⇔ 2 x = 3 y = 3 = 9 x − 1 = −2 Vậy tọa độ các giao điểm của d và ( P ) là A ( −1;1) , B ( 3;9 ) .
KÈ
3 2 0
−
3
y
*y=x
0
2
x
−2 4
−1 1
0 0
D
ẠY
y
Trang 86
1 1
2 4
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
b) Có A ( −1;1) , B ( 3;9 ) cố định nên độ dài đoạn thẳng AB không đổi, do đó S ΔABC lớn nhất khi khoảng cách từ C đến đường thẳng d lớn nhất, khi đó C là tiếp điểm của đường thẳng d1 / / d và d1 tiếp xúc
( P).
O
Gọi phương trình đường thẳng d1 : y = ax + b.
Ơ
N
a d = a d a = 2 ⇔ Do d1 / / d nên 1 b ≠ 3 bd1 ≠ bd Suy ra d1 : y = 2 x + b, b ≠ 3
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d1 và ( P ) :
H
x2 = 2 x + b ⇔ x2 − 2 x − b = 0 2
N
(*) có Δ′ = ( −1) − 1. ( −b ) = b + 1 Thay b = −1 vào (*) ta được 2
Y
d1 tiếp xúc với ( P ) có nghiệm kép ⇔ Δ′ = 0 ⇔ b = −1 (thỏa mãn).
U
x 2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 y = 12 = 1
Q
Vậy C (1;1) là điểm cần tìm.
M
DẠNG 2: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARABOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN BIỆT A, B THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI x A VÀ x B Giả sử đường thẳng d : y = mx + n và parabol là ( P ) : y = ax 2 ( a ≠ 0 ) .
KÈ
Bước 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) ax 2 = mx + n ⇔ ax 2 − mx − n = 0 (*) Bước 2 Tìm điều kiện để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A và B
ẠY
⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ Δ > 0 (hoặc Δ′ > 0 ).
D
Bước 3 Biến đổi biểu thức đối xứng với xA , xB về x A + xB ; x A .xB rồi sử dụng định lý Viét với x A , xB là hai nghiệm của phương trình (*). Một số điều kiện và phép biến đổi cần nhớ • Hai điểm A và B nằm bên phải trục Oy khi x A , xB cùng dương. • • • •
Hai điểm A và B nằm bên trái trục Oy khi xA , xB cùng âm. Hai điểm A và B nằm cùng một phía trục Oy khi xA , xB cùng dấu. Hải điểm A và B nằm về hai phía trục Oy khi x A , xB trái dấu. Công thức tính y A theo x A và tính yB theo xB Trang 87
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Cách 1 Tính theo ( P ) : vì A, B ∈ ( P ) : y = ax 2 nên y A = ax A2 ; y B = axB2 . Cách 2 Tính theo d : vì A, B ∈ d : y = mx + n nên y A = mx A + n; yB = mxB + n Giả sử x A = x1 ; xB = x2 2
•
Gặp x12 + x22 = x12 + 2 x1 x2 + x22 − 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2
•
Gặp x1 − x2 thì xét x1 − x2 = ( x1 − x2 ) = x12 − 2 x1 x2 + x22 = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2
•
Gặp x1 + x2 thì xét ( x1 + x2
2
2
2
2
2
= x1 + x2 + 2 x1 x2 = x12 + x22 + 2 x1 x2
FF IC IA L
)
2
2
= ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 − 2 x1 x2
N
O
b − a ≥ 0 x1 + x2 ≥ 0 • Gặp x1 , x2 thì cần thêm điều kiện phụ x1 ≥ 0; x2 ≥ 0 ⇔ ⇔ c x1 x2 ≥ 0 ≥0 a b x1 + x2 = − a > 0 Gặp x1 , x2 là độ dài hai cạnh tam giác ta cần thêm điều kiện phụ x1 , x2 > 0 ⇔ • xx = c >0 1 2 a Nếu bình phương hai vế ta cần thêm điều kiện phụ là hai vế lớn hơn hoặc bằng 0. • Ví dụ 1. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : y = 2 ( m − 1) x − 2m + 4. Tìm m để d cắt ( P ) tại
Ơ
hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho biểu thức A = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
H
Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và d là
N
x 2 = 2 ( m − 1) x − 2m + 4 ⇔ x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 4 = 0. 2
2
Y
Có Δ′ = − ( m − 1) − 1. ( 2m − 4 ) = ( m − 1) − 2m + 4 2
U
= m 2 − 4m + 5 = ( m − 2 ) + 1 > 0∀m
M
Q
Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt với mọi m. b c Theo định lý Viét, ta có: x1 + x2 = − = 2m − 2; x1 x2 = = 2m − 4 a a 2
Có A = x12 + x22 + 2 x1 x2 − 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2
KÈ
Thay x1 + x2 = 2m − 2; x1 x2 = 2m − 4 vào A ta được: 2
2
A = ( 2m − 2 ) − 2 ( 2m − 4 ) = 4m2 − 12m + 12 = ( 2m − 3) + 3 ≥ 3
∀m
3 2 2 Ví dụ 2. Cho Parabol ( P ) : y = − x và đường thẳng d đi qua I ( 0; −1) hệ số góc k.
ẠY
Vậy MinA = 3 khi 2m − 3 = 0 ⇔ m =
D
a) Viết phương trình d theo k b) Chứng minh d luôn cắt (P) tại hai điểm A, B phân biệt thuộc hai phía Oy. c) Gọi hoành độ A và B lần lượt là x1 và x2 . Chứng minh: x1 − x2 ≥ 2 d) Giả sử x1 < x2 . Tìm m để x1 > x2 . Lời giải
a) Gọi phương trình d là: y = ax + b
( a ≠ 0). Trang 88
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Do d đi qua I ( 0; −1) nên −1 = a.0 + b
⇔ b = −1
Vì d có hệ số góc k nên a = k Vậy phương trình d là: y = kx − 1 b) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) : − x 2 = kx − 1 ⇔ x 2 + kx − 1 = 0 (*)
Có ∆ = k 2 − 4.1. ( −1) = k 2 + 4 > 0 ∀k nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt
Theo định lý Viét, ta có x A + xB = −
FF IC IA L
Do đó d luôn cắt ( P ) tại hai điể A, B phân biệt b c = − k ; x A x B = = −1 a a
Vì xA xB = −1 < 0 x A , xB trái dấu Vậy A, B thuộc hai phía Oy. 2
2
2
c) Xét x1 − x2 = ( x1 − x2 ) = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 Thay x1 + x2 = −k ; x1 x2 = −1 vào x1 − x2 2
2
ta được
x1 − x2 = ( −k ) − 4. ( −1) = k 2 + 4 ≥ 4 x1 − x2 ≥ 2 đpcm d) Cách 1: (Xét dấu của x1 , x2 )
N
Do x1 < x2 và x1 , x2 trái dấu nên x1 < 0, x2 > 0
O
2
2
2
H
Mà x1 + x2 = −k nên ta được − k < 0 ⇔ k > 0 Cách 2: (bình phương):
Ơ
Suy ra x1 = − x1 ; x2 = x2 nên x1 > x2 ⇔ − x1 > x2 ⇔ x1 + x2 < 0
Có x1 > x2 ⇔ x1 > x2 ⇔ x12 > x22 ⇔ ( x1 − x2 )( x1 + x2 ) > 0
N
⇔ x1 − x2 và x1 + x2 cùng dấu
U
Y
Mà x1 < x2 hay x1 − x2 < 0 nên x1 + x2 < 0 ⇔ −k < 0 ⇔ k > 0 Vậy k > 0 là giá trị cần tìm. Ví dụ 3. Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và d : y = mx − m + 1. Tìm m để ( P ) và d cắt nhau tại hai điểm
Q
phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 4 Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) là:
M
x 2 = mx − m + 1 ⇔ x 2 − mx + m − 1 = 0
2
KÈ
Có ∆ = ( −m ) − 4.1. ( m − 1) = m2 − 4m + 4 = ( m − 2 )
( *)
2
d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 2
ẠY
⇔ ∆ > 0 ⇔ ( m − 2) > 0 ⇔ m ≠ 2
Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = −
D
Xét
(x
1
+ x2
)
2
2
b c = m ; x1 x2 = = m − 1 a a
2
= x1 + x2 + 2 x1 . x2 = x12 + x22 + 2 x1 x2 2
= x12 + x22 + 2 x1 x2 − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 = m 2 − 2. ( m − 1) + 2. m − 1 = m2 − 2m + 2 + 2. m − 1 2
= ( m − 1) + 2. m − 1 + 1 = ( m − 1 + 1) Do đó x1 + x2 = 4 ⇔ ( x1 + x2
)
2
2
2
= 16 ⇔ ( m − 1 + 1) = 16
⇔ m − 1 + 1 = 4 ⇔ m − 1 = 3 ⇔ m = −1, m = 5 (thỏa mãn)
Trang 89
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vậy m = −1, m = 5 là giá trị cần tìm. Chú ý: Ta có thể giải theo cách chỉ ra hai nghiệm của (*) là x = 1, x = m − 1 dựa vào ∆ là bình phương hoặc dựa vào nhận xét a + b + c = 0. Ví dụ 4. Cho ( P ) : y = x 2 và d : y = 2 ( m − 1) x + 3 − 2m. Tìm m để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có
FF IC IA L
hoành độ x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 10. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) là: x 2 = 2 ( m − 1) x + 3 − 2 m ⇔ x 2 − 2 ( m − 1) x + 2 m − 3 = 0 2
2
Có ∆′ = − ( m − 1) − 1. ( 2m − 3) = ( m − 1) − 2m + 3 = m2 − 4m + 4 = ( m − 2 )
( *)
2
d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 2
⇔ ∆′ > 0 ⇔ ( m − 2 ) > 0 ⇔ m ≠ 2 b c = 2m − 2; x1 x2 = = 2m − 3 a a Do x1 , x2 là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật nên x1 > 0, x2 > 0
2
x12 + x22 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 10 2
Ơ
N
x1 + x2 > 0 2m − 2 > 0 3 ⇔ ⇔ ⇔m> 2 2m − 3 > 0 x1 x2 > 0 Do x1 ≠ x2 và hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng
O
Theo định lý Viét, ta có: x1 + x2 = −
10 nên theo định lý Pytago ta có:
H
Thay x1 + x2 = 2m − 2, x1 x2 = 2m − 3 vào ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 10 ta được 2
U
Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. Chú ý
Y
N
( 2m − 2) − 2 ( 2m − 3) = 10 ⇔ 4m2 − 12m + 10 = 10 ⇔ 4 m ( m − 3 ) = 0 ⇔ m = 0 (loại), m = 3 (thỏa mãn)
Q
• Bài này ta cần lưu ý điều kiện m >
3 trong quá trình giải 2
• Ta có thể giải theo cách chỉ ra hai nghiệm của (*) là x = 1; x = 2m − 3 dựa vào ∆′ là bình phương
M
hoặc dựa vào nhận xét a + b + c = 0.
D
ẠY
KÈ
DẠNG 3: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARABOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN BIỆT A, B THỎA MÃN MỘT BIỂU THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI XA VÀ XB b Cách 1 Kết hợp điều kiện của bài toán với x1 + x2 = − để giải x1 , x2 theo tham số rồi thay x1 , x2 vừa a c giải được vào x1 x2 = a Cách 2 Nếu tính ∆ hoặc ∆′ mà ra một biểu thức bình phương thì ta tìm hai nghiệm đó và phải xét hai trường hợp: −b + ∆ −b − ∆ Trường hợp 1: Xét x1 = ; x2 = 2a 2a −b − ∆ −b + ∆ Trường hợp 2: Xét x1 = , x2 = 2a 2a Ví dụ 1. Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : y = mx + m + 1. Tìm m để d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn 2 x1 − 3x2 = 5 Trang 90
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) : x 2 = mx + m + 1
⇔ x 2 − mx − m − 1 = 0 (*)
2
Có ∆ = ( −m ) − 4.1. ( −m − 1) = m2 + 4m + 4 = ( m + 2 )
2
D cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 2
Cách 1 (Giải x1 , x2 dựa vào định lý Viét) b c Theo định lý Viét ta có: x1 + x2 = − = m, x1 x2 = = −m − 1 a a x1 + x2 = m 3 x1 + 3 x2 = 3m 3m + 5 2m − 5 ⇔ ⇔ x1 = , x2 = Giải hệ: 5 5 2 x1 − 3x2 = 5 2 x1 − 3x2 = 5
3m + 5 2m − 5 vào x1 x2 = −m − 1 ta được , x2 = 5 5 3m + 5 2m − 5 ⋅ = − m − 1 ⇔ 6m 2 + 20m = 0 5 5 10 ⇔ 2m ( 3m + 10 ) = 0 ⇔ m = 0, m = − ( thỏa mãn) 3 2
N
Ơ
Cách 2: (Giải x1, x2 dựa vào ∆ là bình phương)
O
Thay x1 =
FF IC IA L
⇔ ∆ > 0 ⇔ ( m + 2 ) > 0 ⇔ m ≠ −2
m ± ( m + 2)
2
⇔ x = −1, x = m + 1
N
x=
H
Do ∆ = ( m + 2 ) nên hai nghiệm của phương trình (*) là
Y
Trường hợp 1: Xét x1 =-1, x2 = m+1, thay vào 2x1 - 3x2 =5 ta được −2 − 3 ( m + 1) = 5 ⇔ m = −
10 3
U
(thỏa mãn) Trường hợp 2: Xét x1 = m+1, x2 = -1, thay vào 2x1 - 3x2 =5 ta được 2 ( m + 1) − 3. ( −1) = 5 ⇔ m = 0 Vậy m = 0, m = −
Q
(thỏa mãn)
10 là giá trị cần tìm. 3
KÈ
M
Chú ý: Ta có thể nhận xét a - b +c =0 để được hai nghiệm của phương trình (*) là x =-1, x =m+1. Ví dụ 2: Chp parabol (P): y =x2 và đường tròn d: y =2(m+1) + 3. Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn 2 x1 + x2 = 5 . Lời giải
ẠY
Xét phương trình hoành độ của d và (P): x2 = 2(m+1)x + 3 ⇔ x2 -2 (m+1)x -3 =0 (*) 2
2
Có ∆′ = − ( m + 1) − 1. ( −3) = ( m + 1) + 3 > 0 ∀m nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân
D
biệt x1, x2, do đó d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = −
b c = 2m + 2, x1 x2 = = −3 a a
Do x1 x2 = −3 < 0 nên x1, x2 trái dấu. Cách 1 (Giải hệ 2 x1 + x2 = 5 và x1 + x2 = 2m + 2 ) Trường hợp 1: Xét x1 < 0, x2 > 0 x1 = − x1 ; x2 = x2 nên 2 x1 + x2 = 5 ⇔ −2 x1 + x2 = 5
Trang 91
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
FF IC IA L
−2 x1 + x2 = 5 2m − 3 4m + 9 Giải hệ 3 x1 = 2m − 3 x1 = x2 = 3 3 x1 + x2 = 2m + 2 2m − 3 4m + 9 Thay x1 = vào x1x2 =-3 ta được , x2 = 3 3 2m − 3 4m + 9 3 ⋅ = −3 ⇔ 8m 2 + 6m = 0 m = 0, m = − 3 3 4 Trường hợp 2: Xét x1 > 0, x2 < 0 x1 = x1 ; x2 = − x2 nên 2 x1 + x2 = 5 ⇔ 2 x1 − x2 = 5 2 x1 − x2 = 5 2m + 7 4m − 1 3 x1 = 2m + 7 x1 = x2 = 3 3 x1 + x2 = 2m + 2
Giải hệ
2m + 7 4m − 1 , x2 = vào x1x2 =-3 ta được 3 3 2 m + 7 4m − 1 5 ⋅ = −3 ⇔ 8m 2 + 26m + 20 = 0 m = −2, m = − 3 3 4 Cách 2: (Giải hệ 2 x1 + x2 = 5 và x1x2 =-3):
O
Thay x1 =
Trường hợp 1: Xét x1 < 0, x2 > 0 x1 = − x1 ; x2 = x2 nên 2 x1 + x2 = 5 ⇔ −2 x1 + x2 = 5
N
⇔ −2 x1 + x2 = 5 ⇔ x2 = 2 x1 + 5 , thay vào x1x2 =-3 ta được
Ơ
x1 ( 2 x1 + 5 ) = −3 ⇔ 2 x12 + 5 x1 + 3 = 0 ⇔ 2 x12 + 2 x1 + 3x1 + 3 = 0
N
x1 = −1 x2 = 3 ⇔ ( thỏa mãn) x1 = − 3 x2 = 2 2
H
⇔ 2 x1 ( x1 + 1) + 3 ( x1 + 1) = 0 ⇔ ( x1 + 1)( 2 x1 + 3) = 0
3 4 Trường hợp 2: Xét x1 > 0, x2 < 0 x1 = x1 ; x2 = − x2 nên 2 x1 + x2 = 5 ⇔ 2 x1 − x2 = 5
U
Y
Thay vào x1 +x2 =2m +2 được m = 0, m = −
Q
x2 = 2 x1 − 5 , thay vào x1x2 =-3 ta được
x1 ( 2 x1 − 5 ) = −3 ⇔ 2 x12 − 5 x1 + 3 = 0 ⇔ 2 x12 − 2 x1 − 3x1 + 3 = 0
M
⇔ 2 x1 ( x1 − 1) − 3 ( x1 − 1) = 0 ⇔ ( x1 − 1)( 2 x1 − 3) = 0
KÈ
x1 = 1 x2 = −3 ⇔ ( thỏa mãn) x1 = 3 x2 = −2 2
ẠY
Thay vào x1 + x2 = 2m + 2 được m = −2, m = −
3 4
5 4
5 4
D
Vậy m ∈ 0;2; − ; − là các giá trị cần tìm. Ví dụ 3: Cho parabol (P): y =x2 và đường thẳng d: y = -4x +m2 - 4. Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn x2 = x13 + 4 x12 .
Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): x 2 = −4 x + m 2 − 4 ⇔ x 2 + 4 x − m 2 + 4 = 0 (*)
(
)
Có ∆ ′ = 2 2 − 1 − m 2 + 4 = m 2 Trang 92
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN d cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ′ > 0 ⇔ m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0. Theo định lý Viét, ta có x1 + x2 = −
b c = −4, x1 x2 = = − m 2 + 4 a a
Cách 1: (Giải dựa vào định lí Viét) Thay x2 = x13 + 4 x12 vào x1 + x2 = −4 ta được
FF IC IA L
x1 + ( x13 + 4 x12 ) = −4 ⇔ x12 ( x1 + 4 ) + x1 + 4 = 0 ⇔ ( x1 + 4 ) ( x12 + 1) = 0 ⇔ x1 = −4 x2 = 0
Thay x1 =-4, x2 =0 vào x1x2 =-m2 +4 -m2 +4 =0 m= ± 2 (thỏa mãn) Cách 2 (Giải x1, x2 dựa vào ∆ ′ là bình phương) Do ∆ ′ = m 2 nên hai nghiệm của phương trình (*) là x= -2 ± m. Trường hợp 1: Xét x1 = −2 − m, x2 = −2 + m, thay vào x2 = x13 + 4 x12 ta được 3
2
3
2
− 2 + m = ( −2 + m ) + 4 ( −2 − m ) ⇔ ( m + 2 ) − 4 ( m + 2 ) + m − 2 = 0
⇔ ( m + 2 ) ( m + 2 − 4 ) + ( m − 2 ) = 0 ⇔ ( m − 2 ) ( m + 2 ) + 1 = 0 ⇔ m = 2 ( thỏa mãn). Trường hợp 2: Xét x1 = −2 + m, x2 = −2 − m, thay vào x2 = x13 + 4 x12 ta được 2
3
2
N
O
2
3
2
Ơ
− 2 − m = ( −2 + m ) + 4 ( − 2 + m ) ⇔ ( m − 2 ) − 4 ( m − 2 ) + m + 2 = 0
N
H
2 2 ⇔ ( m − 2 ) ( m − 2 + 4 ) + ( m + 2 ) = 0 ⇔ ( m + 2 ) ( m − 2 ) + 1 = 0 ⇔ m = −2 ( thỏa mãn). Vậy m = ±2 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 4: Cho parabol (P): y=x2 và đường thẳng d: y = (2m-1)x -m2 +m. Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm
x1 = 2 x2 .
Y
phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn
U
Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):
Q
x 2 = ( 2m − 1) x − m 2 + m ⇔ x 2 − ( 2m − 1) x + m 2 − m = 0 2
(
)
(*)
2
Có ∆ = − ( 2 m − 1) − 4.1 m 2 − m = ( 2 m − 1) − 4 m 2 + 4 m = 1 > 0 ∀m.
M
Do đó (*) luôn có hai nghiệm phân biệt nên d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
2m − 1 ± 1 ⇔ x = m, x = m − 1 2 m ≥ 0 x1 , 2 x2 ta cần có x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 ⇔ ⇔ m ≥1. m − 1 ≥ 0
KÈ
Có ∆ = 1 nên hai nghiệm của (*) là x = Để tồn tại
x1 = 2 x2 ⇔ x1 = 2 x2
ẠY
Khi đó
D
Trường hợp 1: Xét x1 = m, x2 =m -1 thay vào x1 =2x2 ta được m= 2(m-1) ⇔ m =2 (thỏa mãn) Trường hợp 2: Xét x1 = m-1, x2 =m thay vào x1 =2x2 ta được m -1 = 2m ⇔ m = -1 (loại ) Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Chú ý: Bài này ta cần lưu ý điều kiện m ≥ 1 trong quá trình giải.
Trang 93
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN VD5. Cho parabol (P): y = x và đường thẳng d : y = ( m − 3) x − m + 4. Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm 2
phân biệt có hoành độ x1 , x 2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông cân. Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): x 2 = (m − 3)x − m + 4 ⇔ x 2 − (m − 3)x + m − 4 = 0 (*) 2
Cã ∆= [ −(m − 3)] − 4.1.(m − 4) = (m − 3)2 − 4m + 16 = (m − 5)2
FF IC IA L
d c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt ⇔ Ph−¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt ⇔ ∆>0 ⇔ (m - 5)2 > 0 ⇔ m ≠ 5. b c Theo ®Þnh lý ViÐt, ta cã x1 + x 2 = − = m − 3, x1 x 2 = = m − 4 a a Do x1 , x 2 là độ dài hai cạnh của một tam giác nên x1 > 0, x 2 > 0
Ơ
định lí Pytago ta có x 21 = x 2 2 + x 2 2 ⇔ x1 = 2 .x 2
N
O
x1 +x 2 > 0 m − 3 > 0 ⇔ ⇔ ⇔ m > 4. m − 4 > 0 x1x 2 > 0 Vì ∆ = (m − 5)2 nên hai nghiệm của phương trình (*) là m − 3 ± (m − 5) x= ⇔ x = 1,x = m − 4. Do x1 ≠ x 2 nªn x1 ,x 2 không thể cùng là độ dài hai cạnh góc 2 vuông của tam giác vuông cân. Giả sử x1 là độ dài cạnh huyền, x 2 là độ dài cạnh góc vuông thì theo
N
H
Trường hợp 1: XÐt x1 =1,x 2 = m − 4, Thay vµo x1 = 2 .x2 ta ®−îc 1 1= 2(m − 4) ⇔ m = + 4 (tháa m·n) 2 Trường hợp 2: XÐt x1 = m - 4, x2 = 1, thay vµo x1 = 2x 2 ta ®−îc 1
U
+ 4 , m = 2(m − 4) lµ gi¸ trÞ cÇn t×m 2 Chú ý: Ta có thể nhận xét a + b + c = 0 để được hai nghiệm của phương trình (*) là x = 1, x = m − 4.
Q
VËy m =
Y
m - 4 = 2.1 ⇔ m = 2(m − 4) (tháa m·n)
KÈ
M
DẠNG 4: TÌM THAM SỐ ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG CẮT PARAPOL TẠI HAI ĐIỂM PHÂN BIỆT A, B LIÊN QUAN ĐẾN TUNG ĐỘ A, B. Dạng này ta cần tính y A theo x A và tính y B theo x B theo một trong hai cách: Cách 1: Tính theo (P): V× A,B ∈ (P): y = ax 2 nªn y A = ax 2A , y B = ax 2B Cách 2: Tính theo d: V× A,B ∈ d : y = mx + n nªn y A = mx A + n, y B = mx B + n
D
ẠY
Ví dụ 1: Cho paraboara (P) : y = x 2 và đường thẳng d: y= 2mx - m 2 + m + 1 . Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1 :y1 ), B(x 2 ;y 2 ) thỏa mãn y1 + y2 + 2x1 + 2x 2 = 22 Lời giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P):
x 2 = 2mx - m 2 + m + 1 ⇔ x 2 - 2mx + m 2 - m - 1= 0 (*) Cã ∆ ' = (-m)2 − 1.(m 2 - m - 1) = m + 1 d cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ Ph−¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1
Trang 94
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN b c 2 Theo ®Þnh lý ViÐt, ta cã x1 +x 2 = - = 2m, x1 x 2 = = m -m-1 a a V× A, B ∈ (P): y=x 2 nªn y1 =x12 , y 2 =x 2 2 Do ®ã y1 +y 2 +2x1 +2x 2 = 22 ⇔ x 21 +x 2 2 + 2x1 +2x 2 = 22 2
⇔ ( x1 +x 2 ) − 2x1 x 2 + 2 ( x1 +x 2 ) = 22 Thay x1 +x 2 = 2m, x1 x 2 = m 2 -m-1 Ta ®−îc 2
− 2 ( m 2 -m-1) + 2.2m = 22 ⇔ m 2 +3m-10=0
FF IC IA L
( 2m )
⇔ (m-5)(m-2)=0 ⇔ m=-5 (lo¹i), m=2 (tháa m·n) VËy m=2 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m
Ví dụ 2. Cho parabol (P): y=x 2 và đường thẳng d : y =
( 2m + 1) x − 2m . Tìm m để d cắt (P) tại hai
Lời giải Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): x 2 = (2m + 1) x − 2m ⇔ x 2 − (2m + 1) x + 2m = 0 (*) 2
Có ∆ = [ −(2m + 1) ] − 4.1.2 m = (2m + 1) 2 − 8m = (2m − 1) 2
O
điểm phân biệt A ( x1 , y1 ) ; b ( x2 , y2 ) Sao cho biểu thức T = y1 + y2 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2
N
H
Ơ
N
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 1 ⇔ ∆>0 ⇔ (2m − 1)2 > 0 ⇔ m ≠ 2 b c Theo định lí Vi-et ta có x1 +x 2 = - = 2m + 1, x1 x 2 = = 2m a a 2 2 2 V× A,B ∈ (P): y = x nªn y1 = x1 , y 2 = x 2 Do ®ã T = x 21 +x 2 2 − x1 x 2 = ( x1 +x 2 ) − 3x1 x 2
M
Q
U
Y
Thay x1 + x 2 = 2m + 1, x1x 2 = 2m vµo T ta ®−îc 1 3 3 T=(2m + 1)2 − 3.2m = 4m 2 − 2m + 1 = (2m − )2 + ≥ 2 4 4 3 1 1 VËy MinT = khi 2m - = 0 ⇔ m = (tháa m·n) 4 2 4 2 Ví dụ 3: Cho parabol (P) : y = x và đường thẳng d: y= 2mx - m 2 + 1. Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1 :y1 ), B(x 2 ;y 2 ) thỏa mãn y1 - y 2 > 4
KÈ
Lời giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): x 2 = 2mx - m 2 + 1 ⇔ x 2 - 2mx + m 2 - 1 = 0 (*) 2
Có ∆ ' = ( -m ) − 1.(m 2 − 1) = 1 > 0 ∀m ,do đó Phương trình (*) luôn có hai nghiệm x1 ,x 2 phân biệt
ẠY
nên d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt Do ∆' = 1 nên hai nghiệm của (*) là x = m ± 1 ⇔ x = m - 1, x = m + 1 2
D
Trường hợp 1: XÐt x1 = m - 1, x 2 = m + 1 y1 = ( m - 1) , y 2 = ( m+1) nª n y1 - y 2 > 4 ⇔
( m+1)
2
2
2
− ( m-1) > 4 m > 1
VËy m > 1 hoÆc m < -1 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m .
Ví dụ 4: Cho parabol (P) : y = - x 2 và đường thẳng d: y = 2x + m − 1. Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1 :y1 ), B(x 2 ;y 2 ) mà x1 y1 - x 2 y 2 - x1 x 2 = -4 Lời giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): Trang 95
⇔ (x1 − x 2 )(x12 +x 22 +x1x 2 ) + x1x 2 = 4 2 ⇔ (x1 − x 2 ) ( x1 + x 2 ) − x1x 2 + x1x 2 = 4 Thay x1 + x 2 = −2, x1 x 2 = m − 1, ta ®−îc :
O
2 (x1 − x 2 ) ( −2 ) − m + 1 + m − 1 = 4 ⇔ (x1 − x 2 )(5 − m) + m − 5 = 0 ⇔ (x1 − x 2 − 1)(5 − m) = 0 ⇔ m = 5 (lo¹i), x1 − x 2 = 1
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN -x 2 = 2x + m - 1 ⇔ x 2 + 2x + m − 1 = 0 (*) Có ∆' = 12 − 1.(m − 1) = 2 − m d cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 2 − m > 0 ⇔ m < 2. b c Theo định lí vi-et ta có: x1 +x 2 = − = −2, x1 x 2 = = m − 1 a a V× A,B ∈ (P): y = - x 2 nªn y1 = -x12 , y 2 = -x 2 2 Do đó : x1 y1 - x 2 y 2 - x1 x 2 =-4 ⇔ -x13 +x32 -x1x 2 = −4 ⇔ x13 -x 32 +x1x 2 = 4
N
H
Ơ
N
x − x = 1 3 1 Giải hệ 1 2 x1 = − , x2 = − , thay vào x1 x2 = m − 1 ta được 2 2 x1 + x2 = −2 3 7 = m − 1 ⇔ m = (thỏa mãn). 4 4 7 Vậy m = là giá trị cần tìm. 4
U
Y
DẠNG 5: BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐỘ DÀI, DIỆN TÍCH Ghi nhớ một số công thức về khoảng cách - Khoảng cách từ gốc tọa độ đến một điểm +) Nếu A ( a ; 0 ) ∈ Ox thì OA = xA = a .
Q
+) Nếu B ( 0; b ) ∈ Oy thì OB = yB = b .
+) Nếu M ( a ; b ) bất kì thì OM = a 2 + b2 .
M
- Khoảng cách giữa hai điểm trên cùng một trục Ox hoặc Oy +) Nếu A, B ∈ Ox (hoặc AB //Ox ) thì AB = xA − xB .
KÈ
+) Nếu M , N ∈ Oy (hoặc MN //Oy ) thì MN = yM − yN . - Khoảng cách giữa hai điểm A ( xA ; y A ) , B ( xB ; yB ) bất kỳ
D
ẠY
(Công thức này cần chứng minh khi sử dụng)
AH = xA − xB BH = y A − yB Trang 96
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN AB =
2
2
AH + BH =
( x A − xB )
2
2
+ ( y A − yB ) .
Ví dụ 1: Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : y = mx + 2 .
d) Tính độ dài đoạn AB theo m và chứng minh AB ≥ m 2 + 8 ∀m . e) Tính diện tích ∆OAB theo m và tìm m để S ∆OAB = 2m + 1 (đvdt). f) Chứng minh với mọi m , ∆OAB không thể vuông tại O. Lời giải a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :
FF IC IA L
a) Chứng minh d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai phía Oy. b) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành. Tính độ dài MN theo m và tìm m để S ∆OAM = S ∆OBN . c) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục tung. Tính độ dài đoạn HK theo m .
O
x 2 = mx + 2 ⇔ x 2 − mx − 2 = 0 (*) 2 2 Có ∆ = ( − m ) − 4.1. ( −2 ) = m + 8 > 0 ∀m nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt. Do đó d luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A , B .
b c = m , xA xB = = −2 < 0 . a a Vì x A xB = −2 < 0 x A , xB trái dấu nên A , B thuộc hai phía Oy .
Ơ
N
Theo định lý Viét, ta có xA + xB = −
b) Có 2
H
Vậy d luôn cắt ( P ) tại hai điểm A , B thuộc hai phía Oy . 2
N
MN = x A − xB MN 2 = x A − xB = ( x A − xB ) − 4 x A xB
= m 2 + 8 MN = m 2 + 8
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
Vậy MN = m2 + 8 .
Do ∆OAM , ∆OBN lần lượt vuông tại M , N nên 1 1 1 1 S∆OAM = AM .OM = xA3 ; S∆OBN = BN .ON = xB3 . 2 2 2 2 1 3 1 3 Do đó S∆OAM = S∆OBN ⇔ xA = xB ⇔ x3A = xB3 ⇔ x A = xB 2 2 ⇔ x A = xB (loại), x A = − xB ⇔ x A + xB = 0 ⇔ m = 0 (thỏa mãn). Trang 97
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vậy m = 0 thì S ∆OAM = S ∆OBN . c) Có HK = y A − yB = x A2 − xB2 = ( x A + xB )( x A − xB ) = m. ( x A − xB ) 2 HK 2 = m 2 ( x A + xB ) − 4 x A xB = m 2 ( m 2 + 8 ) .
Vậy HK = m m 2 + 8 . d) Có
=
( x A − xB )
( x A − xB )
2
2
(m
2
2
+ ( y A − yB ) =
+ 1) =
(m
2
( x A − xB )
2
+ 8 )( m 2 + 1) ≥
+ ( mx A + 2 − mxB − 2 )
(m
2
2
+ 8) .
e) Gọi I là giao điểm của d và Oy I ( 0; 2 ) OI = yI = 2 .
FF IC IA L
AB =
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A , B trên trục tung nên AH = xA , BK = xB .
1 ( OI . AH + OI .BK ) = xA + xB 2
= m 2 − 2. ( −2 ) + 2. 2 = m 2 + 8 x A + xb = m 2 + 8
Vậy S ∆OAB = m 2 + 8 .
O
S∆OAB = S∆OAI + S∆OBI =
7 (loại), m = 1 (thỏa mãn). 3 Vậy m = 1 thì S∆OAB = 2m + 1 (đvdt).
Y
N
⇔m=−
H
Ơ
N
1 Có S ∆OAB = 2m + 1 ⇔ m 2 + 8 = 2m + 1 (điều kiện 2m + 1 > 0 ⇔ m > − ) 2 2 2 2 2 ⇔ m + 8 = 4m + 4m + 1 ⇔ 3m + 4m − 7 = 0 ⇔ 3m − 3m + 7m − 7 = 0 ⇔ 3m ( m − 1) + 7 ( m − 1) ⇔ ( m − 1)( 3m + 7 ) = 0
U
Chú ý Câu này ta cần lưu ý đến điều kiện m > −
1 trong quá trình giải. 2
f) Ta có OA2 = xA2 + y A2 , OB 2 = xB2 + yB2 . 2
2
Q
AB 2 = ( x A − xB ) + ( y A − y B ) = x A2 + xB2 − 2 x A xB + y A2 + y B2 − 2 y A y B .
M
Xét OA2 + OB 2 − AB 2 = 2 x A xB + 2 y A y B = 2 ( x A xB + x A2 xB2 )
= 2 xA xB ( xA xB + 1) = 2. ( −2 )( −2 + 1) = 4 ≠ 0
2
Do đó OA + OB ≠ AB 2 nên ∆OAB không thể vuông tại O (đpcm). Bài 2: Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d : y = −2 x + 3 .
KÈ
2
ẠY
a) Tìm tọa độ giao điểm A, B của d và (P) với xA > 0 và vẽ d, (P). b) Tìm tọa độ điểm C thuộc cung AB của (P) sao cho diện tích ∆ ABC lớn nhất. c) Tìm tọa độ điểm M ∈ Oy để S MAB = 4 (đvdt). d) Cho điểm E ( 3;0 ) . Tìm tọa độ điểm F ∈ ( P ) sao cho độ dài EF ngắn nhất.
D
Lời giải a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) :
x 2 = −2 x + 3 ⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ x 2 + 2 x + 1 − 4 = 0 x = 1 y = 12 2 ⇔ ( x + 1) = 4 ⇔ x + 1 = ±2 ⇔ 2 x = −3 y = ( −3) = 9 Vậy A (1;1) , B ( −3;9 ) . Trang 98
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN * d : y = −2 x + 3
x
0
y
3
3 2 0
* ( P ) : y = x2 0 0
−1 1
1 1
2 4
N
H
Ơ
N
O
y
FF IC IA L
−2 4
x
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
b) Có A(1; 1) , B(-3; 9) cố định nên độ dài đoạn AB không đổi, do đó SABC lớn nhất khi khoàng cách từ C đến đường thẳng d lớn nhất, khi đó C là tiếp điểm của đường thẳng d1//d2 và d1 tiếp xúc với (P). Gọi phương trình của d1: y = ax + b ad1 = ad Do d1//d2 nên ta có: d1 : y = −2 x + b (b ≠ 3) bd1 = bd Xét phương trình hoành độ giao điểm của d1 và (P): x2 = – 2x + b ⇔ x2 + 2x – b = 0 (*) d1 tiếp xúc với (P) ⇔ (*) có nghiệm kép ⇔ ∆’ = 1 + b = 0 ⇔ b = – 1 (thỏa mãn) Khi đó xc là nghiệm kép của (*): xc = – 1 yc = (– 1)2 = 1 Vậy C(1; –1) là điểm cần tìm c) Gọi N là giao điểm của d và Oy N(0; 3) Do M ∈ Oy xM = 0 M(0; yM), yM ≠ 3 (do M ≠ N) MN = yM – yN = yM – 3 Kẻ AH ⊥ Oy tại H, BK ⊥ Oy tại K thì: AH = xA = 1 = 1, BK = xB = –3 = 3 Vì A và B thuộc hai phía của Oy nên: 1 1 S MAB = S MAN + S MBN = MN . AH + MN .BK = 2 yM − 3 (đvdt) 2 2 Do đó SAMB = 4 yM – 3 = 2 yM – 3 = ± 2 yM = 5, yM = 1 (thỏa mãn) Vậy M(0; 1) hoặc M(0; 5) d) Do F ∈ ( P ) y F = xF2 F ( xF ; xF2 ) 2
2
2
2
Có : EF = ( xE − xF ) + ( yE − yF ) = ( 3 − xF ) + ( 0 − xF2 ) = xF4 + xF2 − 6 xF + 9
(
)
2
2
= xF4 − 2 xF2 + 1 + 3 xF2 − 6 xF + 3 = xF2 − 1 + 3 ( xF − 1) + 5 ≥ 5 EF ≥ 5
Trang 99
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vậy MinEF = 5 ⇔ xF = 1 hay F (1;1)
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ I. ĐỊNH LÍ VIÉT Bài 1. Cho phương trình x2 – 2(m + 3)x + m2 +3 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: (2x1 - 1)( 2x2 - 1) = 9 Bài 2. Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x – 2 (m – 1) = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn sao cho biểu thức T = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 3. Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m – m2 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho biểu thức A = x1 – x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4. Cho phương trình x2 + mx – 3 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 + x2 = 4. Bài 5. Cho phương trình x2 – mx + 2m – 4 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = 3. Bài 6. Cho phương trình: x2 – 4x – m2 – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 phân biệt thỏa mãn x2 = 5x1 Bài 7. Cho phương trình: x2 – 2(k – 1)x – 4k = 0. Tìm k để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 3x1 – x2 = 2 Bài 8. Cho phương trình: x2 – 6x + m + 3 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x2 = x12 Bài 9. Cho phương trình x2 – 3x – m2 + 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. Bài 10. Cho phương trình: x2 – (m – 3)x – 5 = 0. Tìm k để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 là các số nguyên Bài 11. Cho phương trình: x2 – 20x + m + 5 = 0. Tìm k để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 là các số nguyên tố. Bài 12. Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 = – 3x2 Bài 13. Cho phương trình: x2 + 4x + 4a – a2 = 0. Tìm a để phương trình có hai nghiệm x1, x2 phân biệt thỏa mãn x1 = x22 − 6 Bài 14. Cho phương trình x2 – (2m + 5)x – 2m – 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = 7. Bài 15. Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – 4 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 1 3 thỏa mãn + =1 x1 x2 Bài 16. Cho phương trình x2 – mx – 8 = 0. Chứng minh rằng với mọi m, phương trình luôn có hai 2 x 2 + 5 x1 − 16 2 x22 + 5 x2 − 16 nghiệm phân biệt x1, x2 và giá trị của biểu thức H = 1 không phụ thuộc vào − 3 x1 3 x2 m Bài 17. Cho phương trình x2 – 2x + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 1 x x x1, x2 thỏa mãn 2 1 + 2 2 = x2 + 2 x1 + 1 x1 + 2 x2 + 1 4 Bài 18. Cho phương trình x2 + 2mx – 2m – 1 = 0. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân 2 x1 x2 + 1 biệt x1, x2 sao cho P = 2 đạt giá trị nhỏ nhất. x1 − 2mx2 + 1 − 2m II. HỆ QUẢ CỦA ĐỊNH LÍ VIET Bài 1. Cho phương trình x2 – 2mx + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 = 2 Trang 100
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bài 2. Cho phương trình x2 – (2m + 5)x + 2m + 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 mà biểu thức M = x1 − x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 3. Cho phương trình x2 – 5x + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho 2 x1 = x2
x− x =m 2 x −1 Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
Ơ
Bài 10. Cho phương trình
N
O
FF IC IA L
Bài 4. Cho phương trình x2 – (m + 5)x + 3m + 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x2 : + Là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5. + Là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông cân Bài 5. Cho phương trình x2 + (m + 2)x – m – 4 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 < 0 ≤ x2 Bài 6. Cho phương trình x2 + (m – 2)x + m – 5 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 ≤ 0 < x2 Bài 7. Cho phương trình x2 + 2mx + 4m – 4 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 <2, x2 < 2 Bài 8. Cho phương trình x2 – (m + 3)x + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, 3 x2 thỏa mãn x1 < − < x2 2 x − 7 − 3m Bài 9. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: =m x −3
N
H
III. SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL Bài 1. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2(m + 3) x − m2 − 3
Y
Tìm m để (d) tiếp xúc với (P). Khi đó hãy tìm tọa độ tiếp điểm. Bài 2. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2 x + 3
U
a) Tìm tọa độ các giao điểm A và B của d và (P), trong đó A là điểm có hoành độ âm. Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ
Q
b) Tìm tọa độ điểm C thuộc cung AB của (P) để S∆ABC lớn nhất Bài 3. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2(m − 1) x − 2m + 4 .Tìm m để (d) cắt (P) tại hai
M
điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 sao cho biểu thức A = x12 + x2 2 đạt giá trị nhở nhất Bài 4. Cho parabol ( P ) : y = − x 2 và đường thẳng (d) đi qua I(0; -1) hệ số góc k .
KÈ
a) Viết phương trình của (d) b) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A, B phân biệt nằm về hai phía của trục Oy c) Gọi hoành độ của A và B lần lượt là x1 và x2. Chứng minh: x1 − x2 ≥ 2
ẠY
d) Giả sử x1 < x2 . Tìm m để x1 > x2
Bài 5. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và d: y = mx − m + 1 . Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt
D
có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn x1 + x2 = 4. Bài 6. Cho ( P ) : y = x 2 và (d): y = 2(m − 1) x + 3 − 2m . Tim m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 là độ dài hai cạnh của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo bằng 10.
Bài 7. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = mx + m + 1 . Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn 2 x1 − 3x2 = 5.
Trang 101
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bài 8. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2(m + 1) x + 3 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn: 2 x1 + x2 = 5. Bài 9. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = −4 x + m2 − 4 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn: x 2 = x13 + 4 x12 . hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn:
x1 = 2. x2 .
2
FF IC IA L
Bài 10. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = (2m − 1) x − m2 + m . Tìm m để (d) cắt (P) tại Bài 11. Cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng (d): y = (m− 3) x − m+ 4 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông cân.
Bài 12. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = 2mx − m2 + m + 1. Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) thỏa mãn: y1 + y2 + 2 x1 + 2 x2 = 22.
Bài 13. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = (2m + 1) x − 2m . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) sao cho biểu thức :
T = y1 + y2 − x1.x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 14. Cho parabol ( P ) : y = − x và đường thẳng (d): y = 2mx − m2 + 1 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai
O
2
điểm phân biệt A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) thỏa mãn: y1 − y2 > 4
Ơ
phân biệt A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) mà x1 y1 + x2 y2 − x1.x2 = −4
N
Bài 15. Cho parabol ( P ) : y = − x 2 và đường thẳng (d): y = 2 x + m − 1 . Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm Bài 16. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = mx + 2
N
H
a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thuộc hai phía của Oy. b) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục hoành . Tính độ dài đoạn MN theo m và tìm m để S∆OAM = S∆OBM
Y
c) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục tung. Tính độ dài đoạn HK theo m.
U
d) Tính độ dài đoạn thẳng AB theo m và chứng minh AB ≥ m 2 + 8
∀m .
Q
e) Tính diện tích ∆OAB theo m và tìm m để S∆OAB = 2m + 1 (đvdt).
M
f) Chứng minh với mọi m , ∆OAB không thể vuông tại O. Bài 17. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng (d): y = −2 x + 3 .
KÈ
a) Tìm tọa độ giao điểm A, B của (d) và (P) với xA > 0 , vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ điểm C thuộc cung AB của (P) sao cho diện tích ∆ABC lớn nhất.
c) Tìm tọa độ điểm M ∈ Oy để S∆MAB = 4 (đvdt).
D
ẠY
d) Cho điểm E (3; 0) . Tìm tọa độ điểm F ∈ ( P ) sao cho độ dài EF ngắn nhất.
Trang 102
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
CHỦ ĐỀ 5 – PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI I.
PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG CHỨA THAM SỐ
DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA NHẨM ĐƯỢC MỘT NGHIỆM • Nếu nhẩm được một nghiệm x = α của phương trình ax3 + bx 2 + cx + d = 0 thì ta tách được phương trình đó về dạng tích ( x − α ) ax 2 + b ' x + c ' = 0 .
)
FF IC IA L
(
• Nếu nhẩm được một nghiệm x = −α của phương trình ax3 + bx 2 + cx + d = 0 thì ta tách được phương trình đó về dạng tích ( x + α ) ax 2 + b ' x + c ' = 0 .
(
)
Ví dụ. Giải phương trình x3 − 4 x 2 + 2 x + 4 = 0 .
O
Lời giải Nhận xét: phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 2 (có thể dùng máy tính) nên ta sẽ tách được nhân tử x − 2 . Cách 1 Có x3 − 4 x 2 + 2 x + 4 = 0 ⇔ x3 − 2 x 2 − 2 x 2 + 4 x − 2 x + 4 = 0 ⇔ x2 ( x − 2) − 2x ( x − 2) − 2 ( x − 2) = 0 ⇔ ( x − 2) x2 − 2 x − 2 = 0
)
N
(
Ơ
x = 2 x = 2 x − 2 = 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ 2 x − 2x +1 − 3 = 0 ( x − 1) = 3 x = 1± 3
( ⇔ ( x − 2) ( x
H
Cách 2 Có x3 − 4 x 2 + 2 x + 4 = 0 ⇔ ( x3 − 8) − 4( x 2 − 4) + 2( x − 2) = 0
) − 2 x − 2 ) = 0 , từ đó giải được x = 2, x = 1 ±
2
N
⇔ ( x − 2 ) x 2 + 2 x + 4 − 4 ( x − 2 )( x + 2 ) + 2 ( x − 2 ) = 0
3.
(
U
(
Y
Cách 3 Đặt phép chia da thức x3 − 4 x 2 + 2 x + 4 = 0 cho đa thức x − 2 ta được thương là x 2 − 2 x − 2 nên x3 − 4 x 2 + 2 x + 4 = ( x − 2 ) x 2 − 2 x − 2 nên
)
)
Q
phương trình ⇔ ( x − 2 ) x 2 − 2 x − 2 = 0 , từ đó giải được x = 2, x = 1 ± 3 .
{
}
M
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 2;1 ± 3 .
KÈ
DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG Xét phương trình ax 4 + bx 2 + c = 0 ( a ≠ 0 ) .
ẠY
Cách 1 Đặt t = x 2 , điều kiện t ≥ 0 , ta được phương trình bậc hai at 2 + bt + c = 0 . Giải t , đối chiếu điều kiện và suy ra x . Cách 2 Giải trực tiếp bằng cách đưa về tích hoặc đưa về bình phương theo x . Ví dụ. giải phương trình x 4 + x 2 − 20 = 0 . Lời giải 2
D
Cách 1 (Đặt t = x ) Đặt t = x 2 , điều kiện t ≥ 0 , phương trình đã cho trở thành t 2 + t − 20 = 0 ⇔ t 2 + 5t − 4t − 20 = 0 ⇔ ( t + 5)( t − 4 ) = 0
⇔ t = −5 (loại), t = 4 (thỏa mãn) x 2 = 4 ⇔ x = ±2 . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {±2} .
Cách 2 (giải trực tiếp) Trang 103
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 4 2 4 2 2 2 2 + − 20 = 0 ⇔ + 5 − 4 − 20 = 0 ⇔ + 5 − 4 x2 + 5 = 0 x x x x x x x Có
(
(
)(
2
)
2
) (
)
2
⇔ x + 5 x − 4 = 0 ⇔ x = −5 (loại), x 2 = 4 ⇔ x = ±2 . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {±2} . DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ( x + a )( x + b )( x + c )( x + d ) = k ( a + c = b + d = α )
FF IC IA L
Cách giải: Ghép kết hợp ( x + a )( x + c ) ( x + b )( x + d ) = k ⇔ x 2 + α x + ac x 2 + α x + bd = k
ac + bd . 2 Ví dụ. Giải phương trình ( x + 1)( x + 2 )( x + 3)( x + 4 ) = 24 .
Đặt ẩn phụ t = x 2 + α x hoặc t = x 2 + α x +
Lời giải
(
)(
)
O
Cách 1 (Đặt ẩn phụ) Phương trình ⇔ ( x + 1)( x + 4 ) ( x + 2 )( x + 3) = 24
N
⇔ x 2 + 5x + 4 x 2 + 5x + 6 = 24 .
Ơ
Đặt t = x2 + 5 x + 5 , ta được phương trình ( t − 1)( t + 1) = 24 ⇔ t = ±5 , suy ra
N
H
x = 0, x = −5 x 2 + 5x + 5 = 5 x ( x + 5) = 0 2 ⇔ 2 ⇔ 5 15 2 x 5 x 10 + = − x 5 x 5 5 + + = − x + = − x ∈∅ 2 4 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0; − 5} .
Cách 2 (Đưa về tích) Phương trình ⇔ x 2 + 3x + 2 x 2 + 7 x + 12 = 24 ⇔ x 4 + 10 x3 + 35x 2 + 50 x = 0
(
)(
)
)
(
)
⇔ x x + 10 x + 35 x + 50 = 0 ⇔ x x + 5x 2 + 5x 2 + 25 x + 10 x + 50 = 0
(
2
)
3
U
2
Y
(
3
Q
⇔ x ( x + 5 ) x + 5 x + 10 = 0 ⇔ x = 0, x = −5 .
M
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0; − 5} .
D
ẠY
KÈ
DẠNG 4: PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ax 4 + bx3 + cx 2 ± bx + a = 0 Cách giải Trường hợp 1: Xét x = 0 , thay vào phương trình xem thỏa mãn hay loại. 1 Trường hợp 2: Xét x ≠ 0 , chia hai vế phương trình cho x2 được a x 2 + 2 x 1 1 đặt ẩn phụ t = x ± thì t 2 = x 2 + 2 ± 2 . x x 4 Ví dụ. Giải phương trình x + 3x3 − 2 x 2 − 6 x + 4 = 0 . Lời giải Cách 1:(Đặt ẩn phụ) Trường hợp 1: Xét x = 0 , thay vào phương trình ta được 4 = 0 (loại). Trường hợp 2: Xét x ≠ 0 , chia hai vế phương trình cho x2 được 6 4 4 2 x 2 + 3x − 2 − + 2 = 0 ⇔ x 2 + 2 + 3 x − − 2 = 0 x x x x Trang 104
1 + b x ± + c = 0 , rồi x
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 2 4 4 2 2 2 2 Đặt t = x − t = x + 2 − 4 x + 2 = t + 4 x x x 2 Phương trình trở thành t + 4 + 3t − 2 = 0 ⇔ t 2 + 3t + 2 = 0 ⇔ t 2 + t + 2t + 2 = 0
(
)
⇔ t ( t + 1) + 2 ( t + 1) = 0 ⇔ ( t + 1)( t + 2 ) = 0 ⇔ t = −1, t = −2 , suy ra
{
FF IC IA L
2 x2 − x + 2 x − 2 = 0 ( x − 1)( x + 2 ) = 0 x − x = −1 x2 + x − 2 = 0 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ 2 x + 2x +1− 3 = 0 ( x + 1) = 3 x − 2 = −2 x + 2x − 2 = 0 x ⇔ x = 1, x = −2, x = −1 ± 3 .
}
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 1; − 2; − 1 ± 3
Cách 2 (Đưa về tích) Có: x 4 + 3x3 − 2 x 2 − 6 x + 4 = 0 ⇔ x 4 − x3 + 4 x3 − 4 x 2 + 2 x 2 − 2 x − 4 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 1) x3 + 4 x 2 + 2 x − 4 = 4 ⇔ ( x − 1) x3 + 2 x 2 + 2 x 2 + 4 x − 2 x − 4 = 0
)
(
(
)
)
⇔ ( x − 1)( x + 2 ) x 2 + 2 x − 2 = 0 ⇔ x = 1, x = −2, x = −1 ± 3
{
}
N
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 1; − 2; − 1 ± 3
O
(
Đặt t bằng biểu thức đó và đưa về phương trình bậc hai đối với t .
H
•
Ơ
DẠNG 5: PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ • Biến đổi về một biểu thức.
(
)
N
Ví dụ: Giải phương trình x ( x − 1) x 2 − x + 1 = 6 .
)
(
2
)(
)
2
U
(
Y
Lời giải Có x ( x − 1) x − x + 1 = 6 ⇔ x − x x − x + 1 = 6 . 2
Q
Đặt t = x 2 − x , ta được t 2 + t − 6 = 0 ⇔ t = 2, t = −3 . ∗ t = 2 x 2 − x − 2 = 0 x = −1, x = 2 .
t = −3 x 2 − x + 3 = 0 (vô nghiệm).
M
∗
KÈ
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {−1; 2} DẠNG 6: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU − Đặt điều kiện các mẫu khác 0.
ẠY
− Quy đồng cùng mẫu chung rồi bỏ mẫu.
D
− Đặt ẩn phụ nếu được.
Ví dụ 1. Giải phương trình
90 90 9 + = . x x+9 2 Lời giải
Điều kiện: x ≠ 0, x ≠ −9 .
Trang 105
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
90 90 9 10 10 1 20 x + 90 1 + = ⇔ + = ⇔ = Có x x+9 2 x x+9 2 x ( x + 9) 2 2
⇔ x 2 − 31x − 180 = 0, ∆ = ( −31) − 4.1. ( −180 ) = 1681 > 0 ∆ = 41 31 ± 41 ⇔ x = 36, x = −5 . (thỏa mãn điều kiện) 2 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {36; − 5}.
FF IC IA L
x=
H
Ơ
N
O
II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ DẠNG 1:PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA ĐUA ĐƯỢC VỀ DẠNG TÍCH:(x - α )( ax2 + bx + c) = 0 Bước 1: Tách riêng phần chứa m được dạng f(x) + m(x - α ) = 0, rồi tách x - α từ f(x) ta đưa được phương trình đã cho về dạng: x = α (x - α )( ax2 + bx + c) = 0 2 ax + bx + c = 0 Bước 2: Ghi nhớ một số điều kiện sau: • Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt Phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt x ≠ α . • Phương trình đã cho có đúng 2 phân biệt Phương trình ax2 + bx + c = 0 có đúng một nghiệm thỏa mãn x ≠ α . • Phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm Phương trình ax2 + bx + c = 0 hoặc vô nghiệm, hoặc có nghiệm kép x ≠ α . Ví dụ: Cho phương trình: x3 – 3x2 + 3mx + 3m + 4 = 0 (1)
N
Tìm m để phương trình đã cho: a) Có ba nghiệm phân biệt
U
c) Có đúng một nghiệm
Y
b) Có đúng hai nghiệm khác nhau
Q
d) Có ba nghiệm phân biệt x1 ; x 2; x 3 thỏa mãn x1 x 2 + x 2 x 3 + x1x 3 = −6 . Lời giải Ta có: (1) x – 3x + 4 + 3m(x + 1) = 0 ⇔ (x + 1)(x2 – 4x + 4) + 3m(x + 1) = 0 x = −1 (x + 1)(x2 – 4x + 4 + 3m) = 0 ⇔ 2 x – 4x + 4 + 3m = 0 (2) a) (1) có ba nghiệm phân biệt (2) có hai nghiệm phân biệt x ≠ -1 ∆ ' = 4 − 4 − 3m > 0 m < 0 ⇔ 2 m ≠ −3 (−1) − 4.(−1) + 4 + 3m ≠ 0 Vậy m < 0, m ≠ -3 là giá trị cần tìm b) (1) có đúng hai nghiệm khác nhau (2) có đúng một nghiệm x ≠ -1 Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép x ≠ -1 ∆ ' = 4 − 4 − 3m = 0 m = 0 ⇔ ⇔m=0 2 m ≠ −3 (−1) − 4.(−1) + 4 + 3m ≠ 0 Trường hợp 2: (2) có hai nghiệm phân biệt trong đó một có nghiệm x = -1 ∆ ' = 4 − 4 − 3m > 0 m > 0 ⇔ (loại). 2 m = −3 (−1) − 4.(−1) + 4 + 3m = 0 Vậy m = 0 là giá trị cần tìm Trang 106 2
D
ẠY
KÈ
M
3
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN c) (1) có đúng hai nghiệm (2) không có nghiệm nào thỏa mãn x ≠ -1 Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép x = -1 ∆ ' = 4 − 4 − 3m = 0 m = 0 ⇔ (loại). 2 m = −3 (−1) − 4.(−1) + 4 + 3m = 0 Trường hợp 2: (2) vô nghiệm kép ∆ ' = 4 − 4 − 3m < 0 m > 0 Vậy m > 0 là giá trị cần tìm d) Theo câu a) với m < 0, m ≠ -3 thì (1) có ba nghiệm phân biệt x1 ; x 2; x 3 thì x1 ;x 2 là hai nghiệm của (2). b c = 4; x1x 2 = = 3m + 4 a a Thay x 3 = −1 vào x1x 2 + x 2 x 3 + x1x 3 = −6 ta được: x1x 2 − (x1 + x 2 ) = −6 ⇔ 3m + 4 − 4 = −6 ⇔ m = −2 (thỏa mãn) Vậy m = -2 là giá trị cần tìm.
O
Theo định lý Vi-ét, ta có x1 + x 2 = −
FF IC IA L
Do x1 ; x 2; x 3 vai trò như nhau và trong ba nghiệm của (1) có một nghiệm bằng - 1 nên ta giả sử x 3 = -1
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
DẠNG 2. PHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG: Bài toán: Tìm m để phương trình ax4 + bx2 + c = 0 (a ≠ 0) (1) a) Có bốn nghiệm phân biệt. b) Có đúng ba nghiệm khác nhau. c) Có đúng hai nghiệm khác nhau. d) Có đúng một nghiệm. e) Vô nghiệm. Bước 1: Đặt t = x2, t ≥ 0 , phương trình trở thành at2 + bt + c = 0 (2) Bước 2: Nhận xét • Với t < 0 thì không có x • Với t = 0 thì có 1 giá trị x = 0 • Với t > 0 thì có hai giá trị của x là x = ± t Do đó ta có các kết quả sau: a) (1) có bốn nghiệm phân biệt khi (2) có hai nghiệm phân biệt t 1 > 0, t 2 > 0.
M
b) (1) có đúng ba nghiệm khác nhau khi (2)có hai nghiệm phân biệt t 1 > 0, t 2 > 0. c) (1) có đúng hai nghiệm khác nhau xảy ra hai trường hợp: Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép t 1 = t 2 > 0.
KÈ
Trường hợp 2: (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t 1 < 0< t 2 . d) (1) có đúng một nghiệm xảy ra hai trường hợp: Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép t 1 = t 2 = 0.
ẠY
Trường hợp 2: (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t 1 < 0 ; t 2 = 0. e) (1) vô nghiệm xảy ra ba trường hợp: Trường hợp 1: (2) vô nghiệm Trường hợp 2: (2) có nghiệm kép thỏa mãn t 1 = t 2 < 0
D
Trường hợp 3: (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t 1 < 0 ; t 2 < 0. Ví dụ : Cho phương trình x4 – (2m – 1)x2 + 2m – 2 = 0 (1) Tìm m để phương trình đã cho : a) Có bốn nghiệm phân biệt. b) Có đúng ba nghiệm khác nhau. Trang 107
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN c) Có đúng hai nghiệm khác nhau. d) Có bốn nghiệm phân biệt thỏa mãn: x14 + x 24 + x 34 + x 44 = 10
•
FF IC IA L
Lời giải Cách 1: (Đặt ẩn phụ t =x2) Đặt t = x2 , t ≥ 0 , phương trình (1) trở thành t2 – (2m – 1)t + 2m – 2 = 0 (2) Nhận xét : • Với t < 0 thì không có x. • Với t > 0 thì có một nghiệm x = 0 • Với t > 0 thì có hai giá trị của x là x = ± t a) (1) có bốn nghiệm phân biệt khi (2) có 2 nghiệm phân biệt t 1 > 0, t 2 > 0. Có ∆ = [-(2m)]2 – 4.1.(2m – 2) = (2m – 1)2 – 8m + 8 = (2m – 3)2 (2) có hai nghiệm phân biệt t 1 , t 2 khi ∆ > 0 (2m – 3)2 > 0 m ≠
b c = 2m – 1, t 1 t 2 = = 2m – 2 a a t1 + t 2 > 0 2m − 1 > 0 ⇔ ⇔ m >1 * t 1 > 0, t 2 > 0 2m − 2 > 0 t 1t 2 > 0
O
Theo định lý Vi-ét, ta có t 1 + t 2 = −
3 . 2
N
3 là các giá trị cần tìm 2 b)(1) có đúng ba nghiệm khác nhau khi (2) có hai nghiệm phân biệt t 1 > 0, t 2 > 0. 3 * Theo trên thì (2) có hai nghiệm phân biệt t 1 , t 2 khi m ≠ . 2 0 0 − (2m − 1).0 + 2m − 2 = 0 ⇔ m = 1 (thỏa mãn) * t 1 = 0, t 2 > 0 t1 + t 2 = 2m − 1 > 0 Vậy m = 1 là giá trị cần tìm c) (1) có đúng hai nghiệm khác nhau xảy ra hai trường hợp: ∆ = (2m − 3)2 = 0 3 Trường hợp 1: (2) có nghiệm kép t 1 = t 2 > 0 ⇔ b ⇔m= 2 − = 2m − 1 > 0 a Trường hợp 2: (2) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn t 1 < 0< t 2 c = 2m − 2 < 0 ⇔ m < 1 a 3 Vậy m < 1; m = là giá trị cần tìm. 2
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
Vậy với m > 1, m ≠
ẠY
d)Theo câu a) thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi m > 1, m ≠
D
Do t 1 > 0 ; t 2 > 0 nên bốn nghiệm phân biệt của (1) là : x 1 = − t 1 ;x 2 = t 1 ;x3 = − t 2 ;x 4 = t 2
Suy ra : x14 + x 24 + x 34 + x 44 = (− t 1 )2 + ( t 1 )2 + ( − t 2 )2 + ( t 2 )2 = 2(t 12 + t 22 ) = 2 (t1 + t 2 )2 − 2t 1t 2 = 2 (2m − 1)2 − 2(2m − 2)
= 2(4m2 – 8m +5) Do đó x14 + x 24 + x 34 + x 44 = 10 ⇔ 2 4m2 − 8m + 5 = 10 ⇔ 4m2 − 8m = 0
(
)
⇔ 4m ( m − 2 ) = 0 ⇔ m = 0 (loại), m = 2 (thỏa mãn).
Trang 108
3 . 2
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Cách 2 (Đưa về tích) Phương trình (1) ⇔ x 4 − 2mx 2 + x 2 + 2m − 2 = 0 ⇔ x 4 + x 2 − 2 − 2mx 2 + 2m = 0
(
)(
)
(
)
(
)(
)
⇔ x 2 − 1 x 2 + 2 − 2m x 2 − 1 = 0 ⇔ x 2 − 1 x 2 + 2m − 2 = 0 2
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
⇔ x = ±1, x = 2m − 2. a) Vì phương trình đã có hai nghiệm phân biệt là x = ±1 nên để phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình x 2 = 2m − 2 phải có hai nghiệm phân biệt khác ±1 2m − 2 > 0 3 ⇔ ⇔ m > 1, m ≠ . 2 2 2m − 2 ≠ ( ±1) = 1 3 Vậy m > 1, m ≠ là giá trị cần tìm. 2 b) Vì phương trình đã có hai nghiệm trình x = ±1 nên để phương trình đã cho có ba nghiệm khác nhau thì phương trình x 2 = 2m − 2 phải có đúng một nghiệm x = 0 ⇔ 2m − 2 = 0 ⇔ m = 1. Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. c) Vì phương trình đã có đủ hai nghiệm khác nhau là x = ±1 nên để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khác nhau thi phương trình x 2 = 2m − 2 hoặc vô nghiệm hoặc chỉ có nghiệm là x = ±1 m < 1 2m − 2 < 0 ⇔ ⇔ m = 3 2m − 2 = 1 2 3 Vậy m < 1; m = là giá trị cần tìm. 2 3 d) Theo câu a) thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi m > 1, m ≠ . 2 Khi đó bốn nghiệm của (1) là x = ±1, x = ± 2m − 2 , do đó 4
(
2
U
2
Y
x14 + x 24 + x 34 + x 44 = 10 ⇔ ( −1) + 14 + − 2m − 2
4
) +(
2m − 2
)
4
= 10
2
⇔ 1 + 1 + ( 2m − 2 ) + ( 2m − 2 ) = 10 ⇔ ( 2m − 2 ) = 4 ⇔ 2m − 2 = ±2
M
Q
⇔ m = 0 (loại), m = 2 (thỏa mãn). Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
ẠY
KÈ
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ I. PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG CHỨA THAM SỐ Bài 1. Giải phương trình x 3 − 4x 2 + 2x + 4 = 0. Bài 2. Giải phương trình x 4 + x 2 − 20 = 0. Bài 3. Giải phương trình ( x + 1)( x + 2 )( x + 3 )( x + 4 ) = 24.
Bài 4. Giải phương trình x 4 + 3x 3 − 2x 2 − 6x + 4 = 0. Bài 5. Giải phương trình x ( x − 1) x 2 − x + 1 = 6.
(
)
D
90 90 9 + = . x x+9 2 II. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ Bài 1. Cho phương trình x3 − 3x 2 + 3mx + 3m + 4 = 0. Tìm m để phương trình đã cho: a) Có ba nghiệm phân biệt b) Có đúng hai nghiệm khác nhau c) có đúng một nghiệm.
Bài 6. Giải phương trình
Trang 109
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN d) Có ba nghiệm x1 , x 2 , x 3 thỏa mãn x1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x1 = −6. Bài 2. Cho phương trình x 4 − ( 2m − 1) x 2 + 2m − 2 = 0. Tìm m để phương trình đã cho:
FF IC IA L
a) Có bốn nghiệm phân biệt b) Có đúng ba nghiệm khác nhau c) Có đúng hai nghiệm khác nhau d) Có bốn nghiệm phân biệt thỏa mãn x14 + x 42 + x 34 + x 44 = 10 .
DẠNG 1: KẾT NỐI CÁC GÓC BẰNG NHAU THÔNG QUA TỨ GIÁC NỘI TIẾP
Ví dụ 1. Từ điểm A ở ngoài đường tròn ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến ( O ) (với B, C là hai tiếp
điểm). Gọi E là giao điểm của OA và BC. Gọi I là trung điểm của BE. Đường thẳng qua I và vuông
O
góc với OI cắt các tia AB, AC theo thứ tự tại D, F . Chứng minh ∆ODF cân tại O và F là trung điểm
N
của AC.
Ơ
Hướng dẫn
D
N
H
B
I
Y
E O
U
A
Q
F
M
C
KÈ
* Chứng minh ∆ODF cân tại O
= OBI (cùng nhìn OI ). Bước 1 Chứng minh tứ giác OIBD nội tiếp, suy ra ODI
ẠY
= OCI (cùng nhìn OI ). Bước 2 Chứng minh tứ giác OIFC nội tiếp, suy ra OFI = OCI (tính chất tam giác cân). Bước 3 Chứng minh ∆OBC cân tại O, suy ra OBI
D
= OFI nên ∆ODF cân tại O Từ đó, ta được ODI
* Chứng minh F là trung điểm AC Bước 1 Chứng minh tứ giác BDEF là hình bình hành bằng cách chỉ ra I là trung điểm cả BE và DF , suy ra EF // BD hay EF // AB.
Trang 110
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bước 2 Xét ∆ABC chỉ ra E là trung điểm của BC và kết hợp EF // AB, suy ra F là trung điểm của AC (Tính chất đường thẳng đi qua trung điểm của một cạnh và song song với cạnh thứ 2 thì đi qua trung điểm của cạnh thứ ba).
Ví dụ 2. Cho đường tròn ( O ) . Lấy điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) , đường thẳng AO cắt ( O ) tại hai
FF IC IA L
điểm B và C với AB < AC . Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt ( O ) tại hai điểm D và E với AD < AE . Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F. Gọi M là giao điểm thứ hai
của đường thẳng FB với ( O ) . Tứ giác AMDF là hình gì? Vì sao?
U
Y
N
H
Ơ
N
O
Hướng dẫn
Q
). 1 = E 1 (cùng chắn BD Bước 1 Xét ( O ) có M
KÈ
M
1 (cùng nhìn AB). Bước 2 Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp, suy ra Fɵ 1 = E 1 = Fɵ 1 , mà M 1 và F ɵ 1 là hai góc so le trong nên AF // DM, do đó tứ giác AMDF là Từ đó, ta được M hình thang. Ví dụ 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính AD (B thuộc cung nhỏ AC). Gọi giao điểm hai đường chéo AC và BD là H. Kẻ HK vuông góc với AD tại K. Tia BK cắt ( O ) tại điểm thứ hai
Hướng dẫn
D
ẠY
là F. Gọi P và Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng AB, BD. Chứng minh CF // HK và PQ đi qua trung điểm của CF.
Trang 111
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
O
* Chứng minh CF // HK 1 = K 1 (cùng nhìn BH). Bước 1 Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp, suy ra A 1 = Fɵ 1 (cùng chắn cung BC). Bước 2 Xét ( O ) có A
Ơ
N
1 , mà F ɵ1, K 1 là hai góc đồng vị nên CF // HK . Từ đó, ta được Fɵ 1 = K * Chứng minh PQ đi qua trung điểm CF Bước 1 Chứng minh tứ giác BPFQ là hình chữ nhật. =B 2 và PQ đi qua trung điểm của BF. Suy ra Q 1 1 = B 2. Bước 2 Chứng minh D là điểm chính giữa của cung CF, suy ra B
Y
N
H
=B 1 , mà Q ,B 1 là hai góc so le trong nên PQ // BC. Từ đó, ta được Q 1 1 Bước 3 Xét ∆FBC có PQ đi qua trung điểm của BF và PQ // BC nên PQ đi qua trung điểm của CF (tính chất đường thẳng đi qua trung điểm của một cạnh và song song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm của cạnh thứ ba).
U
Ví dụ 4. Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn ( O ) bất kì đi qua B
Q
và C sao cho BC không phải là đường kính của ( O ) . Từ A kẻ các tiếp tuyến AE và AF đến ( O ) với E
D
ẠY
KÈ
Hướng dẫn
M
và F là các tiếp điểm. Gọi I là trung điểm của BC. Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng FI và ( O ) . Chứng minh ED // AC và AH .AI = AB.AC.
* Chứng minh ED // AC = AOF (cùng nhìn AF). Bước 1 Chứng minh tứ giác AOIF nội tiếp, suy ra AIF Trang 112
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bước 2 Chứng minh AOF = EDF (cùng bằng nửa EOF ). = EDF, mà AIF, EDF là hai góc đồng vị nên ED // AC. Từ đó, ta được AIF * Chứng minh AH.AI = AB.AC
FF IC IA L
Bước 1 Chứng minh ∆AFB ∽ ∆ACF (g .g), suy ra AB.AC = AF2 . Bước 2 Chứng minh ∆AFH ∽ ∆AIF (g.g), suy ra AH.AI = AF2 . Từ đó, ta được AH .AI = AB.AC. Ví dụ 5. Cho đường tròn ( O ) và dây cung BC cố định khác đường kính. Gọi A là điểm bất kì trên cung nhỏ BC (A khác B, C và AB < AC ). Kẻ đường kính AK của đường tròn ( O ) . Gọi D là chân đường
vuông góc kẻ từ A đến BC và E là chân đường vuông góc kẻ từ B đến AK. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh DE ⊥ AC và ∆IDE ∽ ∆OAB.
N
H
Ơ
N
O
Hướng dẫn
U
Y
* Chứng minh DE ⊥ AC = ABC (tính chất góc ngoài bằng góc đối). Bước 1 Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp, suy ra KED = AKC (cùng chắn cung AC). Bước 2 Xét ( O ) có ABC
M
Q
= AKC, mà KED, AKC là hai góc so le trong nên DE // KC. Từ đó, ta được KED Bước 3 Chứng minh KC ⊥ AC, suy ra DE ⊥ AC (Từ vuông góc đến song song). * Chứng minh ∆IDE ∽ ∆OAB. = OAB (góc ngoài bằng góc đối). Bước 1 Từ tứ giác ABDE nội tiếp, suy ra IDE
KÈ
= AOB (cùng nhìn BE). Bước 2 Chứng minh tứ giác OBEI nội tiếp, suy ra DIE Từ đó, ta được ∆IDE ∽ ∆OAB (g.g) . Ví dụ 6. Cho đường tròn ( O ) và một điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) . Kẻ tiếp tuyến AB và đường
ẠY
kính BC của đường tròn ( O ) (với B là tiếp điểm). Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I khác C, I khác O ). Đường thẳng AI cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm D và E (với D nằm giữa A và E ). Gọi
D
H là trung điểm của đoạn thẳng DE . Đường thẳng d đi qua điểm E và song song với AO , d cắt BC tại K . Chứng minh HK // CD . Hướng dẫn
Trang 113
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN B
I
D H
K
FF IC IA L
O
A
E
C
= OBH (cùng nhìn OH ) Bước 1 Chứng minh tứ giác ABOH nội tiếp, suy ra OAH = HEK (hai góc so le trong). Bước 2 Từ KE // AO, suy ra OAH
= HEK , do đó tứ giác BHKE nội tiếp, suy ra EHK = EBK (cùng nhìn EK ). Từ đó, ta được OBH
O
= EDC (cùng chắn cung EC ). Bước 3 Xét ( O ) có EBK
Ơ
N
= EDC , mà EHK , EDC là hai góc đồng vị nên HK // CD. Từ đó, suy ra EHK Ví dụ 7. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn ( O; R ) , kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn ( O )
H
(với B và C là hai tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC của ( O ) lấy điểm M khác B và C . Gọi I , H , K
N
lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên BC , AC , AB. Gọi P là giao điểm của BM và IK , Q là
Y
giao điểm của CM và IH . Chứng minh MI 2 = MH .MK và PQ ⊥ MI .
B 2
K
KÈ
M
Q
U
Hướng dẫn
P 1
M 1
1 2
I
O
Q
H
2 1
C
D
ẠY
A
1
1
* Chứng minh MI 2 = MH .MK
(cùng nhìn KM ). Bước 1 Chứng minh tứ giác MIBK nội tiếp, suy ra I 1 = B 2 =C (cùng bằng nửa số đo cung BM). Bước 2 Xét ( O ) có B 2 1 =H (cùng nhìn MI ). Bước 3 Chứng minh tứ giác MICH nội tiếp, suy ra C 1 1
Trang 114
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN và tương tự I = K . Từ đó, ta được I 1 = H 1 2 1
Do đó ∆ IKM ∽ ∆ HIM (g.g) nên
MI MK hay MI 2 = MH.MK. = MH MI
* Chứng minh PQ ⊥ MI , I = B , suy ra Bước 1 Chỉ ra I 1 = C 1 2 1
FF IC IA L
+ PIQ = PMQ + I + I = PMQ +C +B = 180° (tổng ba góc trong ∆MBC ). PMQ 1 2 1 1 = I (cùng nhìn MQ ). Do đó tứ giác PMQI nội tiếp, suy ra P 1 2 = I , I = B (cmt) ta được P =B . Bước 2 Kết hợp P 1 2 2 1 1 1 , B là hai góc đồng vị nên PQ // BC . Mà P 1 1
O
Lại có MI ⊥ BC (gt) nên PQ ⊥ MI .
Ví dụ 8. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn ( O ) , vẽ tiếp tuyến MA đến ( O ) (với A là tiếp điểm) và
Ơ
N
vẽ cát tuyến MBC sao cho MB < MC và tia M C nằm giữa hai tia MA, MO. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng OM . Chứng minh tứ giác BCOH nội tiếp và HA là tia phân
H
. giác của BHC
A C
B
Q
M
U
Y
N
Hướng dẫn
O
KÈ
M
H
* Chứng minh tứ giác BCOH nội tiếp
ẠY
Bước 1 Chứng minh MB.MC = MA2 , MH .MO = MA 2 MB.MC = MH .MO.
MB MH . = MO MC
D
Bước 2 Từ MB.MC = MH .MO, ta lập được tỉ số
= MCO (hai góc tương ứng). Suy ra ∆MBH ∽ ∆MOC (c.g.c) nên MHB
Do đó tứ giác BCOH nội tiếp (Dấu hiệu góc ngoài bằng góc đối). * Chứng minh HA là tia phân giác của BHC = OBC (cùng nhìn OC ). Bước 1 Từ tứ giác BCOH nội tiếp, suy ra OHC
Trang 115
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN = OCB . Bước 2 Chỉ ra ∆OBC cân tại O , suy ra OBC = MHB (cmt) nên MHB = OHC . Mà OCB
= OHC , AHB = 90° − MHB , AHC = 90° − OHC , suy ra AHB = AHC Bước 3 Từ MHB Vậy HA là tia phân giác của BHC
FF IC IA L
Ví dụ 9. Cho ∆ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . Kẻ AH ⊥ BC tại H . Gọi E và F lần
lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC . Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại K và
, từ đó chứng minh cắt O tại M , N . Chứng minh KH 2 = KB.KC. và A là điểm chính giữa của MN
( )
A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HMN .
Hướng dẫn
A
O
x
E
K
O
Ơ
M
H
C
N
H
B
N
N
F
Y
* Chứng minh KH 2 = KB.KC
= 90° − = 90° − AFE , suy ra KHE (cmt), KHE = KFH nên AHE , KFH AHE = AFE
Q
Bước 2 Từ
U
, AEF = AHE = AFE AHF. Bước 1 Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp, suy ra ∆ KHE ∽ ∆ KFH (g.g) KE.KF = KH . 2
KÈ
M
= = AEF , KCF = , suy ra KEB = KCF nên AHF (cmt), KEB AHF = 90° − CHF Bước 3 Từ AEF ∆KEB ∽ ∆KCF (g.g) KE .KF = KB.KC .
Vậy KH 2 = KB.KC
* Chứng minh A là điểm chính giữa của MN
ẠY
Bước 1 Kẻ tiếp tuyến Ax của ( O ) tại A thì OA ⊥ Ax (tính chất tiếp tuyến). Bước 2 Chứng minh MN // Ax như sau:
D
). (cùng bằng nửa số đo AB +) Xét ( O ) có x AB = ACB
, mà x = ACB (cmt) nên x AB = AEF AB, AEF là hai góc so le trong nên MN // Ax, do đó +) Vì AEF
. OA ⊥ MN , suy ra OA đi qua điểm chính giữa của MN
. Vậy A là điểm chính giữa của MN
* Chứng minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HMN . Trang 116
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
Bước 1 Từ AM = AN , suy ra AM = AN (liên hệ giữa cung và dây cung). Bước 2 Chứng minh AN = AH như sau:
ACN= suy ra ANF=ACN.
ANF= 1 sđ AM, 1 sđ AN, +) Xét ( O ) có AM=AN, 2 2
FF IC IA L
Do đó ∆ANF ” ∆ ACN( g.g ) AF.AC=AN 2 . +) Xét ∆AHD vuông tại H, đường cao HF nên AF.AC=AH2 (hệ thức lượng). Từ đó, ta được AM = AN = AH nên A là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔHMN.
Ví dụ 10. Cho ΔABC nhọn ( AB<AC ) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi ( O ) là đường
tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Trên cung nhỏ EC của ( O ) , lấy điểm I sao cho IC > IE. Gọi N là giao điểm của DI với CE. Gọi M là giao điểm của EF với IC. Chứng minh MN //AB.
O
Hướng dẫn A
N
M E
Ơ
I
H
N
H
F
D
C
U
Y
B
N
O
Q
Bước 1 Chứng minh tứ giác MENI nội tiếp như sau:
M
(cùng chắn CD ). +) Xét ( O ) có DIC=DHC
KÈ
(đối đỉnh) nên DIC=AHF . Mà DIC=AHF
= AEF (cùng nhìn AF). +) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp, suy ra AHF
ẠY
(đối đỉnh) nên DIC=MEN ,suy ra tứ giác MENI nội tiếp. Mà AEF=MEN như sau: Bước 2 Chứng minh EMN=EFA
D
(cùng nhìn EN) +) Tứ giác MENI nội tiếp, suy ra EMN=EIN
) (cùng chắn ED +) Xét ( O ) có EIN=ECD (góc ngoài bằng góc đối). +) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp EFA=ECD
EMN là hai góc so le trong nên MN //AB. , mà EFA, Từ đó suy ra EFA=EMN
Trang 117
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN DẠNG 2: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG Cách 1 ( Cách song song) chứng minh hai trong ba đường thẳng AB, AC, BC cùng song song với một đường thẳng thì A, B, C thẳng hàng. Cách 2 (Cách vuông góc) Chứng minh hai trong ba đường thẳng AB, AC, BC cùng vuông góc với một đường thẳng thì A, B, C thẳng hàng.
FF IC IA L
0 Cách 3 (Cách góc bẹt) chứng minh ABC=180 thì A, B, C thẳng hàng.
Ví dụ 1. Cho đường tròn ( O;R ) đường kính AB cố định. Dây CD di động vuông góc với AB tại H nằm
giữa A và O. Lấy điểm F thuộc cung nhỏ AC. Giả sử BF cắt CD tại E, AF cắt tia DC tại I. Đường tròn ngoại tiếp ∆IEF cắt AE tại M. Chứng minh M thuộc đường tròn ( O;R ) . Hướng dẫn
N
O
I
Ơ
M
H
C
H
B
O
Q
U
Y
A
j E
N
F
D
M
Bước 1 Chứng minh IM ⊥ AM.
KÈ
+) Chỉ ra ∆IEF vuông tại F thì IE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆IEF.
= 900 IM ⊥ EM hay IM ⊥ AM. +) Suy ra IME
ẠY
Bước 2 Chứng minh IB ⊥ AM. +) Chỉ ra IH, BF là hai đường cao của ∆IAB và IH ∩ BF= {E} nên E là trực tâm của ∆IAB
D
+) Suy ra IB ⊥ AE hay IB ⊥ AM nên I, M, B thẳng hàng.
= 900 , do đó M thuộc ( O ) . Mà IM ⊥ AM nên BM ⊥ AM hay AMB
Ví dụ 2. Cho ∆ABC vuông cân tại A. Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D khác B. Gọi M là điểm bất kỳ trên đoạn AD. Kẻ MH, MI lần lượt vuông góc với AB, AC tại H, I. Kẻ HK ⊥ ID tại K. Chứng = MBC và tứ giác AIKM nội tiếp, từ đó chứng minh ba điểm K, M, B thẳng hàng. minh MID
Trang 118
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Hướng dẫn C
D
I
M
B
A
O
= MBC Chứng minh MID
O
•
H
FF IC IA L
K
N
= MCD (cùng nhìn MD) Bước 1 Chứng minh tứ giác MDCI nội tiếp, suy ra MID
= MBC Từ đó ta được MID Chứng minh tứ giác AIKM nội tiếp
N
•
H
Ơ
Bước 2 Chỉ ra AD là trung trực của BC, M ∈ AD nên MB = MC MCD = MBC
Y
Bước 1 Chỉ ra tứ giác AHMI có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.
Chứng minh K, M, B thẳng hàng
Q
•
U
= 900 , IKH = 900 , IMH = 900 suy ra năm điểm A, H, M, K, I thuộc đường tròn Bước 2 Chỉ ra IAH đường kính HI, do đó tứ giác AIKM nội tiếp.
M
+ AMK = 1800 ( tổng hai góc đối) Bước 1 từ tứ giác AIKM nội tiếp ta có AIK
KÈ
= AMB Bước 2 Chứng minh AIK 0 = AIM + MID, AMB=MDB+MBC=90 +MBC. Có AIK
ẠY
= AMB = MBC ( cmt ) nên AIK Mà MID
D
+ AMK = 1800 hay K,M,B thẳng hàng. Từ đó suy ra AMB
Trang 119
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN DẠNG 3: TIẾP TUYẾN
M M
1
3 2 A
FF IC IA L
O
+ AM ⊥ OM Để chứng minh AM là tiếp tuyến của ( O ) , ta cần chỉ ra 2 điều kiện + OM là bán kính
•
1, M 3 về hai 2 = 900 ta thường chứng minh M 1 + M 3 = 900 bằng cách chuyển M Để chứng minh M
O
•
Ơ
N
góc nhọn một tam giác vuông.
Ví dụ 1. Cho nửa đường tròn ( O;R ) đường kính AB. Gọi C là điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn sao cho
N
H
= 900 . Gọi E là giao điểm của AD và 0 < AC < BC. Gọi D là điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho COD BC, F là giao điểm của AC và BD. Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh IC là tiếp tuyến của ( O ) .
Y
Hướng dẫn
KÈ
M
Q
U
F
ẠY
I
C
D
D E
A
O H
Trang 120
B
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN EF Bước 1. Chỉ ra ∆C EF vuông tại C và có CI là trung tuyến nên CI = = FI ( tính chất trung tuyến 2 = IFC . của tam giác vuông) ∆IFC cân tại I nên ICF
= OAC , suy ra ICF + OCA = IFC + OAC Bước 2. Chỉ ra ∆OAC cân tại O nên OCA Bước 3. Kéo dài FE cắt AB tại H
FF IC IA L
+) Chỉ ra E là trực tâm ∆FAB , suy ra FH ⊥ AB
+ OAC = 90° +) Xét ∆FAH vuông tại H nên IFC
+ OCA = 90° ICO = 180° − (OCA + ICF ) = 90° IC ⊥ OC . Suy ra: ICF
Mà OC là bán kính của (O) nên IC là tiếp tuyến của (O).
N
O
Ví dụ 2. Cho đường tròn(O;R) và đường thẳng d cắt (O;R) tại hai điểm E và F. Gọi A là điểm trên d sao cho E nằm giữa A và F. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB và AC đến (O;R) với B, C là tiếp điểm và B, O nằm về hai phía của đường thẳng d. Gọi H là trung điểm của EF , đường thẳng BC cắt OA tại I, cắt OH tại K. Chứng minh: OI .OA = OH .OK và KF là tiếp tuyến của (O;R)
Ơ
Hướng dẫn
H
*Chứng minh: OI .OA = OH .OK
N
= 90°, OHA = 90° Bước 1. Chứng minh OA ⊥ BC , OH ⊥ EF OIK
OI OK = OI .OA = OH .OK OH OA
Y
Bước 2. Chỉ ra ∆OIK ∽ ∆OHA( g.g )
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
K
B F
H E
A
I
O
C
Trang 121
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN *Chứng minh KF là tiếp tuyến của (O;R) Bước 1. Chứng minh: OI .OA = OB 2 = R 2 OH .OK = R 2 ⇔
OH OF . = OF OK
= OFK = 90° KF ⊥ OF Bước 2. Chỉ ra: ∆OHF ∽ ∆OFK (c.g .c ) OHF
FF IC IA L
Mà OF là bán kính của (O) nên KF là tiếp tuyến của (O;R). Ví dụ 3. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn thẳng OA (C khác O và A). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn tại K. Gọi M là điểm bất kỳ trên cung BK (M khác B và K). Đường thẳng CK cắt các đường thẳng AM, BM lần lượt tại H, D. Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là N. Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn đi qua trung điểm của DH.
Hướng dẫn
O
*Chứng minh: A, N, D thẳng hàng.
Y
N
H
Ơ
N
D
K
M
M
Q
U
I
N
ẠY
KÈ
H
A
C
O
B
D
Bước 1. Chứng minh AN ⊥ BN từ giả thiết N ∈ (O) đường kính AB. Bước 2. Chứng minh AD ⊥ BN : +) Chỉ ra AM, DC là hai đường cao của ∆ABD, AM ∩ DC = { H } nên H là trực tâm của ∆ ABD.
+) Suy ra AD ⊥ BH hay AD ⊥ BN từ đó suy ra A, N, D thẳng hàng. *Chứng minh tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn (O) đi qua trung điểm của DH. Trang 122
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bước 1. Gọi I là trug điểm của DH. Chỉ ra ∆DNH vuông tại N và có NI là trung tuyến nên DH NI = = DI (tính chất trung tuyến của tam giác vuông) 2 = IDN . ∆IDN cân tại I nên IND = OAN . Bước 2. Chỉ ra ∆OAN cân tại O nên ONA
FF IC IA L
+ ONA = IDN + OAN Suy ra IND + IDN = 90° Bước 3. Xét ∆ACD vuông tại C nên OAN
+ IND = 90° ONI = 180° − ( IND + ONA ) = 90° IN ⊥ ON . Suy ra: ONA
Mà ON là bán kính của (O) nên IN là tiếp tuyến của (O) hay tiếp tuyến tại N của (O) đi qua I là trung điểm của DH.
O
DẠNG 4: CHỨNG MINH ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRÒN, CHỨNG MINH ĐƯỜNG KÍNH Tính chất 1. Nếu ∆ABC vuông ở A thì A, B, C thuộc đường tròn đường kính BC.
N
Tính chất 2. Nếu tứ giác ABCD nội tiếp và A, B, C ∈ (O) D ∈ (O).
Ơ
Tính chất 3. Nếu A, M , B ∈ (O ); AMB = 90° thì AB là đường kính của (O).
H
Tính chất 4. Nếu hình thang ABCD (AB//CD) nội tiếp đường tròn (O) thì ABCD là hình thang cân.
A
N
Các tính chất 1,2,3 ta được sử dụng, tính chất 4 ta phải chứng minh lại như sau: B
U
Y
1
2 1
1
Q
2
M
D
ẠY
KÈ
O
D
Cách 1. (Cộng cung để được hai đường chéo bằng nhau) (hai góc so le trong) Có AB / / CD A1 = C 1 = sđ = sđ AD sđ AB + sđ BC AB + sđ AD sđ BC AC = BD sđ AC = sđ BD AC = BD
Do đó ABCD là hình thang cân Trang 123
C
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Cách 2. (Cộng hai góc để được hai góc kề một đáy bằng nhau)
(Hai góc so le trong) Có AB / / CD A1 = C 1 C =D . Mà A1 = D 1 1 1 =D C +C =D +D ⇔ BCD = Xét (O) có C ADC 2 2 1 2 1 2
FF IC IA L
Do đó ABCD là hình thang cân
Cách 3. ( Sử dụng tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp bằng 1800 và tổng hai góc trong cùng phía của hai đường thẳng song song bằng 1800).
+ BCD = 180° (tổng hai góc đối). Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên BAD + ADC = 180° (tổng hai góc trong cùng phía). Do AB / /CD nên BAD = ADC , do đó ABCD là hình thang cân. Suy ra BCD
Ví dụ 1. Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC cố định khác đường kính. Lấy điểm A thuộc cung lớn
O
BC mà AB < AC . Các đường cao AF, BD, CE của ∆ABC cắt nhau tại H . Vẽ đường kính AI của ( O ) . Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC . Chứng minh K ∈ ( O ) và tứ giác BKIC là hình thang
Ơ
N
cân Hướng dẫn
Y
N
1
H
A
Q
U
E
O
H 1
1
F
2
K
2 3
C
I
KÈ
M
B
D
* Chứng minh K ∈ ( O ) + BKC = 180° ) Cách 1 (Chứng minh BAC
ẠY
= BHC : Bước 1. Chứng minh BKC Do K đối xứng H với qua BC nên là trung trực HK , do đó BH = BK , CH = CK . = BHC . Suy ra ∆BHC = ∆BKC (c.c.c) nên BKC
D
+ EAD = 180° (do AEH = ADH = 90° ) Bước 2. Xét tứ giác ADHE có EHD = EHD (đối đỉnh) nên BKC + BAC = 180° Mà BHC Do đó tứ giác ABKC nội tiếp, mà A, B, C ∈ ( O ) nên K ∈ ( O ) . 1 = C 2 ) Cách 2 (Chứng minh A 1 = C 1 (cùng bằng 90° − ABC ) Bước 1. Chỉ ra A 1 = C 2 Bước 2. Chứng minh ∆BHC = ∆BKC (c.c.c), suy ra C Trang 124
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
1 = C 2 nên tứ giác ABKC nội tiếp. Từ đó suy ra A Mà A, B, C ∈ ( O ) nên K ∈ ( O ) . * Chứng minh tứ giác BKIC là hình thang cân +) Chứng minh tứ giác BKIC là hình thang = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do K ∈ ( O ) đường kính AI nên AKI
FF IC IA L
Suy ra KI ⊥ AK , mà BC ⊥ AK nên BC / /KI , do đó tứ giác BKIC là hình thang +) Chứng minh tứ giác BKIC là hình thang cân Cách 1 (Chứng minh BI = CK dựa vào hình bình hành) Bước 1. Chứng minh tứ giác BHCI là hình bình hành, suy ra BI = CH . Bước 2. Từ ∆BHC = ∆BKC (cmt), suy ra CH = CK . Từ đó suy ra BI = CK nên tứ giác BKIC là hình thang cân. Cách 2 (Chứng minh BI = CK dựa vào cộng cung) = sñBK 1 = ɵI1 (hai góc so le trong) sñCI Bước 1. Từ BC / /KI B
O
được sñCI + sñKI = sñBK + sñKI Bước 2. Cộng hai vế với sñKI = sñBI CK = BI CK = BI nên tứ giác BKIC là hình thang cân. sñCK = ICB dựa vào cộng góc) Cách 3 (Chứng minh KBC 2
N
1 = ɵI1 (hai góc so le trong) Từ BC / /KI B (cùng chắn BK 1 = C ) nên B Mà ɵI1 = C 2
N
H
Ơ
2 = C (cùng chắn KI ) B 1 + B 2 = C 2 + C 3 hay KBC = ICB Vì B 3 Do đó tứ giác BKIC là hình thang cân. = ICB tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp bằng 180° và tổng hai góc trong Cách 4 (Chứng minh KBC cùng phía của hai đường thẳng song song bằng 180° ) + KIC = 180° (tổng hai góc đối) Vì tứ giác BKIC nội tiếp nên KBC
U
Y
+ KIC = 180° (tổng hai góc trong cùng phía) Do BC / /KI nên ICB = ICB , do đó BKIC là hình thang cân. Suy ra KBC Ví dụ 2. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Gọi C là điểm chính giữa của cung AB và M là điểm
Q
thuộc cung AC ( M khác A và C ). Kẻ MH ⊥ AB tại H , AC cắt MH, MB lần lượt tại K, E . Kẻ EI ⊥ AB
C
KÈ
Hướng dẫn
M
tại I . Chứng minh AC.AK = AM 2 và O thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ IMC .
E
1
ẠY D
1
M
K 1
1
2
2 1
A
H
I
O
* Chứng minh AC.AK = AM 2 Cách 1 (Chứng minh AB.AH ) Bước 1. Chỉ ra ∆ABM vuông tại M , đường cao MH nên AB.AH = AM 2 Bước 2. Chứng minh ∆AHK ∽ ∆A A A (g.g), suy ra Trang 125
B
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN AH AK = hay AB.AH = AC.AK AC AB Từ đó suy ra AC.AK = AM 2 (cùng bằng AB.AH ) Cách 2 (Chứng minh ∆AMK ∽ ∆ACM ) 1 = M 1 (cùng bằng 90° − MAH ) Bước 1. Chứng minh B 1 = C 1 (cùng chắn AM
) nên M 1 = C 1 Bước 2. Xét ( O ) có B Từ đó suy ra ∆AMK ∽ ∆ACM , do đó AM AK = hay AC.AK = AM 2 . AC AM * Chứng minh O thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆IMC . 1 (cùng nhìn đoạn ME ). Bước 1 Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp, suy ra ɵI1 = A
N
O
2 (cùng nhìn đoạn CE ). Bước 2 Chứng minh tứ giác BCEI nội tiếp, suy ra ɵI 2 = B 1 = B 2 = 1 MOC (quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm). Bước 3 Xét ( O ) có A 2 1 = MOC , do đó tứ giác IOCM nội tiếp. Suy ra ɵI1 = ɵI 2 = MOC nên MIC 2 Mà I, C, M thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ IMC nên O thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ IMC .
Ơ
Ví dụ 3. Cho đường tròn ( O ) và dây BC cố định khác đường kính. Gọi A là điểm di động trên cung ). Các đường cao AD , BE , CF lớn BC ( A khác B , A khác C và A khác điểm chính giữa của BC
N
H
của ∆ABC cắt nhau tại H . Chứng minh OA ⊥ EF và đường tròn ngoại tiếp ∆ DEF đi qua trung điểm của BC . Hướng dẫn
U
X
Y
A
Q
E
H 1
B
1 2
D
1
N
C
ẠY
KÈ
M
F
D
* Chứng minh OA ⊥ EF Bước 1 Kẻ tiếp tuyến Ax của ( O ) tại A thì OA ⊥ Ax (tính chất tiếp tuyến). Bước 2 Chứng minh EF / /Ax như sau ). = ACB (cùng bằng nửa số đo AB +) Xét ( O ) có xAB
= AFE . = ACB nên xAB +) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp, suy ra AFE AFE là hai góc so le trong nên EF / /Ax , do đó OA ⊥ EF . Mà xAB, * Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆ DEF đi qua trung điểm của BC Bước 1 Chỉ ra đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có tâm N là trung điểm của BC . Bước 2 Chứng minh các tứ giác BDHF và CDHE nội tiếp. Trang 126
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Suy ra D1 = B1 (cùng nhìn đoạn HF ), D 2 = C1 (cùng nhìn đoạn HE ). 1 = C 1 = 1 ENF (quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm). Bước 3: Xét (N) có B 2
FF IC IA L
= ENF , do đó tứ giác DNEF nội tiếp. 1 = D 2 = 1 ENF nên EDF Suy ra D 2
Mà D , E , F thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆DEF nên N thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆DEF hay đường tròn ngoại tiếp ∆DEF đi qua N là trung điểm của BC.
DẠNG 5: SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ TA- LÉT VÀ ĐỊNH LÝ TA- LÉT ĐẢO Tính chất 1 (Tính chất thường gặp trong tam giác) Cho ∆ABC có E và F lần lượt thuộc cạnh AB và AC sao cho EF // BC . Một đường thẳng d đi qua A và qua trung điểm của BC. Chứng minh d cũng đi qua trung điểm của EF.
O
Chứng minh
U
B
C
Y
M
N
F
H
I
E
Ơ
N
A
Q
Gọi M và I lần lượt là giao điểm của d với BC và EF.
M
Do EF // BC nên EI // BM , FI // CM .
KÈ
Xét ∆ABM có EI // BM nên Xét ∆ACM có FI // BM nên
FI AI = (Định lí Talet). CM AM
EI FI = , mà BM = CM nên EI = FI hay d đi qua trung điểm của EF . BM CM
ẠY
Suy ra
EI AI = (Định lí Talet). BM AM
D
Tính chất 2 (Tính chất thường gặp trong hình thang) Cho hình thang ABCD ( AB // CD ) có các đường chéo cắt nhau tại O . Qua O kẻ đường thẳng song song với đáy, cắt AD và BC theo thứ tự tại E và F .Chứng minh OE = OF
Chứng minh
Trang 127
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN A
B
E
F O
C
∆ABD có OE // AB nên
OE DO = (Định lí Talet). AB DB
∆ABC có OF // AB nên
OF CF = (Định lí Talet). AB CB
∆BCD có OF // CD nên
OD CF = (Định lí talet). BD CB
OE OF = nên OE = OF . AB AB
O
Suy ra
FF IC IA L
D
Ơ
N
Tính chất 3 (Tính chất thường gặp trong tam giác vuông) Cho ∆ABC vuông tại A , lấy điểm M trên cạnh BC sao cho MA = MB . Chứng minh MA = MC .
C
M
KÈ
M
Q
U
Y
1
N
H
Chứng minh
2 1
1 B
A
ẠY
1 = B 1 Vì MA = MB nên ∆AMB cân tại M , do đó A
D
2 = 900 − A 1, C 1 = 900 − B 1 nên A 2 = C 1 ∆ACM cân tại M MA = MC. Mà A
Ví dụ 1. Cho điểm M thuộc nửa đường tròn ( O ) đường kính AB = 2a ( M khác A và B ). Kẻ các
tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn ( O ) . Tiếp tuyến tại M của ( O ) cắt Ax, By lần lượt tại E , F . Gọi K là giao điểm của AF và BE. Chứng minh MK ⊥ AB và khi MB = 3.MA , hãy tính diện tích ∆KAB theo a .
Trang 128
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Hướng dẫn * Chứng minh MK ⊥ AB Bước 1 Chứng minh ∆ KAE ∼ ∆ KFB (g.g)
KA ME = MK // AE (Talet đảo). KF MF
FF IC IA L
Bước 2 Chỉ ra AE = ME , FB = MF , suy ra
KA AE . = KF FB
H
E
F
Ơ
M
N
O
Mà AE ⊥ AB (tính chất tiếp tuyến) nên MK ⊥ AB .
U
Y
N
K
H
O
M
Q
A
KÈ
* Tính diện tích ∆ KAE theo a khi MB = 3.MA Bước 1 Kéo dài M K cắt AB tại H thì MH ⊥ AB (do MK ⊥ AB ).
D
ẠY
Bước 2 Chứng minh K là trung điểm của MH ∆ BFE có KM // BF nên
KM KE (Định lí Talet). = BF EB
∆ ABF có KH // BF nên
KH AH (Định lí Talet). = BF AB
∆ ABE có KH // AE nên
KE AH (Định lí talet). = BE AB
Suy ra
KM KH = MK = KH hay K là trung điểm của MH . BF BF
Trang 129
B
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN MH Bước 3 Xét ∆ KAB và ∆ MAB có chung đáy AB và đường cao KH = . 2 Suy ra S ∆KAB =
1 MA.MB (tính chất tỉ số diện tích). S ∆MAB = 2 4
Có MA2 + MB 2 = AB 2 = 4 R 2 và MB = 3.MA MA = R , MB = R 3. R.R 3 R 2 3 = (đvdt). 4 4
FF IC IA L
Vậy S ∆KAB =
Ví dụ 2. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn đó
x
N
Hướng dẫn
O
( Ax, By cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn). Gọi M là điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn và tiếp tuyến của nửa đường tròn tại M cắt Ax, By lần lượt tại C , D . Kẻ MH ⊥ AB và MH cắt BC tại I . Chứng minh I là trung điểm của MH và ba điểm A, I , D thẳng hàng.
H
Ơ
N
Q
M
M
C
U
Y
N
y
O
H
B
D
A
I
ẠY
KÈ
D
* Chứng minh I là trung điểm của MH
Bước 1 Kéo dài BM cắt Ax tại N và chứng minh CA = CN
= CMA. +) Chỉ ra ∆AMN vuông tại M và có CA = CM nên CAM
= 900 − CAM,CMN = 900 − CMA nên CNM = CMN. +) Mà CNM Trang 130
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Do đó ∆CNM cân tại C nên CM = CN , suy ra CA = CN .
IH IM = CA CN
+) ∆ABC có IH / / CA nên +) ∆BCN có IM / /CN nên Suy ra
IH BI = (Định lý Ta lét). CA BC
FF IC IA L
Bước 2: Chứng minh
IM BI = (Định lý Ta lét). CN BC
IH IM = , mà CA = CN nên IH = IM hay I là trung điểm của MH . CA CN
* Chứng minh A, I , D thẳng hàng
O
Bước 1: Kéo dài AM cắt By tại E và chứng minh DB = DE.
Bước 2: Gọi I ′ là giao điểm của AD và MH . Chứng minh I ′ là trung điểm MH .
Ơ
N
Suy ra I ′ trùng I , mà I ′ ∈ AD nên I ∈ AD hay A, I , D thẳng hàng.
Ví dụ 3: Cho đường tròn (O; R) và dây cung AB không đi qua tâm O . Từ điểm S thuộc tia đối của tia
H
AB ( S khác A ) vẽ hai tiếp tuyến SC , SD đến (O; R) với C , D là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ
N
AB . Gọi H là trung điểm của AB . Đường thẳng đi qua A và song song với SC cắt SD tại K . Chứng minh tứ giác ADHK nội tiếp và đường thẳng BK đi qua trung điểm của SC .
Y
Hướng dẫn
O
S A
KÈ
M
Q
U
D
N
H K C
B M
ẠY
* Chứng minh tứ giác ADHK nội tiếp
D
Bước 1: Chứng minh năm điểm O , H , C , S , D cùng thuộc một đường tròn đường kính SO = SHD (cùng nhìn SD ). ⇒ SCD
(hai góc đồng vị). Bước 2: Từ AK / / SC (gt) ⇒ AKD = SCD
nên tứ giác ADHK nội tiếp. hay AKD = AHD Từ đó suy ra AKD = SHD * Chứng minh BK đi qua trung điểm của SC
Bước 1: Kéo dài AK cắt BC tại M và chứng minh KA = KM
Trang 131
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN +) Từ tứ giác ADHK nội tiếp ⇒ AHK = ADK (cùng nhìn AK ).
(cùng chắn cung AC ). +) Xét (O; R ) có ADK = ABC nên HK / / BM . Suy ra AHK = ABC +) Xét ∆ ABM có H là trung điểm của AB và HK / / BM nên KA = KM .
+) ∆BNS có KA / / NS nên
KA BK = (Định lý Ta lét). NS BN
+) ∆BNC có KM / / NC nên
KM BK = (Định lý Ta lét). NC BN
KA KM = , mà KA = KM nên NS = NC hay N là trung điểm của SC . NS NC
O
Suy ra
KA KM = NS NC
FF IC IA L
Bước 2: Kéo dài BK cắt SC tại N và chứng minh
Ơ
N
Vậy BK đi qua trung điểm của SC .
N
H
DẠNG 6: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT PHÂN GIÁC Tính chất 1
U
Y
A
Q
K
M
Với AD là phân giác trong của ∆ABC thì ta có
KÈ
•
B
Với AK là phân giác ngoài của ∆ABC thì ta có
D
ẠY
•
D
DB AB = DC AC KB AB = KC AC
DB KB = hay BD.CK = BK .CD DC KC
•
Kết nối hai tỷ số trên, ta được tính chất
•
AD ⊥ AK (phân giác trong và phân giác ngoài vuông góc với nhau)
•
BD AB S∆ABD = = S∆ACD CD AC
Tính chất 2
Trang 132
C
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
A
B
FF IC IA L
O C
M •
Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O ) và điểm M ∈ (O ) . Nếu AM là tia phân giác của góc BAC và ngược lại. thì M là điểm chính giữa của BC
. = CM = 1 BC thì BM Nếu M là điểm chính giữa của BC 2
•
= CM thì BM = CM và ngược lại (liên hệ giữa cung và dây cung). Nếu BM
N
O
•
Ơ
Ví dụ 1: Cho đường tròn (O ) và dây AB . Lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O ) và nằm trên tia BA
H
. Gọi P là điểm chính giữa của cung lớn AB . Kẻ đường kính PQ của (O ) , PQ cắt AB tại D . Tia CP
N
cắt (O ) tại điểm thứ hai là I . Các dây AB và QI cắt nhau tại K . Chứng minh CA.CB = CD.CK và
AK .BC = BK . AC .
U
Y
Hướng dẫn
Q
P
O C
A
K
D
B
Q
ẠY
KÈ
M
I
*Chứng minh CA.CB = CD.CK
D
= CBP (góc ngoài bằng góc đối), do đó Bước 1: Xét tứ giác ABPI nội tiếp đường tròn (O ) ⇒ CIA
∆CIA ∽ ∆CBP (g.g), suy ra CA.CB = CI .CP .
Bước 2: Chứng minh ∆CIK ∽ ∆CDP (g.g), suy ra CD.CK = CI .CP . Từ đó ta được CA.CB = CD.CK . *Chứng minh AK .BC = BK . AC
Trang 133
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bước 1: Chứng minh PO là trung trực của AB .
= QB (liên hệ giữa cung và dây cung). Mà Q ∈ PO nên QA = QB ⇒ QA = QB ⇒ AIQ = BIQ nên IK là đường phân giác trong của ∆ AIB . Bước 2: Từ QA
AK AI = (tính chất phân giác). BK BI
FF IC IA L
Suy ra
= 900 ) nên IC là đường phân giác ngoài của ∆ AIB . Bước 3: Vì IC ⊥ IK (do PIQ Suy ra
AC AI AK AC = = , do đó hay AK .BC = BK . AC . BC BI BK BC
Ví dụ 2: Cho đường tròn (O; R ) đường kính AB . Trên tia đối của tia AB lấy điểm M mà AM = R . Kẻ đường thẳng d qua M và vuông góc AB . Trên d , lấy điểm E tùy ý. Gọi C , D lần lượt là giao điểm
O
thứ hai của EA, EB với (O ) ; I là giao điểm của EA với M D , F là giao điểm của BC với d . Chứng minh ba điểm F , A, D thẳng hàng và IA.EC = AC.EI .
Ơ
N
Hướng dẫn
N
H
E
D
U
Y
I M
B
O
M
Q
A
KÈ
C
F
Chứng minh ba điểm F , A , D thẳng hàng
ẠY
∗
Bước 1: Chứng minh EC , BM là hai đường cao của ∆ BEF và EC ∩ BM = { A} .
D
Suy ra A là trung trực ∆ BEF nên FA ⊥ BE .
= 90° ⇒ AD ⊥ BE . Bước 2: Sử dụng D ∈ (O) đường kinh AB ⇒ ADB Từ dó suy ra F , A , D thẳng hàng. ∗
Chứng minh IA.EC = AC.EI
=E ( cùng nhìn đoạn AM ). Bước 1: Chứng minh tứ giác ADEM nội tiếp nên D 1 1 Trang 134
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN ( cùng nhìn đoạn FC ). Bước 2: Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp, suy ra D2 = E 1
=D nên DA là phân giác trong của ∆CDI . Từ đó được D 1 2 Suy ra
DI AI = ( tính chất phân giác). DC AC
Suy ra
FF IC IA L
Bước 3:Sừ dụng DE ⊥ DA nên DE là phân giác ngoài của tam giác CDI .
DI EI AI EI = = ( tính chất phân giác), do đó hay IA.EC = AC.EI . DC EC AC EC
Ví dụ 3. Cho ∆ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O ) . Kẻ hai tiếp tuyến tại B , C của
(O) và hai tiếp tuyến này cắt nhau tại M . Nối AM cắt đường tròn (O) tại D khác A và cắt BC tại I . Gọi H là trung điểm của AD . Tia BH cắt đường tròn (O ) tại K khác B . Chứng minh S∆BHI BH . = S∆CHI CH
O
CK //AM và
N
Hướng dẫn
Ơ
A
N
H
K
O
Y
H
KÈ
M
Q
U
B
C
D
M
Chứng minh CK / /AM
ẠY
∗
I
D
Bước 1: Chứng minh năm điểm B , H , O , C , M thuộc đường tròn đường kính OM , suy ra = BCM ( cùng nhìn BM ). BHM
= BCM ( cùng bằng nửa số đo BC ). Bước 2: Xét (O ) có BKC = BKC , mà BHM , BKC là hai góc đồng vị nên CK //AM . Từ đó suy ra BHM ∗
Chứng minh
S∆BHI BH = S∆CHI CH Trang 135
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bước 1: Theo trên, ta có B , H , O , C , M thuộc một đường tròn nên
= BOM , CHM = COM BHM = COM . Bước 2: Do MB , MC là hai tiếp tuyến của (O ) kẻ từ M nên BOM = CHM nên HI là phân giác trong của ∆HBC . Từ đó suy ra BHM
BH BI = (tính chất phân giác). CH CI
FF IC IA L
Do đó
Bước 3: Xét ∆ HBI , ∆HCI có cùng đường cao kẻ từ H nên
S∆BHI S BI BH BI BH = = , mà nên ∆BHI = . CH CI S∆CHI CI S∆CHI CH
ABC . Gọi M và N lần lượt là điểm chính ngoại tiếp tam giác nhọn giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC . Hai dây AN và CM cắt nhau tại I . Dây MN cắt AB và BC lần lượt tại H và K . Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.
O
Ví dụ 4. Cho đường tròn (O)
H
A
Ơ
N
Hướng dẫn
N
Y
M
F
O
U
I
Q
H
K
M
B
C
KÈ
N
∗
Chứng minh ∆ BHI cân
ẠY
Bước 1: Chứng minh ∆MBI cân.
D
. Kéo dài BI cắt (O) tại F và chỉ ra F là điểm chính giữa của AC
= 1 sdAM + sdAF , MBI = 1 sdBM , AM + sdCF = BM = CF , AF Có MBI 2 2
(
)
(
)
= MIB ⇒ ∆MBI cân tại M . Nên MBI Bước 2: Chứng minh MN là trung trực của BI
Do N là điểm chính giữa ủa cung nhỏ BC nên MN là tia phân giác của BMC Trang 136
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Mà ∆MBI cân tại M nên MN cũng là đường trung trực của đoạn thẳng BI . Do H , K ∈ MN nên HB = HI , KB = KI và MN ⊥ BI hay BF ⊥ HK .
Bước 3: Chứng minh BH = BK .
. Do F là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên BF là tia phân giác của HBK
FF IC IA L
Mà BF ⊥ HK nên ∆ BHK cân tại B , do đó BH = BK . Như vậy tứ giác BHIK là hình thoi.
DẠNG 7: DẠNG TÍNH TOÁN A
O
O
A
B
Ơ
B
N
O
Độ dài ( chu vi) đường tròn (O ; R ) là C = 2πR .
•
là π Rα . = α ° thì độ dài AB Nếu sd AB 180
•
Diện tích hình tròn (O ; R ) là S = π R 2 .
•
2 là π R α . = α ° thì diện tích hình quạt tạo bởi OA, OB và AB Nếu sd AB 360
•
2 là π R α − S = α ° thì diện tích hình viên phân tạo bởi dây AB và AB Nếu sd AB ∆OAB . 360
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
•
Thể tích hình trụ đường cao h , bán kính đáy R là V = Sday .h = π R 2 h .
•
1 1 Thể tích hình nón đường cao h , bán kính đáy R là V = Sday .h = π R 2 h . 3 3
ẠY
•
D
•
4 Thể tích hình cầu và diện tích mặt cầu bán kính R là V = π R3 và S = 4π R2 . 3
Ví dụ 1. Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O ; R ) . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến (O ) với M là tiếp
điểm. Đường thẳng qua M vuông góc với OA cắt (O ) tại điểm N khác M . Chứng minh AN là
= 60° , tính độ dài MN nhỏ và thể tích tạo thành khi cho ∆OAM tiếp tuyến của (O ) . Khi MAN quay một vòng quanh OA .
Trang 137
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN M
H
O
FF IC IA L
A
1 2
N
N
H
Ơ
N
O
Hướng dẫn
Y
* Chứng minh AN là tiếp tuyến của ( O )
U
=O , do đó O Bước 1: Chỉ ra ∆ OMN cân tại O và OA ⊥ MN nên OA cũng là phân giác của MON 1 2 .
M
Q
= ONA = 90o AN ⊥ ON . Mà ON là bán kính của Bước 2: Chỉ ra ∆OAM = ∆OAN (c.g.c) nên OMA ( O ) nên AN là tiếp tuyến của ( O ) .
KÈ
nhỏ: * Tính độ dài MN
= 120o. Bước 1: Sử dụng tổng các góc trong tứ giác AMON bằng 180o MON
nhỏ là: Bước 2: Sử dụng công thức tính độ dài cung, ta tính được độ dài MN
ẠY
π.R.120 2πR = (đvdt) 180 3
D
* Tính thể tích tạo thành khi cho ∆ OAM quay một vòng quanh OA.
Bước 1: Gọi H là giao điểm của OA và MN .
= 30o nên + Xét ∆ OAM vuông tại M và OAM
= sin OAM
OM R 1 = = OA = 2 R OA OA 2 Trang 138
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 3R R R 3 + OH .OA = OM 2 OH = AH = OA − OH = HM = 2 2 2 Bước 2: Khi cho ∆ OAM quay một vòng quanh OA ta được hai hình nón có cùng bán kính đáy là R 3R R 3 , h2 = OH = và đường cao là h1 = AH = nên thể tích hình tạo thành là r = HM = 2 2 2 2
FF IC IA L
1 1 R 3 3R R πR 3 V = πr 2 ( h1 + h2 ) = π + = 3 3 2 2 2 2
Ví dụ 2: Cho nửa đường tròn ( O ; R ) đường kính AB và điểm M tùy ý trên nửa đường tròn đó. Gọi
N , P lần lượt là điểm chính giữa cung AM , MB. Tính độ dài đoạn NP và diện tích hình viên phân tạo nhỏ. thành bởi dây NP và NP
N
H
Ơ
N
O
Hướng dẫn
Y
* Tính độ dài đoạn NP
Q
U
= 1 MOA , MOP = 1 MOB Bước 1: Chỉ ra MON 2 2
M
=1 AOB = 90o ∆NOP vuông tại O . Suy ra NOP 2
KÈ
Bước 2: Sử dụng định lý Pytago trong ∆NOP vuông tại O, tính được NP = R 2.
nhỏ. * Tính diện tích hình viên phân tạo bởi dây NP và NP
ẠY
nhỏ là Bước 1: Tính được diện tích hình quạt tạo bởi ON , OP , NP
D
πR 2 .90 πR 2 = (đvdt) 360 4
Bước 3: Tính được diện tích ∆NOP vuông tại O là
R2 (đvdt). 2
nhỏ là: Suy ra diện tích hình viên phân tạo bởi dây NP và NP πR 2 R 2 R ( π − 2 ) − = (đvđd) 4 2 4
Trang 139
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Ví dụ 3: Cho đường tròn ( O ; R ) và dây BC = R 3. Gọi A là điển thay đổi trên cung lớn BC sao cho ∆ABC nhọn. Kẻ BD ⊥ AC tại D, CE ⊥ AB tại E . Gọi H là giao điểm của BD và CE. Tính độ dài nhỏ và chứng minh OBD = OCE . BC
Ơ
N
O
FF IC IA L
Hướng dẫn
H
nhỏ: * Tính độ dài BC
BI 3 = 60o BOC = 120o = BOI OB 2
U
= sin BOI
Y
Bước 2: Xét ∆BOI vuông tại I nên:
N
= 2 BOI Bước 1: Kẻ OI ⊥ BC tại I và chỉ ra I là trung điểm của BC và BOC
Q
nhỏ là: Bước 3: Sử dụng công thức tính độ dài cung, ta tính được dộ dài BC
M
πR.120 2πR = (đvđd) 180 3
KÈ
= OCE * Chứng minh OBD
ẠY
= 1 BOC = 60o Bước 1: Tính được BAC 2 = 120o . Bước 2: Sử dụng tổng các góc trong tứ giác ADHE bằng 180o DHE
D
= 120o nên BHC = BOC , do đó tứ giác BCOH nội tiếp. Bước 3: Tính được BHC = OCE (cùng nhìn đoạn OH ). Suy ra OBD
Trang 140
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Hệ thống bài tập trong chủ đề Bài 1: Từ điểm A ở ngoài đường tròn ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến ( O ) (với B, C là tiếp điểm). GỌi E là giao điểm của OA và BC . Gọi I là trung điểm của BE , đường thẳng qua I vuông góc với OI cắt các tia AB, AC theo thứ tự tại D, F . Chứng minh ∆ ODF cân tại O và F là trung điểm AC .
Bài 2: Cho đường tròn ( O ) . Lấy điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) , đường thẳng AO cắt ( O ) tại
FF IC IA L
hai điểm B và C với AB < AC. Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt ( O ) tại hai điểm D và E với AD < AE . Đường thẳng vuông goác với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F . Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng FB với ( O ) . Tứ giác AMDF là hình gì? Vì sao?
Bài 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính AD ( B thuộc cung nhỏ AC ). Gọi giao điểm của hai đường chéo AC và BD là H . Kẻ HK vuông góc với AD tại K . Tia BK cắt ( O )
O
tại điểm thứ hai là F . Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của F lên các đường thẳng AB, BD. Chứng minhh CF // HK và PQ đi qua trung điểm của CF .
Bài 4: Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn ( O ) bất kì đi qua
H
Ơ
N
B, C sao cho BC không phải là đường kính của ( O ) . Từ A kẻ các tiếp tuyến AE , AF đến ( O ) với E , F là các tiếp điểm. Gọi I là trung điểm của BC . Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng FI và ( O ) . Chứng minh ED // AC và AH . AI = AB. AC . Bài 5: Cho đường tròn ( O ) và dây cung BC cố định khác đường kính. Gọi A là điểm bất kì trên cung
N
nhỏ BC ( A khác B, C và AB < AC ). Kẻ đường kính AK của đường tròn ( O ) . Gọi D là chân
Cho đường tròn ( O ) và một điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) . Kẻ tiếp tuyến AB và đường
U
Bài 6.
Y
đường vuông góc kẻ từ A đến BC và E là chân đường vuông góc kẻ từ B đến AK . Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh DE ⊥ AC và ∆IDE ∽ ∆OAB.
Q
kính BC của đường tròn ( O ) (với B là tiếp điểm). Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I khác C , I khác O ). Đường thẳng AI cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm D và E (với D nằm giữa A và E ). Gọi
KÈ
M
H là trung điểm của đoạn thẳng DE . Đường thẳng d đi qua điểm E và song song với AO , d cắt BC tại K . Chứng minh HK // CD .
Bài 7.
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn ( O; R ) , kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn ( O )
(với B và C là hai tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC của ( O ) lấy điểm M khác B và C . Gọi I , H , K
ẠY
lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên BC , AC , AB . Gọi P là giao điểm của BM và IK , Q là giao điểm của CM và IH . Chứng minh MI 2 = MH .MK và PQ ⊥ MI . Từ điểm M ở ngoài đường tròn ( O ) , vẽ tiếp tuyến MA đến ( O ) (với A là tiếp điểm) và vẽ
D
Bài 8.
cát tuyến MBC sao cho MB < MC và tia MC nằm giữa hai tia MA , MO . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng OM . Chứng minh tứ giác BCOH nội tiếp và HA là phân giác của . BHC
Bài 9.
Cho ∆ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . Kẻ AH ⊥ BC tại H . Gọi E và F
lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC . Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC tại K
Trang 141
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
, từ đó chứng và cắt ( O ) tại M , N . Chứng minh KH = KB.KC và A là điểm chính giữa của MN 2
minh A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ HMN .
Bài 10.
Cho ∆ABC nhọn ( AB < AC ) có các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H . Gọi ( O ) là
đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE . Trên cung nhỏ EC của ( O ) , lấy điểm I sao cho IC > IE . Gọi
Bài 11.
FF IC IA L
N là giao điểm của DI và CE . Gọi M là giao điểm của EF với IC . Chứng minh MN // AB .
Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB cố định. Dây CD di động vuông góc với AB tại H
nằm giữa A và O . Lấy điểm F thuộc cung nhỏ AC . Giả sử BF cắt CD tại E , AF cắt tia DC tại I . Đường tròn ngoại tiếp ∆ IEF cắt AE tại M . Chứng minh M thuộc đường tròn ( O; R ) .
Bài 12. Cho ∆ABC vuông cân tại A . Đường tròn đường kính AB cắt BC tại D và khác B . Gọi M là điểm bất kỳ trên đoạn AD . Kẻ MH , MI lần lượt vuông góc với AB , AC tại H , I . Kẻ HK ⊥ ID = MBC và tứ giác AIKM nội tiếp, từ đó chứng minh ba điểm K , M , B tại K . Chứng minh MID Bài 13.
O
thẳng hàng.
Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Gọi C là điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn sao
Ơ
N
= 90° . Gọi E là giao điểm của cho 0 < AC < BC . Gọi D là điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho COD AD và BC , F là giao điểm của AC và BD . Gọi I là trung điểm của EF . Chứng minh IC là tiếp tuyến của ( O ) . Bài 14.
H
Cho đường tròn ( O; R ) và đường thẳng d cắt ( O; R ) tại hai điểm E và F . Gọi A là điểm
N
trên d sao cho E nằm giữa A và F . Từ A kẻ các tiếp tuyến AB và AC đến ( O; R ) với B , C là các
Y
tiếp điểm và B , O nằm về hai phía của đường thẳng d . Gọi H là trung điểm của EF . Đường thẳng BC cắt OA tại I , cắt OH tại K . Chứng minh OI .OA = OH .OK và KF là tiếp tuyến của ( O; R ) .
Bài 16.
M
Q
U
Bài 15. Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính AB . Lấy điểm C trên đoạn thẳng OA ( C khác O và A ). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn tại K . Gọi M là điểm bất kỳ trên cung BK ( M khác B và K ). Đường thẳng CK cắt các đường thẳng AM , BM lần lượt tại H , D . Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là N . Chứng minh ba điểm A , N , D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn đi qua trung điểm của DH . Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC cố định khác đường kính. Lấy điểm A thuộc cung lớn
KÈ
BC mà AB < AC . Các đường cao AF , BD , CE của ∆ABC cắt nhau tại H . Vẽ đường kính AI của ( O ) . Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC . Chứng minh K ∈ ( O ) và tứ giác BKIC là hình thang
ẠY
cân.
Bài 17.
Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Gọi C là điểm chính giữa của cung AB và M
D
là điểm thuộc cung AC ( M khác A và C ). Kẻ MH ⊥ AB tại H , AC cắt MH , MB lần lượt tại K , 2 E . Kẻ EI ⊥ AB tại I . Chứng minh AC. AK = AM và O thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆IMC .
Bài 18.
Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC cố định khác đường kính. Gọi A là điểm di động trên
). Các đường cao AD , BE , cung lớn BC ( A khác B , A khác C và A khác điểm chính giữa của BC CF của ∆ABC cắt nhau tại H . Chứng minh OA ⊥ EF và đường tròn ngoại tiếp ∆ DEF đia qua trung điểm của BC .
Trang 142
Bài 19.
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Cho điểm M thuộc nửa đường tròn ( O ) đường kính AB = 2a ( M khác A và B ). Kẻ các
tia tiếp tuyến Ax , By với nửa đường tròn ( O ) . Tiếp tuyến tại M của ( O ) cắt Ax , By lần lượt tại E , F . Gọi K là giao điểm của AF và BE . Chứng minh MK ⊥ AB và khi MB = 3MA , hãy tính diện tích ∆ KAB theo a .
Bài 20.
Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính . Kẻ hai tiếp tuyến Ax , By với nửa đường tròn đó
Bài 21.
FF IC IA L
( Ax , By cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn). Gọi M là điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn và tiếp tuyến của nửa đường tròn tại M cắt Ax , By lần lượt tại C , D . Kẻ MH ⊥ AB và MH cắt BC tại I . Chứng minh I là trung điểm của MH và ba điểm A , I , D thẳng hàng.
Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB không đi qua tâm O . Từ điểm S thuộc tia đối của
tia AB ( S khác A ) vẽ hai tiếp tuyến SC , SD đến ( O; R ) với C , D là hai tiếp điểm và C thuộc cung
nhỏ AB . Gọi H là trung điểm của AB . Đường thẳng đi qua A và song song với SC cắt CD tại K . Chứng minh tứ giác ADHK nội tiếp và đường thẳng BK đi qua trung điểm của SC .
Cho đường tròn ( O ) và dây AB . Lấy điểm C nằm ngoài đường tròn ( O ) và nằm trên tia
O
Bài 22.
BA . Gọi P là điểm chính giữa của cung lớn AB . Kẻ đường kính PQ của ( O ) , PQ cắt AB tại D . Tia
N
CP cắt ( O ) tại điểm thứ hai là I . Các dây AB và QI cắt nhau tại K . Chứng minh CA.CB = CD.CK
Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB . Trên tia đối của tia AB , lấy điểm M mà AM = R .
H
Bài 23.
Ơ
và AK .BC = BK . AC .
N
Kẻ đường thẳng d qua M và vuông góc với AB . Trên d , lấy điểm E tùy ý. Gọi C , D lần lượt là giao điểm thứ hai của EA , EB với ( O ) ; I là giao điểm của EA với M D , F là giao điểm của BC với
Bài 24.
Y
d . Chứng minh ba điểm F , A , D thẳng hàng và IA.EC = AC .EI .
Cho ∆ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) . Kẻ hai tiếp tuyến tại B , C của ( O )
U
và hai tiếp tuyến này cắt nhau tại M . Nối AM cắt đường tròn ( O ) tại D khác A và cắt BC tại I .
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn ( O; R ) . Từ A kẻ tiếp tuyến AM đển ( O ) với M là tiếp
KÈ
Bài 25.
M
S∆BHI BH . = S∆CHI CH
Q
Gọi H là trung điểm của AD . Tia BH cắt đường tròn ( O ) tại K khác B . Chứng minh CK // AM và
điểm. Đường thẳng qua M vuông góc với OA cắt ( O ) tại điểm N khác M . Chứng minh AN là tiếp
= 60° , tính độ dài MN
nhỏ và thể tích hình tạo thành khi ∆ OAM quay một tuyến của ( O ) . Khi MAN
ẠY
vòng quanh OA .
Bài 26.
Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB và điểm M tùy ý trên nửa đường tròn đó. Gọi
D
N , P lần lượt là điểm chính giữa của cung AM , MB . Tính đoạn NP và diện tích hình viên phân tạo nhỏ. thành bởi dây NP và NP
Bài 27.
Cho đường tròn ( O; R ) và dây BC = R 3 . Gọi A là điểm thay đổi trên cung lớn BC sao cho
∆ABC nhọn. Kẻ BD ⊥ AC tại D , CE ⊥ AB tại E . Gọi H là giao điểm của BD và CE . Tính độ dài nhỏ và chứng minh OBD = OCE . BC
Trang 143
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN CHỦ ĐỀ 7 – BẤT ĐẲNG THỨC I. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1. Dạng hai số không âm x, y • Dạng tổng sang tích: x + y ≥ 2 xy . 2
• Dạng lũy thừa: x 2 + y 2 ≥ 2 xy hay xy ≤
FF IC IA L
x+ y x+ y hay xy ≤ xy ≤ . 2 2
• Dạng tích sang tổng:
x2 + y2 . 2
Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y . x2 + 1 . 2
• Dạng đặc biệt: x = x.1 ≤
O
2. Dạng ba số không âm x, y, z
N
• Dạng tổng sang tích: x + y + z ≥ 3 3 xyz .
3
xyz ≤
x+ y+z x+ y+ z hay xyz ≤ . 3 3
Ơ
3
H
• Dạng tích sang tổng:
x3 + 1 + 1 . 3
U
• Dạng đặc biệt: x = x.1.1 ≤
Y
Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z .
x3 + y3 + z 3 . 3
N
• Dạng lũy thừa: x3 + y 3 + z 3 ≥ 3 xyz hay xyz ≤
Q
3. Dạng tổng quát với n số không âm x1 , x2 ,..., xn
M
• Dạng tổng sang tích: x1 + x2 + ... + xn ≥ n n x1 x2 ...xn .
KÈ
• Dạng tích sang tổng:
n
n
x + x + ... + xn x + x + ... + xn hay x1 x2 ...xn ≤ 1 2 x1 x2 ...xn ≤ 1 2 . n n
ẠY
• Dạng lũy thừa: x1n + x2n + ... + xnn ≥ x1 x2 ...xn hay x1 x2 ...xn ≤ Dấu " = " xảy ra ⇔ x1 = x2 = ... = xn .
D
• Dạng đặc biệt: x = x.1.1...1 ≤ n −1
xn + n −1 . n
4. Bất đẳng thức trung gian •
1 1 4 + ≥ ∀x > 0, y > 0 . Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y . x y x+ y
Trang 144
x1n + x2n + ... + xnn . n
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 1 1 1 9 • + + ≥ ∀x > 0, y > 0, z > 0 . Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z . x y z x+ y+z
DẠNG 1: DẠNG TỔNG SANG TÍCH
Lời giải 1 Có T = ( 4 x 2 − 4 x + 1) + 4 x 2 + 2 + 14 4x 1 1 2 = ( 2 x − 1) + 4 x 2 + 2 + 14 ≥ 0 + 2 4 x 2 . 2 + 14 = 16 4x 4x
1 2
O
Vậy MinT = 16 khi x =
1 + 15 . 4 x2
FF IC IA L
Ví dụ 1. Cho x ≠ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 8 x 2 − 4 x +
Lời giải
Ơ
1 + 2010 4x
H
Có M = 4 x 2 − 4 x + 1 + x +
1 + 2011 . 4x
N
Ví dụ 2. Cho x > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 4 x 2 − 3 x +
U
Y
1 2
Vậy MinM = 2011 khi x =
N
1 1 2 = ( 2 x − 1) + x + + 2010 ≥ 0 + 2 x. + 2010 = 2011 . 4x 4x
Q
Ví dụ 2. Cho x > y > 0 và xy = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H =
Lời giải 2
x + y − 2 xy + 2 xy ( x − y ) + 4 = x− y x− y 2
KÈ
M
2
Có H =
x2 + y 2 . x− y
= ( x − y) +
4 ≥2 x− y
( x − y ).
4 = 4. x− y
D
ẠY
4 x = 3 + 1 y = 2 − x x − y = 2 x − y = x− y ⇔ Vậy Min H = 4 khi . ⇔ 2 ⇔ xy = 2 x − 2x − 2 = 0 y = 3 −1 xy = 2
DẠNG 2: DẠNG TÍCH SANG TỔNG, NHÂN BẰNG SỐ THÍCH HỢP. Ví dụ 1: Cho a ≥ 1, b ≥ 1. Chứng minh : a b − 1 + b a − 1 ≤ ab Lời giải ab 1 + (b − 1) b Có b − 1 = 1.(b − 1) ≤ ; = a b −1 ≤ 2 2 2 Trang 145
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN ab ab ab Và tương tự: b a − 1 ≤ a b −1 + b a −1 ≤ + = ab đpcm 2 2 2 Dấu ‘=” xảy ra khi a = b = 2 11abc Ví dụ 2: Cho a ≥ 9, b≥ 4, c≥ 1. Chứng minh: ab c − 1 + bc a − 9 + ca b − 4 ≤ 12 Lời giải: Có: bc ca ab c − 1 + bc a − 9 + ca b − 4 = ab (c − 1).1 + . ( a − 9).9 + . (b − 4).4 3 2 (c − 1) + 1 bc ( a − 9) + 9 ca (b − 4) + 4 11abc ≤ ab. + . + . = 2 3 2 2 2 12 Dấu “=” xảy ra khi a = 18, b = 8, c = 2 Ví dụ 3: Cho a ≥ 0, b ≥ 0, a2 + b2 ≤ 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M = a b(a + 2b) + b a(b + 2a) Lời giải M . 3 = a. 3b( a + 2b) + b 3a(b + 2a ) ≤ a.
O
Xét:
3b + ( a + 2b) 3a + (b + 2a ) a 2 + b 2 + b. = + 5ab 2 2 2
N
a 2 + b2 a 2 + b2 + 5. ≤6 M ≤ 2 3 2 2 Vậy MaxM = 2 3 khi a = b = 1
Ơ
≤
H
Ví dụ 4. Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 và x 2 + y 2 ≤ 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
N
P = x (14 x + 10 y ) + y (14 y + 10 x )
Y
Lời giải Xét: P. 24 = 24 x (14 x + 10 y ) + 24 y (14 y + 10 x ) 24 x + (14 x + 10 y )
24 y + (14 y + 10 x )
= 24 ( x.1 + y.1) 2 2 x2 + 1 y 2 + 1 x2 + y2 + 1 48 24 ≤ 24 + = P≤4 6. ≤ 48 P ≤ 2 2 24 2
U
+
Q
≤
M
Vậy MaxP = 4 6 khi x = y = 1 .
xy ( x − y ) = x + y . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + y .
KÈ
Ví dụ 5. Cho x > 0 , y > 0 và Từ
Lời giải
xy ( x − y ) = x + y x > y 2
( x + y) 1 1 ( 4 xy ) + ( x − y ) 2 4 xy ( x − y ) ≤ = và x + y = xy ( x − y ) = 2 2 2 4 2 ( x + y) − 4( x + y) ≥ 0 x + y ≥ 4 .
ẠY
2
D
2 2 xy = 2 ( x − y ) = 4 xy ( x + y ) = 8 xy Dấu "=" xảy ra khi ⇔ ⇔ x + y = 4 x + y = 4 x + y = 4
x , y là hai nghiệm phương trình t 2 − 4t + 2 = 0 ⇔ t = 2 ± 2 .
Do x > y x = 2 + 2 , y = 2 − 2 . Vậy MinP = 4 khi x = 2 + 2 , y = 2 − 2 .
Trang 146
2
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN DẠNG 3: QUA MỘT BƯỚC BIẾN ĐỔI RỒI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI
FF IC IA L
Ví dụ 1. Cho a , b , c > 0 và ab + bc + ac = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: a b c . P= + + 2 2 2 a +1 b +1 c +1 Lời giải Thay 1 = ab + bc + ac , ta được: a b c P= + + 2 2 2 a + ab + bc + ac b + ab + bc + ac c + ab + bc + ac a b c = + + ( a + b )( a + c ) ( b + a )( b + c ) ( c + a )( c + b )
a a b b c c . + . + . a+b a+c b+a b+c c+a c+b a a b b c c + + + ≤ a+b a+c + b+a b+c + c+a c+b 2 2 2 b a c b c a + + + + + a+b a+b a+c a+c b+c b+c 3 = = 2 2 1 3 Vậy MaxP = khi a = b = c = . 2 3 Ví dụ 2. Cho các số dương a , b , c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh: 3 ab bc ca + + ≤ c + ab a + bc b + ca 2 Lời giải ab bc ca ab bc ca + + = + + Ta có c + ab a + bc b + ca c.1 + ab a.1 + bc b.1 + ca
U
Y
N
H
Ơ
N
O
=
ab bc ca + + c ( a + b + c ) + ab a ( a + b + c ) + bc b ( a + b + c ) + ca
=
ab + ( a + c )( b + c )
bc + ( a + b )( a + c )
ac ( b + c )( b + a )
KÈ
M
Q
=
a b b c c a . + . + . a+c c+b a+b a+c b+c b+a 1 a b b c c a 3 ≤ + + + + + = ( đpcm). 2 c + a c + b a + b a + c b + c a + b 2
ẠY
=
D
Ví dụ 3. Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 và ab + bc + ac = 3abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của a2 b2 c2 P= + + . c ( c2 + a2 ) a ( a2 + b2 ) b (b2 + c2 ) Lời giải 2
Có P =
=
2
2
a b c + + 2 2 2 2 c ( c + a ) a ( a + b ) b (b + c2 ) 2
a 2 + c 2 − c 2 b2 + a 2 − a 2 c 2 + b 2 − b 2 + + c ( c 2 + a 2 ) a ( a 2 + b2 ) b ( b 2 + c 2 ) Trang 147
)
(
)
(
)
O
(
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN c 1 a 1 b 1 = − 2 + − 2 + − 2 2 2 2 c c +a a a +b b b +c 1 c 1 a 1 b ≥ − + − + − 2 2 2 2 2 2 c 2 c a a 2 a b b 2 b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ab + bc + ac 3 = − + − + − = + + = = . 2abc 2 c 2a a 2b b 2c 2 a b c 3 Vậy MinP = khi a = b = c = 1 . 2 Ví dụ 4. Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 và a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c . T= + + 2 2 1 + 9b 1 + 9c 1 + 9a 2 Lời giải 2 2 2 2 a 1 + 9b − 9ab b 1 + 9c − 9bc c 1 + 9a 2 − 9ca 2 + + Có T = 1 + 9b2 1 + 9c 2 1 + 9a 2 9ab 2 9bc 2 9ca 2 = a − + b − + c − 1 + 9b 2 1 + 9c 2 1 + 9a 2
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
9ab 2 9bc 2 9ca 2 ≥ a − + b − + c − 2 1.9b 2 2 1.9c 2 2 1.9a 2 3 1 1 2 = a + b + c − ( ab + bc + ac ) ≥ a + b + c − ( a + b + c ) = ( do a + b + c = 1) . 2 2 2 1 1 Vậy MinT = khi a = b = c = . 2 3 1 1 1 1 Ví dụ 5. Cho a , b , c > 0 và + + = 2 . Chứng minh: abc ≤ . 1+ a 1+ b 1+ c 8 Lời giải 1 1 1 Có + + =2 1+ a 1+ b 1+ c 1 1 1 b c cos i b c bc = 1 − + ≥2 . =2 . + 1 − = 1+ a 1+ b 1+ c 1+ b 1+ c 1+ b 1+ c (1 + b )(1 + c ) ac 1 ; ≥2 (1 + a )(1 + c ) 1 + c
M
1 ≥2 1+ b
KÈ
Tương tự:
ab . (1 + a )(1 + b )
ẠY
Nhân các bất đẳng thức dương, cùng chiều ta được: 1 8abc 1 ≥ hay abc ≤ (đpcm). 8 (1 + a )(1 + b )(1 + c ) (1 + a )(1 + b )(1 + c )
D
DẠNG 4: GHÉP CẶP ĐÔI 1 1 1 Tách x + y + z = ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) . 2 2 2 xyz = xy . yz . zx ∀x, y , z ≥ 0 . Ví dụ 1. Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh: ab bc ac bc ca ab a) b) + + ≥ a+b+c ; + + ≥ 3. c a b a b c Lời giải Trang 148
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN ab bc ac 1 bc ca 1 ca ab 1 ab bc a) Có + + = + + + + + c a b 2 a b 2 b c 2 c a 1 bc ca 1 ca ab 1 ab bc ≥ .2 . + . . + . . = a + b + c (đpcm). 2 a b 2 b c 2 c a 2
FF IC IA L
2 2 2 2 a 2b 2 bc ca ab b c c a b) Xét + + = 2 + 2 + 2 + 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) c a b c a b 2 2 2 2 1 b c c a 1 c 2 a 2 a 2b 2 1 a 2b 2 b 2 c 2 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 +2 2 a b 2 b c 2 c a
Y
N
H
Ơ
N
O
b2 c 2 c 2 a 2 1 c 2 a 2 a 2b 2 1 a 2b 2 b 2 c 2 1 ≥ .2 . + .2 . + .2 . a 2 b2 b2 c2 c2 a2 2 2 2 bc ac ab = a 2 + b 2 + c 2 + 2 = 3 , do đó + + ≥ 3 (đpcm). a b 2 Ví dụ 2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của ∆ABC . Chứng minh ( a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) ≤ abc . Lời giải Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của ∆ABC nên a + b − c > 0, b + c − a > 0, c + a − b > 0 . (a + b − c) + (b + c − a ) Có 0 < (a + b − c)(b + c − a ) ≤ =b; 2 (b + c − a ) + ( c + a − b ) = c; 0 < (b + c − a )(c + a − b) ≤ 2 (c + a − b) + (a + b − c) 0 < (c + a − b)(a + b − c) ≤ =a; 2 Nhân ba đẳng thức dương cùng chiều ta được ( a + b − c )(b + c − a )(c + a − b) ≤ abc (điều phải chứng minh).
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
DẠNG 5: DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI TÁCH THÍCH HỢP Bước 1: Kẻ bảng dự đoán giái trị lớn nhất,nhỏ nhất và đạt tại giá trị nào của biến. Bước 2: Kẻ bảng xác định số nào sẽ đi với nhau. Bước 3: Tách ghép thích hợp số hạng và sử dụng bất đẳng thức Cô-si. 5 Ví dụ 1. Cho a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2a + . a Lời giải Phân tích bài toán a 3 … 2 4 13 23 37 ≈ 6, 5 ≈ 7, 7 ≈ 9, 25 … P 2 3 4 13 Từ bảng thứ nhất dự đoán min P = ⇔ a = 2 . 2 1 a a 1 a=2 2 2 1 a 5 5a Từ bảng thứ hai, ta suy ra sẽ đi với nên s ẽ đi v ớ i . a 4 a 4 Trình bày lời giải
Trang 149
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 5 5a 3a 3a 3.2 13 5 5a 3a Có P = + + ≥2 ⋅ + = 5+ ≥ 5+ = ( do a ≥ 2) . a 4 4 4 4 2 a 4 4 5 5a 13 = Vậy min P = khi a 4 ⇔ a = 2 (thỏa mãn). 2 a = 2 6 24 . + x y
FF IC IA L
Ví dụ 2. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = x + y +
(4 ; 2) 39 = 19,5 2
(5 ; 1) 156 = 31, 2 5
1 y 1 4 4 24 3x 1 y sẽ đi với nên = ; 2 y 16 y y
6 3x 24 3 y 1 1 ⋅ +2 ⋅ − ( x + y ) = 18 − ( x + y ) x 2 y 2 2 2
U
≥2
Y
N
H
Ơ
N
O
Lời giải Phân tích bài toán ( x ; y) (1 ; 5) (2 ; 4) (3 ; 3) 84 = 16,8 15 16 F 5 Từ bảng thứ nhất, ta dự đoán min F = 15 khi x = 2, y = 4 . 1 x x 1 x = 2, y = 4 2 2 1 x 6 6x Từ bảng thứ hai, ta suy ra sẽ đi với nên s ẽ đi v ớ i x 4 x 4 24 y 3 y s ẽ đi v ớ i . = 16 4 Trình bày lời giải Có 6 3 x 24 3 y x y F = + + + − + 2 2 2 x 2 y
KÈ
M
Q
1 ≥ 18 − ⋅ 6 = 15 (do x + y ≤ 6). 2 x = 2 6 3 x 24 3 y Vậy min F = 15 khi = ; = ; x + y = 6 ⇔ (thỏa mãn). x 2 y 2 y = 4
Ví dụ 3. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≥ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 x 2 + y 2 +
D
ẠY
Phân tích bài toán ( x; y )
28 1 + . x y
Lời giải
(1; 2 )
69 = 34,5 2 Từ bảng thứ nhất, ta dự đoán min P = 24 khi x = 2, y = 1 . 1 x x 1 x = 2, y = 1 2 2
( 2;1) 24
P
Trang 150
y
1 y
1
1
28 1 = + 7 x + + y + 2( x − 2) 2 + ( y − 1)2 + ( x + y ) − 9 x y
FF IC IA L
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 1 1 x 28 28 x Từ bảng thứ hai, ta suy ra sẽ đi với nên s ẽ đi v ớ i se đi với y . = 7x ; x 4 x 4 y Trình bày lời giải Có 28 1 P = + 7 x + + y + 2 x2 + y 2 − 7 x − y x y
28 1 ⋅ 7x + 2 ⋅ y + 0 + 0 + 3 − 9 = 24. x y 28 1 Vậy min P = 24 khi = 7 x; = y; x − 2 = 0; y − 1 = 0; x + y = 3 ⇔ x = 2, y = 1 . x y Ví dụ 4. Cho 2 ≤ x ≤ 3, 4 ≤ y ≤ 6, 4 ≤ z ≤ 6 và x + y + z = 12 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xyz . Lời giải Nhận xét: Do y và z vai trò như nhau nên sử dụng bất đẳng thức Cô-si đối với tích yz , ta 2
Ơ
N
1 y+z được P = x( yz ) ≤ x = x(12 − x)(12 − x) . 4 2 Đến đây ta kẻ bảng để dự đoán giá trị lớn nhất của P x 2
O
≥2
H
3 243 = 60, 75 4
50
P
N
243 khi x = 3 . 4 x 3 x=3 Từ bảng thứ hai, ta suy ra 3x sẽ đi với 12 − x nên ta biến đổi
Từ bảng thứ nhất dự đoán max P =
U
Y
12 − x 9
3
3
M
Q
1 1 x + 24 1 3 + 24 243 . P ≤ [(3 x)(12 − x)(12 − x )] ≤ ≤ ≤ 12 12 3 12 3 4 243 9 Vậy max P = khi x = 3, y = z = . 4 2
D
ẠY
KÈ
DẠNG 6: KẾT HỢP ĐẶT ẨN PHỤ VÀ DỰ ĐOÁN KÊT QUẢ • Khi đặt ẩn phụ ta cần tìm điều kiện của ẩn phụ. • Một số bất đẳng thức trung gian thường dùng: Với mọi a , b thì 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ (a + b) 2 ≥ 4ab . Dấu bằng xảy ra khi a = b .
Với mọi a, b, c thì 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a + b + c ) 2 ≥ 3( ab + bc + ca ) . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c . 2
Với mọi a , b thì
3
a2 + b2 a + b a 3 + b3 a + b ≥ ∀ , ; ≥ a b ∀a + b ≥ 0 . Dấu bằng 2 2 2 2
xảy ra khi a = b . 1 1 4 + ≥ ∀a > 0, b > 0 . Dấu bằng xảy ra khi a = b . a b a+b 1 1 1 9 + + ≥ ∀a > 0, b > 0, c > 0 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c . a b c a+b+c
Trang 151
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x 2y x 8 Ví dụ 1. Cho x > 0, y > 0 và + ≤ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K = + . y x 2 y Lời giải
x 1 x 8 x 8 x x 1 , do 2 ≥ + ≥ 2 . = 4 ⇒ ≤ ⇒0<a≤ 2 y 2 y 4 y y 4 y
2 2 2 = + 32a − 31a ≥ 2 .32a − 31a a a a Có 1 33 1 = 16 − 31a ≥ 16 − 31. = do 0 < a ≤ 4 4 4 33 1 Vậy MinK = khi a = hay x = 2, y = 8. 4 4
K =a+
FF IC IA L
Đặt a =
2
Đặt a =
xy + x + y
⇒
xy + x + y
=
2
( x + y + 1)
2
1 a
2
xy + x + y
Do (m + n + p ) ≥ 3(mn + np + pm) ⇒ ( x + y +1) ≥ 3( xy + x + y ) ⇒ a ≥ 3
Ơ
10 khi a = 3 ⇒ x = y = 1 . 3
H
Vậy MinA =
N
Ví dụ 3. Cho x > 0, y > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A =
xy x2 + y2 + xy x+ y
Lời giải
U
Đặt t =
xy
2
x + y ( x + y) xy xy xy + + = + − 2 = −2 x+ y xy x+ y x+ y xy
x+ y x+ y , do x + y ≥ 2 xy ⇒ ≥2⇒t ≥2 xy xy
Q
Có A =
( x + y ) − 2 xy
2
Y
2
M
Cos i t 2 1 7 1 t2 1 7 2 Ta được A = t 2 + − 2 = + + t 2 − 2 ≥ 2 . + t −2 8 t 8 t 8 t 8
D
ẠY
KÈ
2 7 2 5 t 7 2 + t −2≥ + .2 − 2 = (do t ≥ 2 ). 2 8 2 8 2 5 Vậy MinA = khi t = 2 ⇒ x = y . 2 Ví dụ 4. Cho a > 0, b > 0, c > 0 thỏa mãn b 2 + c 2 ≤ a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 P = 2 (b 2 + c 2 ) + a 2 2 + 2 b a c Lời giải 2 bc a 2 1 1 1 2bc 2a = 2 2 + Có P = 2 (b 2 + c 2 ) + a 2 2 + 2 ≥ 2 + b a a c a bc bc =
Dặt t =
a 2 b 2 + c 2 2bc ≥ ≥ = 2 ta được bc bc bc Trang 152
2
( x + y + 1)
N
2
( x + y + 1)
xy + x + y
+
O
Ví dụ 2. Cho x > 0, y > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
( x + y + 1)
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 1 t 1 3t 3t 3.2 t 1 3t P = 2 t + = 2 + + ≥ 2 2 . + = 2 1 + ≥ 2 1 + = 5 (do t ≥ 2 ). t 4 t 4 4 4 4 t 4 b = c a Vậy MinP = 5 khi ⇔b=c= 2 2 2 b + c = a 2
FF IC IA L
1 1 Ví dụ 5. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + . 1 + x 2 y 2 x y Lời giải 1 1 1 Có P ≥ 2 . . 1 + x 2 y 2 = 2 + xy x. y x y 2
x + y 1 1 Đặt a = xy , do xy ≤ ≤ ⇒ 0 < a ≤ , ta được 2 4 4
1 +a = 2 a
1 +16a −15a ≥ 2 2 1 .16a −15a = 2 8 −15a ≥ 2. 8 −15. 1 = 17 do 0 < a ≤ 1 a 4 4 a
O
P≥2
N
1 1 ⇒ MinP = 17 khi a = hay x = y = 4 2
Ơ
Ví dụ 6: Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
H
Lời giải 1 1 4 ∀a, b > 0 , ta được Sử dụng + ≥ a b a +b
N
1 1 1 + + + 4 xy. Có P = 2 2 x + y 2 xy 2 xy
1 1 + + 4 xy . 2 x +y xy 2
2
Y
1 1 4 4 4 1 + 4 xy. P ≥ 4 + . Suy ra + ≥ = ≥ = 4 ( 0 < + ≤ 1) do x y 2 xy x 2 + y 2 2 xy x 2 + y 2 + 2 xy ( x + y )2 12
Q
U
x + y 1 1 Đặt a = xy, do xy ≤ ≤ ⇒ 0 < a ≤ ta được 2 4 4 1 1 1 1 1 .8a − 4a = 8 − 4a ≥ 8 − 4. = 7 (do 0 < a ≤ ) P ≥ 4 + + 4a = 4 + + 8a − 4a ≥ 4 + 2 2a 2a 2a 4 4
M
1 2
KÈ
MinP = 7 khi x = y =
ẠY
2 2 1 1 Ví dụ 7: Cho x,y >0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K = x + + y + x y
Cách 1: Sử dụng
2
2
2
a + b a +b ≥ c 2
Lời giải 1 1 4 ∀a, b > 0. ∀a, b và + ≥ a b a +b
2
D
2 2 1 1 x + 1 + y + 1 + + + x y 2 x y 1 4 x y ≥ 2. ≥ + + x y ta được K = 2. x + y 2 2 2 Đặt a = x + y , điều kiện 0 < a ≤ 1 , ta được:
Trang 153
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 2
1 4 1 1 3 K ≥ a + = a + + a a a 2 2 2
2
1 1 3 ≥ 2 a. + a a 2
2
2
1 3 1 3 25 25 1 khi x = y = . = 2 + ≥ . 2 + = (do 0 < a ≤ 1 ). Vậy, MinK = 2 2 1 2 2 2 a 2
FF IC IA L
2 1 1 1 1 1 4 ≥ 2. xy + + 4. Cách 2: K = x + + y + = ( x 2 + y 2 ) + 2 + 2 + x x y y xy 2
x + y 1 1 Đặt a = xy , do xy ≤ ≤ ⇒ 0 < a ≤ . Ta được: 2 4 4 1 15 1 15 25 1 25 1 K ≥ 2. + + 4 ≥ 2. + khi x = y = . do 0 < a ≤ . Vậy, MinK = + 4 = 2 4a 1 2 2 4 2 2 4. 4
Ví dụ 8: Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Lời giải 3
1 1 4 a +b a+b ≥ ∀a + b > 0 , ta được ∀a + b ≥ 0 và + ≥ a b a+b 2 2
Ơ
Sử dụng
3
3
N
O
3 3 1 1 S = 1 + x + + 1 + y + x y
3
3
Y
N
H
3 1 1 1 1 1 + x + + 1 + y + 1+ x + x +1+ y + y x y S = 2. ≥ 2 2 2 Đặt a = x + y , điều kiện 0 < a ≤ 1 , ta được 3
U
3
3
3 1 1 3 1 3 ≥ 2 + 2 a. + = 4 + ≥ a a 4 a 4
3
1 3 343 4+ = 4 1 4
KÈ
M
Q
1 4 1 1 3 S ≥ 2 + a + = 2 + a + + a 4 a a 4 343 1 Vậy MinS = khi x = y = 4 2
DẠNG 7: TÌM LẠI ĐIỀU KIỆN CỦA ẨN
D
ẠY
Ví dụ 1. Cho x, y > 0 và 2 x 2 + 2 xy + y 2 − 2 x ≤ 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 4 P = + − 2x − 3y . x y Lời giải 2 2 2 2 2 Có 2 x + 2 xy + y −2 x ≤ 8 ⇔ x + 2 xy + y + x − 2 x + 1 ≤ 9 2
2
2
2
2
2
⇔ ( x + y ) + ( x − 1) ≤ 9 , mà ( x + y ) ≤ ( x + y ) + ( x − 1) ( x + y ) ≤ 9 0 < x + y ≤ 3
2 4 2 4 Có P = + 2 x + + y − 4 x − 4 y ≥ 2 .2 x + 2 . y − 4( x + y ) x y x y = 8 − 4( x + y ) ≥ 8 − 4.3 = −4 (do 0 < x + y ≤ 3 ). Vậy MinP = −4 khi x = 1, y = 2 .
Trang 154
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Ví dụ 2: Cho a > 0, b > 0, c > 0 thỏa mãn 2 (b + bc + c 2 ) = 3(3 − a 2 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2
2 2 2 thức T = a + b + c + + + a b c
Lời giải Có 2 (b + bc + c ) = 3(3 − a ) ⇔ 3a + 2b + 2bc + 2c 2 = 9 2
2
2
2
2
2
2
2
2
FF IC IA L
⇔ 3a 2 + 2b 2 + 2bc + +2ab + 2ac + 2c 2 − 2ab − 2ac = 9 ⇔ (a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca) + (a 2 + b 2 − 2ab) + (a 2 + c 2 − 2ac) = 9
⇔ (a + b + c ) + (a − b ) + ( a − c ) = 9 ⇒ ( a + b + c ) ≤ 9 ⇒ 0 < a + b + c ≤ 3
1 1 1 9 18 + + ≥ ta được T ≥ a + b + c + a b c a +b+c a +b +c Đặt x = a + b + c, 0 < x ≤ 3 , ta được Sử dụng
18 18 18 = + 2 x − x ≥ 2 .2 x − x = 12 − x ≥ 12 − 3 = 9 (do 0 < x ≤ 3 ) x x x Vậy MinT = 9 khi x = 3 hay a = b = c = 1 Ví dụ 3: Cho a > 0, b > 0 và a 3 + b3 + 6ab ≤ 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 3 P= 2 + + ab 2 a +b ab Lời giải 3 3 3 3 2 2 Có a + b + 6ab ≤ 8 ⇔ a + b + 3a b + 3ab − 3a 2b − 3ab 2 + 6ab ≤ 8 3
Ơ
N
O
T ≥ x+
3
H
⇔ (a + b) − 3ab (a + b − 2) ≤ 8 ⇔ (a + b) − 23 − 3ab (a + b − 2) ≤ 0
N
2 ⇔ (a + b − 2) (a + b) + 2 (a + b) + 4 − 3ab (a + b − 2) ≤ 0 2 2 ⇔ (a + b − 2)(a + b − ab + 2a + 2b + 4) ≤ 0
Y
⇔ (a + b − 2)(2a 2 + 2b 2 − 2ab + 4a + 4b + 8) ≤ 0
KÈ
M
Q
U
2 2 2 ⇔ (a + b − 2) (a − b) + (a + 2) + (b + 2) ≤ 0 ⇔ 0 < a +b ≤ 2 1 1 5 Có P = 2 ab + + + 2 a + b 2ab 2ab 1 1 4 ∀x, y > 0 , ta được: Sử dụng + ≥ x y x+ y 1 1 1 4 4 + ≥ 2 = ≥ 2 = 1 (do 0 < a + b ≤ 2 ) 2 2 2 2 a +b 2ab a + 2ab + b (a + b) 2
ẠY
5 Suy ra P ≥ 1 + + ab 2ab 2
D
a + b 22 Đặt x = ab , do ab ≤ ≤ = 1 ⇒ 0 < x ≤ 1 , ta được: 2 2 5 5 5 x 3x P ≥ 1 + + x = 1 + + − 2 x 2 x 2 2
5 5 x 3x 3x 3.1 9 = (do 0 < x ≤ 1 ) . − = 6− = 6− 2x 2 2 2 2 2 9 Vậy MinP = khi a = b = 1 2 Trang 155
≥ 1+ 2
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Ví dụ 4: Cho a > 0, b > 0 và a 2 + b 2 = a + b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2020 P = a 4 + b4 + 2 (a + b) Lời giải 2
Sử dụng
2
2
x + y x +y , ta được ≥ 2 2 2
2
2
2
∗ P = 2.
FF IC IA L
a + b ( a + b) a2 + b2 a +b ∗ a + b = a + b = 2. ≥ 2 = ⇒ 1 ≥ ⇒ 0 < a +b ≤ 2 2 2 2 2 2
2
(a 2 ) + (b2 ) 2
2
2 a 2 + b 2 ( a + b) 2020 2020 + + ≥ 2 = + 2 2 2 2 2 (a + b) ( a + b) ( a + b)
2020
2
Đặt x = (a + b) , ), 0 < x ≤ 4 , ta được: x 2020 x 8 2012 x 8 2012 + = + + ≥2 . + x x x 2 2 x 2 x 2012 2012 = 4+ ≥ 4+ = 50 (do 0 < x ≤ 4 ) x 4 Vậy MinP = 507 khi x = 4 hay a = b = 1
N
)
y + 1 ≥ 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
Lời giải y + 1 ≥ 4 ⇔ xy + x + y ≥ 3 ⇔ 3 ≤ xy + x.1 + y.1
H
)(
x +1
)(
x +1
)
N
(
Có
(
Ơ
Ví dụ 5: Cho x > 0, y > 0 và
O
P=
x + y x +1 y +1 + + = x + y + 1 , suy ra x + y ≥ 2 2 2 2 y2 x 2 y 2 x 2 = + y + + x − ( x + y ) Có P = + x y x y Mà
U
Y
xy + x.1 + y.1 ≤
x2 y2 .y + 2 .x − ( x + y ) = x + y ≥ 2 y x Vậy MinP = 2 khi x = y = 1 II. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA
M
Q
≥2
KÈ
1. Dạng bộ hai số (a; b) và ( x; y ) bất kỳ
•
2
(ax + by) ≤ (a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 )
x y = a b 2 2 Đặc biệt ( x + y ) = (1.x +1. y ) ≤ (12 +12 )( x 2 + y 2 )
ẠY
Dấu " = " xảy ra ⇔
D
•
2. Dạng bộ ba số (a; b; c) và ( x; y; z) bất kì
•
2
(ax + by + cz ) ≤ (a 2 + b 2 + c 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) Dấu " = " xảy ra ⇔
x y z = = a b c
Trang 156
x2 y 2 + y x
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN •
2
2
Đặc biệt ( x + y + z ) = (1.x + 1. y + 1.z ) ≤ (1 + 1 + 12 )( x 2 + y 2 + z 2 ) 2
2
3. Dạng tổng quát bộ n số (a1; a2 ;…; an ) và ( x1; x2 ;…; xn )
•
2
(a1 x1 + a2 x2 + …+ an xn ) ≤ (a12 + a22 + …+ an2 )( x12 + x22 + …+ xn2 ) x x1 x2 = =…= n a1 a2 an Quy ước trong dấu " = " xảy ra, nếu mẫu nào bằng 0 thì tử tương ứng bằng 0.
FF IC IA L
Dấu " = " xảy ra ⇔
Ví dụ 1. Cho 4x + 9y = 13. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 4x2 + 9y2
Lời giải B u n h ia
O
Có 132 = (4x + 9y)2 = (2.2x + 3.3y)2 ≤ (22 + 32)(4x2 + 9y2) = 13A A ≥ 13 Ví dụ 2. Cho 4x + 3y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 4x2 + 3y2
3 . 3 y)2
≤
(4 + 3)(4x2 + 3y2) = 7A A ≥
Ơ
Có 12 = (4x + 3y)2 = (2.2x +
N
Lời giải B u n h ia
1 7
≤
Lời giải
(12 + 12 + 12)( x2 + y2 + z2) = 3A A ≥
U
Có 22 = (1.x + 1.y + 1.z)2
B u n h ia
Y
N
H
2x 3x = 1 1 Vậy MinA = khi 3y 3 ⇔ x=y= 7 7 4x + 3y = 1 Ví dụ 3. Cho x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0 và x + y + z = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2 + z2
4 3
KÈ
M
Q
y z x 4 2 = = Vậy MinA = khi 1 1 1 ⇔x=y= 3 3 x + y + z = 2 6 Ví dụ 4. Cho 3x2 + 2y2 = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x + 3y 35 2
Lời giải
ẠY
3 2 . 3x + . 2y Có S2 = (2x + 3y)2 = 2 3 B u n h ia
35 35 6 4 9 2 2 3x 2 +2y 2 ) ≤ . =1 S ≤ 1 ( + ( 3x +2y ) = 6 6 35 3 2 3x 4y 2y 2y x= x= 3x 2 = 3 = 9 Vậy MaxS = 1 ⇔ ⇔ 2 ⇔ ⇔ 3 2 3 2x + 3y = 1 8y + 3y = 1 y = 9 2x + 3y = 1 1 Ví dụ 5. Cho 4a2 + 25b2 ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H = 6a – 5b 10
D
≤
Trang 157
4 35 9 35
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Lời giải
Có H2 = (6a – 5b)2 = (3.2a + (–1) .5b)2 B u n h ia
1 =1 H≤1 10 3 5b a= 2a 2a + 15b = 0 = 20 Vậy MaxH = 1 ⇔ 3 ⇔ ⇔ -1 18a - 15b = 3 6a - 5b = 1 b = - 1 50 3 Ví dụ 6. Cho x2 + y2 + z2 = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z 4 (9 + 1)(4a2 + 25b2) = 10(4a2 + 25b2) ≤ 10.
FF IC IA L
≤
Lời giải Có P2 = (1.x + 1.y + 1.z)2
B u n h ia
≤
3 19 3 = P≤ 4 4 2
(12+ + 12 + 12)(x2 + y2 + z2) = 3.
N
x - 1 + 3 - x khi 1 ≤ x ≤ 3
Ơ
Ví dụ 7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
O
y z x 1 = 1 = 1 1 3 Vậy MaxP = ⇔x=y=z= khi 2 2 x + y + z = 3 2
)
≤
(1
+ 12 )
2
(
2
x-1 + 3-x
N
(
Có P2 = 1. x - 1 + 1. 3 - x
H
Lời giải
2 B u n h ia
2
) =4 P≤2
x −1 3− x = ⇔ x = 2 (thỏa mãn) 1 1 Ví dụ 8. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K = 4a + 5 + 4b + 5 + 4c + 5
(
Q
U
Y
Vậy MaxP = 2 khi
Lời giải
B u n h ia
M
Có K2 = 1. 4a + 5 + 1. 4b + 5 + 1. 4c + 5
)
2
(12+ + 12 + 12)( 4a + 5 + 4b + 5 + 4c + 5) = 3[4(a + b + c) + 15] = 3(4.3 + 15) = 81 K ≤ 9 4a + 5 4b + 5 4c + 5 = = Vậy MaxK = 9 khi 1 ⇔ a=b=c=1 1 1 a + b + c = 3
D
ẠY
KÈ
≤
Ví dụ 9. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= b+c + c+a + a+b
Lời giải
(
Có P2 = 1. b + c + 1. c + a + 1. a + b B u n h ia
≤
(12+ + 12 + 12)
(
2
)
2
2
b+c + c+a + a+b
2
)
Trang 158
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN = 6 (a +b + c) = 6 P ≤ 6 a+b b+c c+a 1 = = Vậy MaxP = 6 khi 1 1 1 ⇔ a=b=c= 3 a + b + c = 1 a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a+b + 2
M=
b+c + 2
c+a 2
Lời giải
2
(
) c) a)
a +1. b
2
b +1.
2
c +1.
2 B u n h ia
)
(
2
2
+ 1 2 ) ( a+ b ) = 2 ( a+ b )
2
+ 12 ) ( b + c ) = 2 ( b + c )
2
+ 1 2 ) ( c+ a ) = 2 ( c+ a )
(1
2 (b + c ) , c +
a+ b + b + c + c+ a
b+c + 2
c ≤
a ≤
2 (c + a )
)
c+ a hay M ≥ 3 2
H
b+
(1 (1
≤
2 (a + b ) , b + c ≤
≤
a+ b+ c ≤
a+
≤
2 B u n h ia
a+ b + 2 Vậy MinM = 3 khi a = b = c = 1
≤
O
) = (1 . c ) = (1 . a ) = (1 . b
N
( ( (
2 B u n h ia
Ơ
a+ Ta có b + c+ a+ b Suy ra
2
FF IC IA L
Ví dụ 10. Cho a, b, c ≥ 0 và
M
Q
U
Y
N
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG DẠNG 1: ĐƯA VỀ BÌNH PHƯƠNG • A2 ± m ≥ 0 ± m ; - A2 ± m ≤ 0 ± m Dấu “=” xảy ra khi A = 0. • A2 + B2 ± m ≥ 0 + 0 ± m; - A2 - B2 ± m ≤ 0 + 0 ± m Dấu “=” xảy ra khi A = 0, B = 0. Ví dụ 1. Cho x ≥ - 2; y ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + y - 2 x + 2 - 4 y - 1 + 24 .
(
) (
KÈ
Có A = x + 2 - 2 x + 2 + 1 +
=
(
2
) (
x+2 -1 +
Lời giải y - 1 - 4 y - 1 + 4 + 18
)
)
2
y - 1 - 2 +18 ≥ 0 + 0 + 18 = 18
D
ẠY
x + 2 = 1 x = -1 Vậy MinA = 18 khi ( thỏa mãn) ⇔ y = 5 y - 1 = 2 1 Ví dụ 2. Cho x ≥ - . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 5x - 6 2x + 7 - 4 3x + 1 + 2 . 3
Lời giải
( = ( 2x + 7 - 3) + (
) ( 3x + 1 - 4 3x + 1 + 4 ) - 19 3x + 1 - 2 ) - 19 ≥ 0 + 0 - 19 = - 19
Có E = 2x + 7 - 6 2x + 7 + 9 + 2
2
Trang 159
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 2x + 7 = 3 2x + 7 = 9 Vậy MinA = - 19 khi ⇔ ⇔ x = 1 ( thỏa mãn) 3x + 1 = 4 3x + 1 = 2 Ví dụ 3. Cho x ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = x − x − 1 − 3 x + 7 + 28. Xét 2T = 2 x − 2 x − 1 − 6 x + 7 + 56
( =(
) (
)
= x − 1 − 2 x − 1 + 1 + x + 7 − 6 x + 7 + 9 + 40 2
) (
)
2
x + 7 − 3 + 40 ≥ 0 + 0 + 40 = 40 T ≥ 20
x −1 −1 +
x − 1 = 1 x −1 = 1 Vậy Min T = 20 khi ⇔ ⇔ x = 2 (thỏa mãn) x + 7 = 3 x − 7 = 9
2
− 15 ) ( x − 3) − x 2 − 15 − x − 3 − 38. Lời giải
=
(
x 2 − 15 − x − 3
(x
2
− 15) ( x − 3) − 2 x − 15 − x − 3 − 76
)(
) (
2
2
) (
) (
)
x 2 − 15 − 1 +
+
F ≥ −21
2
x − 3 − 1 − 42 ≥ 0 + 0 − 42 = −42
U
Y
Vậy Min F = −21 khi x 2 − 15 = x − 3 = 1 ⇔ x = 4 (thỏa mãn) Ví dụ 5. Cho a > 0, b > 0, c > 0 và a + b + c = 6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Q
T= a 2 + 4ab + b 2 + b 2 + 4ab + c 2 + c 2 + 4ca + a 2 .
Lời giải
M
Chú ý: Với x > 0, y > 0, ta có 2
2
KÈ
x + 4 xy + y =
)
− 15 ) ( x − 3) + x 2 − 15 − 2 x 2 − 15 + 1 + x − 3 − 2 x − 3 + 1
N
(
= x 2 − 15 + x − 3 − 2
(x
2
Ơ
Xét 2 F = 2 x + 2 x − 2
2
H
2
N
(x
F = x2 + x −
O
Ví dụ 4. Cho x ≥ 15. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
FF IC IA L
Lời giải
2
6( x + y) − 2( x − y)
x 2 + 4 xy + y 2 ≤
4 ( x + y) 6
2
2
≤
6( x + y)
2
4
.
D
ẠY
Vận dụng vào bài toán, ta có ( a + b) 6 + (b + c ) 6 + ( c + a ) 6 = a + b + c 6 = 6 6 T≤ ( ) 2 2 2 Vậy MaxT = 6 6 khi a = b = c =2. Ví dụ 6. Cho a > 0, b > 0, c > 0 , x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S=
x 2 − xy + y 2 + y 2 − yz + z 2 + z 2 − zx + z 2 .
Lời giải Chú ý: Với x > 0, y > 0, ta có
Trang 160
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 2
2
2
( a + b)
FF IC IA L
+ 3( a + b) ( a + b) ≥ 4 4 a + b a 2 − ab + b 2 ≥ 2 x+ y y+z z+x Vận dụng vào bài toán, ta có + + = x + y + z = 1. S≥ 2 2 2 1 Vậy MinS = 1 khi x = y = z = . 3 a 2 − ab + b 2 =
DẠNG 2: TẠO RA BẬC HAI BẰNG CÁCH NHÂN HAI BẬC MỘT • m ≤ x ≤ n ( x − m )( x − n ) ≤ 0. •
m≤ x ≤n
(
x −m
)(
)
x − n ≤ 0.
Ví dụ 1.Cho −2 ≤ a, b, c ≤ 3 và a 2 + b 2 + c 2 = 22.
O
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = a + b + c. Vì −2 ≤ a ≤ 3 nên a + 2 ≥ 0, a − 3 ≤ 0.
Ơ
Suy ra ( a + 2 )( a − 3) ≤ 0 ⇔ a 2 − a − 6 ≤ 0 ⇔ a ≥ a 2 − 6.
N
Lời giải
U
Y
N
H
Tương tự, ta cũng tìm được b ≥ b2 − 6, c ≥ c 2 − 6 Do đó M = a + b + c ≥ a 2 + b 2 + c 2 − 18 = 22 − 18 = 4. a = −2, a = 3 a = b = 3, c = −2 b = −2, b = 3 Vậy MinM =4 khi ⇔ a = c = 3, b = −2 c 2, c 3 = − = b = c = 3, a = −2 a + b + c = 4 Ví dụ 2.Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 6.
Q
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 + y2 + z 2 .
Lời giải
M
Tìm MinA
KÈ
Cách 1 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
Có 62 = (1.x + 1. y + 1.z )
2
Bunhia
≤ (12 + 12 + 12 )( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3 A A ≥ 12.
D
ẠY
x y z = = Vậy MinA = 12 khi 1 1 1 ⇔ x = y = z = 2. x + y + z = 6 Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đoán min đạt tại x=y=z=2) Có A = x 2 + y 2 + z 2 = ( x 2 + 4 ) + ( y 2 + 4 ) + ( z 2 + 4 ) − 12 ≥ 2 x 2 .4 + 2 y 2 .4 + 2 z 2 .4 − 12 = 4 ( x + y + z ) − 12 = 4.6 − 12 = 12.
Vậy MinA = 12 Khi x = y = z = 2. Tìm MaxA Có x, y , z ≥ 0 và x + y + z = 6 nên 0 ≤ x, y, z ≤ 6.
Trang 161
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
x ( x − 6) + y ( y − 6) + z ( z − 6) ≤ 0 x 2 + y 2 + z 2 ≤ 6 ( x + y + z ) = 6.6 = 36 A ≤ 36.
FF IC IA L
x = 0, x = 6 y = 0, y = 6 Vậy MaxA = 36 khi hay ( x; y; z ) là hoán vị của ( 0;0;6 ) . z = 0, z = 6 x + y + z = 6 Ví dụ 3.Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K = 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1.
Lời giải
Tìm MaxK Cách 1 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
(
Bunhia
≤
(1
2
)
2
O
Xét K 2 = 1. 3a + 1 + 1. 3b + 1 + 1. 3c + 1
+ 12 + 12 ) ( 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1) = 9 ( a + b + c + 1) = 36 K ≤ 6.
Ơ
N
Vậy MaxK = 6 khi a = b = c = 1. Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đoán min đạt tại a=b=c=1) 1 K = 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1 = ( 3a + 1) .4 + ( 3b + 1) .4 + ( 3c + 1) .4 2 1 ( 3a + 1) + 4 ( 3b + 1) + 4 ( 3c + 1) + 4 3 ( a + b + c ) + 15 3.3 + 15 + + = = 6. = 2 2 2 2 4 4 Vậy Max K = 6 khi a = b = c = 1. Tìm MinA
Y
N
H
≤
Có a + b + c = 3 ⇔ 3a + 3b + 3c = 9 ⇔ ( 3a + 1) + ( 3b + 1) + ( 3c + 1) = 12.
(
)(
x −1
(
)
10 + 1
x + 10 ≤ 0 x ≥
x + 10 . 10 + 1
y≥
y + 10 z + 10 , z≥ , suy ra 10 + 1 10 + 1
KÈ
Tương tự
)
x − 10 ≤ 0 x −
M
Q
U
Đặt x = 3a + 1, y = 3b + 1, z = 3c + 1 x, y, z ≥ 1 và x + y + z = 12. Từ x, y, z ≥ 1 và x + y + z = 12 1 ≤ x, y, z ≤ 10
x+ y+ z≥
x + y + z + 3 10 12 + 3 10 K≥ = 10 + 2. 10 + 1 10 + 1
ẠY
Vậy MinK = 10 + 2 khi ( x, y, z ) là hoán vị của (1;1;10 ) nên ( a; b; c ) hoán vị của ( 0;0;3) .
D
DẠNG 3: TẠO RA ab+bc+ca •
0 ≤ a, b, c ≤ m ( m − a )( m − b )( m − c ) ≥ 0
•
0 ≤ a, b, c ≤ m ( m − a )( m − b ) + ( m − a )( m − c ) + ( m − b )( m − c ) ≥ 0
Ví dụ 1. Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 3. Chứng minh ab + bc + ca ≥ 2.
Lời giải Trang 162
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Do 0 ≤ a, b, c ≤ 2 nên ( 2 − a )( 2 − b )( 2 − c ) ≥ 0
8 − 4 ( a + b + c ) + 2 ( ab + bc + ca ) − abc ≥ 0
8 − 4.3 + 2 ( ab + bc + ca ) − abc ≥ 0 (do a + b + c = 3 ) abc abc , mà 2 + ≥ 2 nên ab + bc + ca ≥ 2 (đpcm). 2 2 Ví dụ 2: Cho a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ 1 và ab+bc+ca =9. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =a2 + b2 + c2
Lời giải:
O
* Tìm Min P Có (a –b)2 +(b- c)2 +(c-a)2 ≥ 0 => a2 +b2 +c 2 ≥ ab +bc+ca => P ≥ 9. Vậy MinP =9 khi a = b= c = 3 * Tìm MãP Do a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ 1 => (a-1)(b-1) +(b-1)(c-1) +(c-1)(a-1) ≥ 0 <=> (ab+ bc +ca) -2(a+b+c) +3 ≥ 0 <=> a+ b+ c ≤ 6 <=> a2 + b2 +c2 +2(ab+bc+ca) ≤ 36 <=> P ≤ 18 Vậy MaxP=18 khi (a,b,c) là hoán vị của (1;1;4)
FF IC IA L
ab + bc + ca ≥ 2 +
Ơ
N
DẠNG 4: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT TRONG BA SỐ BẤT KÌ LUÔN TÒN TẠI HAI SỐ CÓ TÍCH KHÔNG ÂM Tính chất 1: Nếu -1 ≤ a ≤ 1 thì a n ≤ a ∀n ∈ N *
H
Dấu “=” xảy ra khi a=0 hoặc a=1 nếu n lẻ, khi a=0 hoặc a= ± 1 nếu n chẳn Tính chất 2: Nếu hai số a và b có tích ab ≥ 0 thì a + b = a + b
N
Tính chất 3: Với ba số x, y, z bất kỳ, luôn tồn tại hai số có tích không âm. Bài toán cơ bản: Cho -1 ≤ x, y, z ≤ 1, x+ y+ z =0
Y
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = x + y + z
Q
U
Lời giải: Với ba số x, y, z bất kỳ, luôn tồn tại hai số có tích không âm. Giả sử xy ≥ 0 => x + y = x + y = −z = z Nên T = 2 z ≤ 2 ( do -1 ≤ z ≤ 1 ).
KÈ
M
Vậy MaxT =2 khi (x;y;z) là hoán vị (-1;0;1). Ví dụ 1. Cho -2 ≤ x, y, z ≤ 2, x+ y+ z =0. Chứng minh rằng a4 +b4 +c4 ≤ 32
D
ẠY
Lời giải: a a a Có -2 ≤ x, y, z ≤ 2 => −1 ≤ , , , ≤ 1 2 2 2 a b c Đặt x = , y = , z = => −1 ≤ x, y, z ≤ 1 và x+y+z=0. 2 2 2 4 4 4 Khi đó a +b +c =16(x4 +y4 +z4) ≤ 16 ( x + y + z ) . Với ba số x, y, z bất kỳ, luôn tồn tại hai số có tích không âm. Giả sử: xy ≥ 0 => x + y = x + y = −z = z nên
x + y + z = 2 z ≤ 2 => a 4 + b 4 + c4 ≤ 32 ( đpcm)
Trang 163
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 3 Ví dụ 2. Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1 và x+ y+ z = . 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=x2 +y2 +z2
Lời giải:
FF IC IA L
Tìm Min P Cách 1( Sử dụng bất đẳng thúc Bunhia) 2
2
Y
N
H
Ơ
N
O
Bunhia 3 3 Có − (1.x + 1.y + 1.z) 2 ≤ (12 + 12 + 12 )(x 2 + y 2 + z 2 ) = 3P => P ≥ 4 2 x y z 1 = 1 = 1 1 3 => x = y = z = Vậy MinP = Khi 2 4 x + y + z = 3 2 1 Cách 2( Sử dụng bất đẳng thức Côsi – dự đoán min đạt tại x=y=z= ) 2 1 1 1 1 1 1 3 3 Cã P = x 2 + y 2 + z 2 = x 2 + + y 2 + + z 2 + ≥ 2 x 2 . + 2 y2 . + 2 z 2 . − = x + y + z − . 4 4 4 4 4 4 4 4 3 1 Vậy MinP = Khi x = y = z = 4 2 Tìm MaxP 3 Có x + y + z = ⇔ (2x – 1) + (2y – 1) + (2z – 1) = 0 2 Đặt a = 2x – 1, b = 2y – 1, c = 2z – 1. Do (2x – 1) + (2y – 1) + (2z – 1) = 0 nên a + b + c = 0 Vì 0 ≤ x, y, z ≤ 1 - 1 ≤ 2x – 1, 2y – 1, 2z – 1 ≤ 1 nên – 1 ≤ a, b, c ≤ 1.
2
2
M
Q
U
a 2 + b 2 + c 2 + 2(a + b + c) + 3 a +1 b +1 c +1 Có P = + + = 4 2 2 2 2 2 2 a +b +c +3 a + b + c +3 = ≤ (do − 1 ≤ a, b, c ≤ 1) 4 4 Với ba số a, b, c bất kì, luôn tồn tại hai số có tích không âm. Giả sử a.b ≥ 0 thì a + b = a + b = −c = c nên
KÈ
2 c +3 2+3 5 ≤ = (do c ≤ 1) . 4 4 4 5 1 3 Vậy MaxP = khi (a; b; c) là hoán vị của (- 1; 0; 1) hay (x; y; z) là hoán vị của 0; ; . 4 2 2 Ví dụ 3: Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 2 và x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức M = x4 + y4 + z4 + 12(1 – x)(1 – y)(1 – z).
D
ẠY
P≤
Lời giải Có x + y + z = 3 ⇔ (x – 1) + (y – 1) + (z – 1) = 0 Đặt a = x – 1, b = y – 1, c = z – 1 - 1 ≤ a, b, c ≤ 1 và a + b + c = 0 Với a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc Có M = (a + 1)4 + (b + 1)4 + (c + 1)4 – 12abc = (a4 + b4 + c4 ) + 4(a3 + b3 + c3) + 6(a2 + b2 + c2) + 4(a + b + c) – 12abc Trang 164
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
= (a4 + b4 + c4) + 6(a2 + b2 + c2).
* Có M = (a4 + b4 + c4) + 6(a2 + b2 + c2) ≥ 0 Vậy Min M = 0 khi a = b = c = 0 ⇔ x = y = z = 1 * Có M = (a4 + b4 + c4) + 6(a2 + b2 + c2) ≤ ( a + b + c ) + 6 ( a + b + c ) = 7 ( a + b + c ) .
a + b + c = 2 c ≤ 2 M ≤ 14 .
FF IC IA L
Với ba số a, b, c bất kì, luôn tồn tại hai số có tích không âm. Giả sử ab ≥ 0 a + b = a + b = −c = c Vậy MaxM = 14 khi (a; b; c) là hoán vị của (- 1; 0; 1) hay (x, y, z) là hoán vị của (0; 1; 2). Ví dụ 4: Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 4 và a + b + c = 6.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca.
2
a + b + c (a + b + c) a +b +c + = + 18. 2 2 2 2
2
2
2
a−2 b−2 c−2 ,y= ,z= x + y + z = 0. 2 2 2
H
Đặt x =
a−2 b−2 c−2 + + =0 2 2 2
Ơ
Do a + b + c = 6 (a – 2) + (b – 2) + (c – 2) = 0
N
Có P
2
O
Lời giải 2
N
Vì 0 ≤ a, b, c ≤ 4 - 2 ≤ a – 2, b – 2, c – 2 ≤ 2 - 1 ≤
a−2 b−2 c−2 , , ≤ 1. 2 2 2
Q
U
Y
- 1 ≤ x, y, z ≤ 1. 2 2 2 ( 2 x + 2 ) + ( 2 y + 2 ) + ( 2 z + 2 ) + 18 = 2(x2 + y2 + z2) + 4(x + y + z) + 24 Có P = 2 2 2 2 = 2(x + y + z ) + 24 ≤ 2 ( x + y + z ) + 24
M
Với ba số x, y, z bất kì, luôn tồn tại hai số có tích không âm. Giả sử xy ≥ 0 x + y = x + y = − z = z nên P = 4 z + 24 ≤ 4 + 24 = 28 (do − 1 ≤ z ≤ 1).
KÈ
Vậy MaxP = 28 khi (x, y, z) là hoán vị của (- 1; 0; 1) nên (a, b, c) là hoán vị của (0; 2; 4).
DẠNG 5: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA MỘT SỐ BỊ CHẶN TỪ 0 ĐẾN 1
ẠY
* Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì x ≥ x . Dấu “ =” xảy ra khi x = 0 hoặc x = 1 * Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì x n ≤ x ∀n ∈ Ν * . Dấu “ =” xảy ra khi x = 0 hoặc x = 1 .
D
Ví dụ 1: Cho a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0 và a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
P = b+c + c+a + a+b .
Lời giải * Tìm MaxP Cách 1: ( Sử dụng bất đẳng thức Bunhia) Xét P 2 = (1. b + c + 1. c + a + 1. a + b ) 2
Trang 165
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
≤
Bunhia
(1
2
2
2
+1 +1
)(
2
2
b+c + c+a + a+b
2
)
= 6(a + b + c ) = 6( do a + b + c = 1) P ≤ 6 1 Vậy Max P = 6 khi a = b = c = 3
2 2 = (b + c) + 3 3 2 + (b + c) ≤3 + 2
2 2 (c + a ) + (a + b) 3 3 2 2 + (c + a ) + (a + b) 3 +3 2 2
2 = 6 3
= 1 + a + b + c = 2 ( do a + b + c = 1) P ≤ 2 : Vậy Max P = 6 khi a = b = c =
1 3
N
* Tìm MinP Sử dụng tính chất: 0 ≤ x ≤ 1 thì x ≥ x Do a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 1 nên 0 ≤ a + b, b + c, c + a ≤ 1
O
Xét P.
1 ) 3
FF IC IA L
Cách 2: ( Sử dụng bất đẳng thức Cosi - dự đoán max đạt tại a = b = c =
N
H
Ơ
Có P = b + c + c + a + a + b ≥ (b + c) + (c + a ) + ( a + b) ≤ 1 = 2( a + b + c ) = 2 ( do a + b + c = 1). Vậy MinP = 2 khi ( a; b; c) là hoán vị (1;0; 0) .
Ví dụ 2: Cho a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0 và a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
U
Y
T = b+c + c+a + a+b .
Lời giải
Q
* Tìm MaxP Cách 1: ( Sử dụng bất đẳng thức Bunhia) Xét T 2 = (1. b + c + 1. c + a + 1. a + b ) 2
(
M
≤ Bunhia (12 + 12 + 12 )
2
2
b+c + c+a + a+b
2
)
KÈ
= 6(a + b + c ) = 18( do a + b + c = 3) P ≤ 3 2
D
ẠY
Vậy MaxT = 3 2 khi a = b = c = 1 Cách 2: ( Sử dụng bất đẳng thức Cosi - dự đoán max đạt tại a = b = c = 1 ) Xét T. 2 = 2(b + c) + 2(c + a) + 2(a + b) 2 + (b + c) 2 + (c + a) 2 + (a + b) ≤ + + 2 2 2 = 3 + a + b + c = 6 ( do a + b + c = 3) P ≤ 6 : 2 = 3 2 Vậy MaxT = 3 2 khi a = b = c = 1 * Tìm MinP Sử dụng tính chất: 0 ≤ x ≤ 1 thì x ≥ x a+b+c a+b b+c c+a Do a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 3 = 1 nên 0 ≤ ; ; ≤1 3 3 3 3
Trang 166
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN b+c c+a a+b b+c c+a a+b Có T = 3 + + + + ≥ 3 3 3 3 3 3 3 2( a + b + c ) = 3 = 2 3 ( do a + b + c = 3). 3 Vậy MinT = 2 3 khi ( a; b; c) là hoán vị (3;0;0) .
FF IC IA L
Ví dụ 3: Cho a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0 và a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F = 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1 .
≥ a 2 + 2a + 1 + b 2 + 2b + 1 + c 2 + 2c + 1 = a + b + c + 3 = 4 Vậy MinF = 4 khi ( a; b; c) là hoán vị (0;0;1)
.
O
Lời giải: Cách 1: Có a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0; a + b + c = 1 0 ≤ a , b, c ≤ 1 a ≥ a 2 , b ≥ b 2 , c ≥ c 2 . Do đó : F = 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1 = a + 2a + 1 + b + 2b + 1 + c + 2c + 1
N
Cách 2: Có a + b + c = 1 ⇔ 3a + 3b + 3c = 3 ⇔ ( 3a + 1) + ( 3b + 1) + ( 3c + 1) = 6
Đặt x = 3a + 1; y = 3b = 1; z = 3c + 1.
(
)(
)
x − 4 ≤ 0 x −3 x + 2 ≤ 0 x ≥
x −1
x+2 3
N
H
Ơ
x, y , z ≥ 1 và x + y + z = 6 và F = x + y + z Từ x, y, z ≥ 1 và x + y + z = 6 1 ≤ x, y , z ≤ 4
y+2 z+2 x+ y+ z+6 , suy ra x + y + z ≥ F ≥4 ; z≥ 3 3 3 Vậy MinF = 4 khi ( x; y; z ) là hoán vị (1;1; 4) nên ( a, b, c ) là hoán vị (0;0;1) .
Tương tự:
U
Y
y≥
Q
Ví dụ 4: Cho a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0 và a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M = 2a 2 + 3a + 4 + 2b2 + 3b + 4 + 2c 2 + 3c + 4 .
M
Lời giải:
KÈ
Có a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0; a + b + c = 1 0 ≤ a, b, c ≤ 1 a 2 ≤ a, b 2 ≤ b, c 2 ≤ c. Do đó :
ẠY
M = a 2 + ( a 2 + 3a + 4 ) + b 2 + ( b 2 + 3b + 4 ) + c 2 + ( c 2 + 3c + 4 ) ≤ a 2 + ( a + 3a + 4 ) + b 2 + ( b + 3b + 4 ) + c 2 + ( c + 3c + 4 )
( a + 2)
2
+
(b + 2)
2
+
( c + 2)
2
= a+b+c+6 = 7
D
=
.
Vậy MinM = 7 khi ( a; b; c) là hoán vị (0;0;1) .
DẠNG 6 : DỰ ĐOÁN KẾT QUẢ RỒI XÉT HIỆU Ví dụ 1: Cho x; y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 10 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( x 4 + 1)( y 4 + 1) .
Trang 167
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Lời giải 2
Có P = ( x 4 + 1)( y 4 + 1) = x 4 y 4 + ( x 4 + y 4 ) + 1 = x 4 y 4 + ( x 2 + y 2 ) − 2 x 2 y 2 + 1 2
= x 4 y 4 + (10 − 2 xy ) − 2 x 2 y 2 + 1 = x 4 y 4 + 2 x 2 y 2 − 40 xy + 101. 2
2
FF IC IA L
2 5 5 x + y 10 Đặt t = xy > 0 thì xy ≤ = 0 ≤ t ≤ = 2 2 2 2 5 Ta được P = t 4 + 2t 2 − 40t + 101; 0 ≤ t ≤ 2 Đến đây ta kẻ bảng dự đoán MinP t 0 1 P 101 64 Từ bảng trên ta dự đoán MinP = 45 khi t = 2 nên ta xét hiệu : P − 45 = t 4 + 2t 2 − 40t + 56 = ( t 4 − 8t 2 + 16 ) + (10t 2 − 40t + 40 )
2 45
2
O
= ( t 2 − 4 ) + 4 ( t − 2 ) ≥ 0 P ≥ 45
2,5 52,5625
Ơ
N
x + y = 10 Vậy MinP = 45 khi t = 2 x, y là hai nghiệm của phương trình : xy = 2 10 ± 2 10 ± 2 10 ∓ 2 . t 2 − 10.t + 2 = 0 ⇔ t = x= ;y= 2 2 2
N
H
Ví dụ 2: Cho a + b + 4ab = 4a 2 + 4b 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 20 ( a 3 + b3 ) − 6 ( a 2 + b 2 ) + 2013 .
U
2
Y
Lời giải 2 Có : a + b + 4ab = 4a + 4b ⇔ a + b + 4ab = 4 ( a + b ) − 2ab 2
2
2
2
Q
⇔ 12ab = 4 ( a + b ) − ( a + b ) , mà 4ab ≤ ( a + b ) hay 12ab ≤ 3 ( a + b ) . 2
2
2
Nên 4 ( a + b ) − ( a + b ) ≤ 3 ( a + b ) ⇔ ( a + b ) − ( a + b ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ a + b ≤ 1 .
KÈ
M
Đặt x = a + b thì 0 ≤ x ≤ 1 và 12ab = 4 x 2 − x 3 2 Ta có A = 20 ( a + b ) − 3ab ( a + b ) − 6 ( a + b ) − 2ab + 2013 3
2
= 20 ( a + b ) − 60ab ( a + b ) − 6 ( a + b ) + 12ab + 2013 = 20 x 3 − 5 ( 4 x 2 − x ) x − 6 x 2 + 4 x 2 − x + 2013 = 3 x 2 − x + 2013
D
ẠY
Đến đây ta kẻ bảng dự đoán MaxA t
0
1
A
2013
2015
Từ bảng trên ta dự đoán MaxA = 2015 khi x = 1 nên ta xét hiệu A − 2015 = 3x 2 − x − 2 = ( x − 1)( 3x + 2 ) . Do 0 ≤ x ≤ 1 nên ( x − 1)( 3x + 2 ) ≤ 0 , suy ra A ≤ 2015 Vậy MaxA = 2015 khi x = 1 hay a = b =
1 . 2
Trang 168
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ I. BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI 1 + 15 . 4 x2
Bài 2. Cho x > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 4 x 2 − 3 x +
1 + 2011 . 4x
FF IC IA L
Bài 1. Cho x ≠ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = 8 x 2 − 4 x +
Bài 3. Cho x > y > 0 và xy = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H = Bài 4. Cho a ≥ 1; b ≥ 1 . Chứng minh a b − 1 + b a − 1 ≤ ab .
x2 + y 2 . x− y
11abc . 12
O
Bài 5. Cho a ≥ 9; b ≥ 4; c ≥ 1 . Chứng minh ab c − 1 + bc a − 9 + ca b − 4 ≤
N
Bài 6. Cho a ≥ 0; b ≥ 0; a 2 + b2 ≤ 2 .
Ơ
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = a b ( a + 2b ) + b a ( b + 2 a ) .
H
Bài 7. Cho x ≥ 0; y ≥ 0; x 2 + y 2 ≤ 2 .
N
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x (14 x + 10 y ) + y (14 y + 10 x ) .
Bài 8. Cho x > 0; y > 0 và
Y
xy ( x − y ) = x + y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y .
U
Bài 9. Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = 1 .
Q
Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P =
a 2
a +1
+
b 2
b +1
+
c 2
c +1
.
M
Bài 10. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1
KÈ
chứng minh
3 ab bc ca + + ≤ c + ab a + bc b + ca 2
Bài 11. Cho a > 0, b > 0, c > 0 và ab + bc + ca = 3abc
ẠY
Tìm giá trị nhỏ nhất của P =
a2 b2 c2 + + c ( c2 + a2 ) a ( a2 + b2 ) b (b2 + c2 )
D
Bài 12. Cho a > 0, b > 0, c > 0 và a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =
Bài 13. Cho a, b, c > 0 và
a b c + + 2 2 1 + 9b 1 + 9c 1 + 9a 2
1 1 1 1 + + = 2 . Chứng minh rằng abc ≤ . 1+ a 1+ b 1+ c 8
Trang 169
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bài 14. Cho a > 0, b > 0, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh : ab bc ca bc ca ab b) a) + + ≥ a+b+c + + ≥ 3 c a b a b c Bài 15. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của ∆ABC .
Bài 16. Cho a ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2a +
5 . a
FF IC IA L
Chứng minh ( a + b − c )( b + c − a )( c + a − b ) ≤ abc
Bài 17. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = x + y +
6 24 . + x y
Bài 18. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≥ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 x 2 + y 2 +
28 1 + . x y
O
Bài 19. Cho 2 ≤ x ≤ 3, 4 ≤ y ≤ 6, 4 ≤ z ≤ 6 và x + y + z = 12 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xyz .
N
x 2y x 8 + ≤ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K = + . y x 2 y
Ơ
Bài 20. Cho x > 0, y > 0 và
N
H
Bài 21. Cho x > 0, y > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2
xy + x + y
+
xy + x + y
( x + y + 1)
2
.
xy x2 + y2 + . xy x+ y
Y
Bài 22. Cho x > 0, y > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
( x + y + 1)
Q
U
Bài 23. Cho a > 0, b > 0, c > 0 thỏa mãn b 2 + c 2 ≤ a 2 . 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 b 2 + c 2 + a 2 2 + 2 . a b c
(
)
KÈ
M
1 1 Bài 24. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + 1 + x 2 y 2 . x y
Bài 25. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
1 1 + + 4 xy . 2 x +y xy 2
2
2
ẠY
1 1 Bài 26. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức K = x + + y + . x y
D
Bài 27. Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3
3
1 1 S = 1 + x + + 1 + y + . x y
Bài 28. Cho x > 0, y > 0 và 2 x 2 + 2 xy + y 2 − 2 x ≤ 8 . 2 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + − 2 x − 3 y . x y Trang 170
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bài 29. Cho a > 0, b > 0, c > 0 thỏa mãn 2 ( b 2 + bc + c 2 ) = 3 ( 3 − a 2 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = a + b + c +
2 2 2 + + . a b c
Bài 30. Cho a > 0, b > 0 và a 3 + b3 + 6ab ≤ 8 . 1 3 + + ab . 2 a + b ab 2
Bài 31. Cho a > 0, b > 0 và a 2 + b 2 = a + b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 4 + b 4 +
Bài 32. Cho x > 0, y > 0 và
(
)(
x +1
2020
( a + b)
2
)
y +1 ≥ 4 .
x2 y2 + . y x
O
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
.
FF IC IA L
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
II. BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIA
Cho 4 x + 9 y = 13 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 4 x 2 + 9 y 2 .
Bài 2.
Cho 4 x + 3 y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 4 x 2 + 3 y 2 .
Bài 3.
Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 và x + y + z = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 + y 2 + z 2 .
Bài 4.
Cho 3 x 2 + 2 y 2 ≤
Bài 5.
Cho 4a 2 + 25b 2 ≤
Bài 6.
Cho x 2 + y 2 + z 2 =
Bài 7.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x − 1 + 3 − x khi 1 ≤ x ≤ 3 .
Bài 8.
Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c = 3 .
H
Ơ
N
Bài 1.
N
6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = 2 x + 3 y . 35
U
Y
1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức H = 6a − 5b . 10
KÈ
M
Q
3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z . 4
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức K = 4a + 5 + 4b + 5 + 4c + 5 .
Bài 9.
Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c = 1.
ẠY
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = b + c + c + a + a + b .
D
Bài 10.
Cho a, b, c ≥ 0 và
a + b + c = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =
a+b b+c c+a + + . 2 2 2
III. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Bài 1. Cho x ≥ −2 , y ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y − 2 x + 2 − 4 y − 1 + 24 . 1 Bài 2. Cho x ≥ − . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: E = 5x − 6 2x + 7 − 4 3x − 1 + 2 3 Trang 171
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bài 3. Cho x ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = x − x − 1 − 3 x + 7 + 28 . Bài 4. Cho x ≥ 15 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
F = x2 + x −
(x
2
)
− 15 ( x − 3) − x 2 − 15 − x − 3 − 38 .
Bài 5. Cho a > 0, b > 0, c > 0 và a + b + c = 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
FF IC IA L
T = a 2 + 4ab + b2 + b 2 + 4bc + c2 + c2 + 4ca + a 2 . Bài 6. Cho x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x 2 − xy + y 2 + y 2 − yz + z 2 + z 2 − zx + x 2 .
Bài 7. Cho −2 ≤ a, b, c ≤ 3 và a 2 + b 2 + c 2 = 22 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = a + b + c . Bài 8. Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 6 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = x 2 + y2 + z2 . Bài 9. Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
N
O
K = 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1 . Bài 10. Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 3 . Chứng minh: ab + bc + ca ≥ 2 . Bài 11. Cho a ≥ 1, b ≥ 1, c ≥ 1 và ab + bc + ca = 9 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = a 2 + b2 + c2 . Bài 12. Cho −1 ≤ x, y, z ≤ 1 , x + y + z = 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T = x + y + z .
N
H
Ơ
Bài 13. Cho −2 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 0 . Chứng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≤ 32 . 3 Bài 14. Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 1 và x + y + z = . 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = x 2 + y 2 + z 2 . Bài 15. Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 2 và x + y + z = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: M = x 4 + y4 + z 4 + 12 (1 − x )(1 − y )(1 − z ) .
U
Y
Bài 16. Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 4 và a + b + c = 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a 2 + b 2 + c2 + ab + bc + ca . Bài 17. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
Q
P = b+c + c+a + a +b . Bài 18. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c = 3 .Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
M
P = b+c + c+a + a +b . Bài 19. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c = 1 .Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
KÈ
F = 3a + 1 + 3b + 1 + 3c + 1 . Bài 20. Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 và a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
ẠY
2a 2 + 3a + 4 + 2b 2 + 3b + 4 + 2c2 + 3c + 4 . Bài 21. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn: x + y = 10 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = ( x 4 + 1)( y 4 + 1) .
D
Bài 22. Cho a + b + 4ab = 4a 2 + 4b 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 20 ( a 3 + b3 ) − 6 ( a 2 + b 2 ) + 2013 .
Trang 172
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN CHỦ ĐỀ 8 – PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ I.
PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
DẠNG 1: GHÉP THÍCH HỢP ĐƯA VỀ TÍCH
( x + 9)( x + 6 )
Lời giải Điều kiện: x ≥ −6 . Phương trình ⇔ 2012 x + 6 − 2012 + x + 9 −
⇔ 2012 ⇔
(
(
)
x + 6 −1 − x + 9
)(
(
( x + 9 )( x + 6 ) = 0
)
x + 6 −1 = 0
)
x + 6 −1
x + 9 − 2012 = 0
⇔ x = −5, x = 4048135 ( thỏa mãn điều kiện).
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = {−5; 4048135} .
2x + 1 + 3 4x 2 − 2x + 1 = 3 + 8x 3 + 1 . Lời giải
N
1 . 2
( 2x + 1) ( 4x 2 − 2x + 1) = 0
Phương trình ⇔ 2x + 1 − 3 + 3 4x 2 − 2x + 1 −
(
)
2x + 1 − 3 = 0
)
4x 2 − 2x + 1 − 1 = 0
H
) 2x + 1 − 3) (
2x + 1 − 3 − 4x 2 − 2x + 1
N
( ⇔( ⇔
Ơ
Điều kiện: x ≥ −
O
Ví dụ 2. Giải phương trình:
FF IC IA L
x + 9 + 2012 x + 6 = 2012 +
Ví dụ 1. Giải phương trình:
(Thỏa mãn điều kiện).
U
Y
x = 4 2x + 1 = 3 2x + 1 = 9 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 x = 0, x = 1 4x − 2x + 1 = 1 4x − 2x + 1 = 1 2
Q
1 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S = 0; 4; . 2
(
KÈ
M
Ví dụ 3. Giải phương trình: x 3 + 4 + x 2
)
4 − x 2 = 8 − 2x 4 − x 2 .
Lời giải
D
ẠY
Điều kiện: x 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 . Khi đó phương trình đã cho trở thành
Trang 173
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x − 8 + (4 + x 3
2
)
2
4 − x + 2x 4 − x2 = 0
⇔ ( x − 2) ( x2 + 2 x + 4) + ( x2 + 2 x + 4) 4 − x2 = 0
) 4− x ) = 0
( ⇔ ( x + 1) + 3 ( x − 2 +
⇔ ( x2 + 2 x + 4) x − 2 + 4 − x2 = 0 2
2
FF IC IA L
⇔ 4 − x2 = 2 − x
2− x ≥ 0 ⇔ 2 2 4 − x = 4 − 4 x + x x = 0 ⇔ x = 2 So với điều kiện, ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0; 2} .
N
O
Ví dụ 4. Giải phương trình x + 2 7 − x + 7 x − x 2 − 2 x − 7 = 0 . Lời giải. Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 7 . Khi đó, ta có
Ơ
x + 2 7 − x + 7 x − x2 − 2 x − 7 = 0
⇔ 2 7 − x − 2 x + x(7 − x) − (7 − x) = 0
(
) x )( 2 −
7−x − x − 7−x 7−x −
(
)
7−x =0
M
Q
U
Y
7−x − x =0 ⇔ 2 − 7 − x = 0 7 − x = x ⇔ 7 − x = 4 x =3 ⇔ x = 7 2
KÈ
7 So với điều kiện, ta có tập nghiệm của phương trình là S = 3; . 2
D
ẠY
DẠNG 2: NHÂN LIÊN HỢP ĐƯA VỀ TÍCH a −b • a− b= khi biểu thức xác định. a+ b •
a −b =
a − b2 khi biểu thức xác định. a +b
Ví dụ 1. Giải phương trình x 2 + 1 + x 2 + x + 2 = 2 x + 3x + 1 . Lời giải. 1 Điều kiện: x ≥ − . 3 Khi đó Trang 174
)
7−x − x =0
H
⇔
(
N
⇔2
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 2
2
x + 1 + x + x + 2 = 2 x + 3x + 1
⇔ x 2 − 2 x + 1 + x 2 + x + 2 − 3x + 1 = 0
(x ⇔ ( x − 1) +
2
2
+ x + 2 ) − ( 3x + 1)
=0
x 2 + x + 2 + 3x + 1
( x − 1)
2
=0
x 2 + x + 2 + 3x + 1
FF IC IA L
⇔ ( x − 1) +
2
1 2 ⇔ ( x − 1) 1 + =0 2 x + x + 2 + 3x + 1 ⇔ x =1 So với điều kiện, ta có tập nghiệm của phương trình là S = {1} .
Ví dụ 2. Giải phương trình x 2 + 2018 2 x 2 + 1 = x + 1 + 2018 x 2 + x + 2 . Lời giải. 2
1 7 Ta có x + x + 2 = x + + > 0, ∀x . Khi đó 2 4
O
2
(2x
2
+ 1) − ( x 2 + x + 2 )
2 x2 + 1 + x2 + x + 2
= 0 ⇔ ( x 2 − x − 1) + 2018.
x2 − x −1 2 x2 + 1 + x2 + x + 2
N
H
2018 2 ⇔ ( x 2 − x − 1) 1 + = 0 ⇔ x − x −1 = 0 2 2 2x +1 + x + x + 2 1± 5 2
Y
⇔ x=
Q
U
1 ± 5 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = . 2
4x2 + 5x + 1 + 3 = 2 x2 − x + 1 + 9 x . Lời giải. 2 1 3 Ta có x 2 − x + 2 = x − + > 0, ∀x nên điều kiện là 4 x 2 + 5 x + 1 ≥ 0. 2 4 Khi đó 4 x2 + 5x + 1 + 3 = 2 x2 − x + 1 + 9 x
D
ẠY
KÈ
M
Ví dụ 3. Giải phương trình
⇔ 4x 2 + 5x + 1 − 4 x2 − 4 x + 4 − 9 x + 3 = 0 ⇔ ⇔
(4x
2
+ 5 x + 1) − ( 4 x 2 − 4 x + 4 )
4 x2 + 5x + 1 + 4 x2 − 4 x + 4 9x − 3 4 x2 + 5x + 1 + 4 x2 − 4 x + 4
− ( 9 x − 3) = 0 − ( 9 x − 3) = 0
1 ⇔ ( 9 x − 3) − 1 = 0 2 2 4x + 5x + 1 + 4 x − 4x + 4 1 Trường hợp 1. 9 x − 3 = 0 ⇔ x = (thỏa). 3
Trang 175
)
2 x2 + 1 − x2 + x + 2 = 0
Ơ
⇔ ( x 2 − x − 1) + 2018.
(
N
x 2 + 2018 2 x 2 + 1 = x + 1 + 2018 x 2 + x + 2 ⇔ ( x 2 − x − 1) + 2018
=0
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Trường hợp 2. 1 2
⇔
4x + 5x + 1 + 4x2 − 4x + 4 1
−1 = 0
4 x2 + 5x + 1 + 4 x2 − 4 x + 4
=1
Vì
4 x2 − 4 x + 4 =
( 2 x − 1)
2
+ 3 ≥ 3 nên trường hợp 2 vô nghiệm.
1 Vậy phương trình có tập nghiệm là S = . 3
Ví dụ 4. Giải phương trình
2 Điều kiện: x ≥ − . 3 Với điều kiện trên phương trình trở thành 5 x + 4 + 3x + 2 = 4 x + 5 + 2 x + 3
) (
O
5 x + 4 + 3x + 2 = 4 x + 5 + 2 x + 3 . Lời giải.
FF IC IA L
⇔ 4 x2 + 5x + 1 + 4 x2 − 4 x + 4 = 1
⇔
(
)
⇔
( 5 x + 4 ) − ( 4 x + 5 ) + ( 3 x + 2 ) − ( 2 x + 3) = 0
3x + 2 − 2 x + 3 = 0
N
5x + 4 − 4 x + 5 +
U
Y
N
H
Ơ
5x + 4 + 4x + 5 3x + 2 + 2 x + 3 x −1 x −1 ⇔ + =0 5x + 4 + 4x + 5 3x + 2 + 2 x + 3 1 1 ⇔ ( x − 1) + =0 3x + 2 + 2 x + 3 5x + 4 + 4x + 5 ⇔ x =1 So với điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là S = {1} .
3x 2 − 7 x + 3 − x 2 − 2 = 3x 2 − 5 x − 1 − x 2 − 3x + 4 . Lời giải. 3 x 2 − 7 x + 3 ≥ 0 2 3 7 Ta có x 2 − 3 x + 4 = x − + > 0, ∀x nên điều kiện là x 2 − 2 ≥ 0 2 4 3x2 − 5x − 1 ≥ 0
KÈ
M
Q
Ví dụ 5. Giải phương trình
Với điều kiện trên, phương trình trở thành
3x 2 − 7 x + 3 − x 2 − 2 = 3x 2 − 5 x − 1 − x 2 − 3x + 4
D
ẠY
⇔
(
( 3x ⇔ ⇔
) (
)
3x 2 − 7 x + 3 − 3x 2 − 5 x − 1 + 2
− 7 x + 3) − ( 3 x 2 − 5 x − 1)
3x 2 − 7 x + 3 + 3x 2 − 5 x − 1 4 − 2x 3x 2 − 7 x + 3 + 3x 2 − 5 x − 1
(x + +
x 2 − 3x + 4 − x 2 − 2 = 0 2
− 3x + 4 ) − ( x 2 − 2 )
x 2 − 3x + 4 + x 2 − 2 6 − 3x x 2 − 3x + 4 + x 2 − 2
=0 =0
2 3 ⇔ (2 − x) + =0 2 2 x 2 − 3x + 4 + x 2 − 2 3x − 7 x + 3 + 3x − 5 x − 1 ⇔ 2− x = 0
⇔ x=2 Trang 176
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN So với điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình là S = {2} . Ví dụ 6. Giải phương trình 6 1 − x 2 − 4 x = 3
(
)
1 + x −1 .
Lời giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 . Khi đó, phương trình trở thành
(
)
1 + x −1
⇔ 6 1 − x2 − 3 1 + x − 4x + 3 = 0
(
)
⇔ 3 1+ x 2 1− x −1 − 4x + 3 = 0
4(1 − x ) − 1
− 4x + 3 = 0 2 1− x + 1 3 − 4x ⇔ 3 1+ x . − 4x + 3 = 0 2 1− x + 1 3 1+ x 3 ⇔ (3 − 4 x ). + 1 = 0 ⇔ x = ( thỏa mãn) 2 1 − x + 1 4 3 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 4
H
Ơ
N
O
⇔ 3 1+ x .
2
FF IC IA L
6 1 − x2 − 4x = 3
M
Q
U
Y
N
DẠNG 3: DỰ ĐOÁN NGHIỆM ĐỂ TỪ ĐÓ TÁCH THÍCH HỢP ĐƯA VỀ TÍCH • Nếu nhẩm được một nghiệm x = α của phương trình thì ta tách được phương trình đó về dạng tích (x – α).f(x) = 0. • Nếu nhẩm được một nghiệm x = –α của phương trình thì ta tách được phương trình đó về dạng tích (x +α).f(x) = 0. • Trong trường hợp f(x) = 0 mà phức tạp thì ta thường chứng minh f(x) = 0 vô nghiệm hoặc chứng minh f(x) = 0 có nghiệm duy nhất. Bước 1: Nhẩm các số nguyên thỏa mãn điều kiện xem số nào thỏa mãn phương trình, ta thường nhẩm các số mà thay vào các căn đều khai căn được. Bước 2: Lập bảng để chọn số cần chèn vào phần căn.
KÈ
Bước 3: Kết hợp công thức
Ví dụ 1: Giải phương trình
a − b=
a-b2 a+b
để đưa về tích.
3x+1 − 6 − x + 3x2 −14x − 8 = 0 .
ẠY
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 5 nên ta sẽ tách được nhân tử x – 5
D
3x+1 x=5
Từ bảng này, ta suy ra Trình bày lời giải:
4
6−x 1
3x+1 sẽ đi với số 4, còn 6 − x sẽ đi với số 1.
1 3
Điều kiện : − ≤ x ≤ 6 Trang 177
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
⇔
(3x+1) − 4
(
) (
3x+1 − 4 −
2
( 6 − x) − 1
)
6 − x − 1 + 3x − 14x − 5 = 0
2
+
+ 3x 2 − 15x+x − 5 = 0
O
3x+1 + 1 6−x +2 3x-15 5− x ⇔ + + 3x (x − 5) + (x − 5) = 0 3x+1 + 1 6−x +2 1 1 ⇔ (x − 5) + + 3x+1 = 0 3x+1 + 1 6−x +2 Trường hợp 1: Xét x – 5 = 0 ⇔ x = 5 ( thỏa mãn điều kiện) 1 1 + + 3x+1 =0 loại vì Trường hợp 2: Xét 3x+1 + 1 6−x +2 1 1 1 + + 3x+1 > 0 ∀ − ≤ x ≤ 6 3 3x+1 + 1 6−x +2
FF IC IA L
Phương trình ⇔
2
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 5
{}
N
x −1 + 6 − x = 3x2 − 4x −1
Ơ
Ví dụ 2: Giải phương trình
H
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 2 nên ta sẽ tách được nhân tử x – 2
N
x −1
(
U ) (
x −1 −1 +
(x −1) −1
M
Phương trình ⇔
⇔
2
x −1 sẽ đi với số 1, còn 6 − x sẽ đi với số 2.
Q
Từ bảng này, ta suy ra Trình bày lời giải: Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 6
1
Y
x=2
6−x
2
( 6 − x) − 2
2
= 3x 2 − 6x+2x − 4
6−x +2 2−x ⇔ + = 3x (x − 2) +2(x − 2) x −1 + 1 6−x +2 1 1 ⇔ (x − 2) − − 3x − 2 = 0 x − 1 + 1 6−x +2 Trường hợp 1: Xét x – 2 = 0 ⇔ x = 2 ( thỏa mãn điều kiện) 1 1 − − 3x − 2 = 0 Trường hợp 2: Xét x −1 + 1 6−x +2
D
ẠY
KÈ
x −1 + 1 x−2
+
)
6 − x − 2 = 3x 2 − 4x − 4
Trang 178
x −1 + 1 1
⇔ Do
x −1 + 1 1
x −1 + 1 ≥ 1 nên
Với 1 ≤ x ≤ 6 thì
= =
x −1 + 1
1 6−x +2 1 6−x +2
− 3x − 2
(*)
+ 3x+2
≤1 1
3x + 2 ≥ 3.1 + 2 = 5 nên
6−x +2
FF IC IA L
1
⇔
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
+ 3x + 2 > 5
Do đó phương trình (*) vô nghiệm Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 2
{}
(
)
3x − 2 + x + 3 = 4x 2 − 24x + 35
O
Ví dụ 3: Giải phương trình 5.
x=1
1
2
H
x −1 sẽ đi với số 1, còn 6 − x sẽ đi với số 2.
N
Từ bảng này, ta suy ra Trình bày lời giải:
x +3
Ơ
3x − 2
N
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 1 nên ta sẽ tách được nhân tử x – 1
2 3 2 Phương trình 5. 3x − 2 − 1 + x + 3 − 2 = 4x − 24x + 20 2 2 (3x − 2) − 1 ( x + 3) − 2 = 4x 2 − 24x + 20 ⇔ 5. + x + 3 + 2 3x − 2 + 1 (3x − 2) − 12 (x + 3) − 22 = 4x 2 − 4x − 20x + 20 ⇔ 5. + 3x − 2 + 1 x + 3 + 2 3x − 3 x − 1 ⇔ 5. + = 4x (x − 1) − 20 (x − 1) 3x − 2 + 1 x + 3 + 2
Y
Điều kiện : x ≥
) (
)
ẠY
KÈ
M
Q
U
(
D
15 5 ⇔ (x − 1) + − 4x+20 = 0 3x − 2 + 1 x+3 +2 Trường hợp 1: Xét x – 1 = 0 ⇔ x = 1 ( thỏa mãn điều kiện) 15 5 + − 4x+20=0 Trường hợp 2: Xét 3x − 2 + 1 x +3 +2 15 5 ⇔ + − 4x+20=0 3x − 2 + 1 x+3 +2 Trang 179
⇔
3x − 2 + 1
15
Nếu x < 6 thì
+
3x − 2 + 1
+
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
5 x+3 +2
5 x+3 +2
= 4x − 20
15
>
3.6 − 2 + 1
(*)
+
Mà 4.x – 20 < 4.6 – 20 = 4 nên phương trình (*) vô nghiệm.
15
Nếu x >6 thì
3x − 2 + 1
5
+
x+3 +2
15
<
3.6 − 2 + 1
+
Mà 4.x – 20 > 4.6 – 20 = 4 nên phương trình (*) vô nghiệm. Nếu x = 6 thỏa mãn (*) và thỏa mãn điều kiện Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 1;6
{ }
Ví dụ 4: Giải phương trình x − 2 x + 2 − 4 = 0 3
5 6+3 +2
5
=4 (*)
=4 (*)
FF IC IA L
15
6+3 +2
O
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 2 nên ta sẽ tách được nhân tử x – 2
Phương trình x − 8 − 2
(
3
)
N
H
x + 2 sẽ đi với số 2.
(
)
x +2 −2 = 0
(x + 2) − 2
Y
Từ bảng này, ta suy ra Trình bày lời giải: Điều kiện : x ≥ 2
2
Ơ
x=2
N
x+2
⇔ (x − 2)(x + 2x + 4) − 2
Q
U
2
x+2 +2 x−2
=0
=0 x+2 +2 2 2 ⇔ (x − 2)x + 2x + 4 − = 0 x + 2 + 2 Trường hợp 1: Xét x – 2 = 0 ⇔ x = 2 ( thỏa mãn điều kiện) 2 2 2 (*) ⇔ x 2 + 2x + 4 = Trường hợp 2: Xét x + 2x + 4 − x+2 +2 x+2 +2 2 ≤1 Do x + 2 + 2 ≥ 2 nên x+2 +2
D
ẠY
KÈ
M
⇔ (x − 2)(x 2 + 2x + 4) − 2
2
2
Mà x + 2x + 4 = x + 1 + 3 ≥ 3 nên phương trình (*) vô nghiệm. 2
(
)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 2
{}
Ví dụ 5: Giải phương trình x3 + x − 7 = x 2 + 5 . Trang 180
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 2 nên ta sẽ tách được nhân tử x−2
x2 + 5 x=2
3
FF IC IA L
x 2 + 5 sẽ đi với số 3 .
Từ bảng này ta suy ra Trình bày lời giải:
Phương trình ⇔ x3 + x − 10 = x 2 + 5 − 3 ⇔ ( x − 8) + ( x − 2) 3
(x =
2
+ 5) − 3
x2 + 5 + 3
⇔ ( x − 2) ( x2 + 2x + 4) + ( x − 2) −
x2 − 4
H
Ơ
N
O
=0 x2 + 5 + 3 x+2 ⇔ ( x − 2) x2 + 2 x + 5 − =0 2 x +5 +3 Trường hợp 1: Xét x − 2 = 0 ⇔ x = 2 ( thỏa mãn điều kiện ). Trường hợp 2: x+2 x+2 Xét x 2 + 2 x + 5 − = 0 ⇔ x2 + 2x + 5 = 2 2 x +5 +3 x +5 +3 x 2 + 5 > x 2 = x ≥ x x+2 Do nên x 2 + 5 + 3 > x + 2 hay <1 2 x +5 +3 3 > 2 2
N
Mà x 2 + 2 x + 5 = ( x + 1) + 4 ≥ 4 nên phương trình ( ∗) vô nghiệm.
3 x2 + 7 = . x 2 ( x + 1)
U
x+
Q
Ví dụ 6: Giải phương trình
Y
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {2} .
KÈ
M
Phân tích bài toán: Phương trình này ta nhẩm được một nghiệm x = 1 nên ta sẽ tách được nhân tử x −1 . 3 x+ x
ẠY
Từ bảng này , ta suy ra Do x +
x =1 x+
2
3 s ẽ đi v ớ i s ố 2 . x
3 x2 + 3 = nên điều kiện là : x > 0 . x x
D
3 −4 3 x +7 x2 − 4 x + 3 x −2 ⇔ Phương trình ⇔ x + − 2 = = 2 ( x + 1) x 2 ( x + 1) 3 x+ +2 x 2 2 1 1 x − 4x + 3 x − 4x + 3 ⇔ ( x 2 − 4 x + 3) − ⇔ = =0 3 3 2 ( x + 1) x + 3x + 2 x x + 3x + 2 x 2 x + 2 2
x+
Trang 181
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 2 x2 − 4 x + 3 = 0 x − 4x + 3 = 0 x = 1 ( thỏa mãn) ⇔ ⇔ ⇔ 3 3 x = 3 x + 3 x + 2 x = 2 x + 2 x + 3x − 4 = 0 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1;3} .
FF IC IA L
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG 1 : BIẾN ĐỔI VỀ MỘT BIỂU THỨC VÀ ĐẶT MỘT ẨN PHỤ
x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16 . Lời giải
Ví dụ 1: Giải phương trình Điều kiện : x ≥ 4 .
(
( x − 4 )( x + 4 ) ) − 12
⇔ x+4 + x−4 = x−4+ x+4+2 ⇔ x+4 + x−4 =
(
x+4 + x−4
( x − 4 )( x + 4 )
)
2
− 12
O
Phương trình ⇔ x + 4 + x − 4 = 2x − 12 + 2
Ơ
N
Đặt t = x + 4 + x − 4 ≥ 0 , ta được t = t 2 − 12 ⇔ t 2 − t − 12 = 0 ⇔ ( t + 3)( t − 4 ) = 0 ⇔ t = −3 ( loại ), t = 4 ( thỏa mãn ).
Y
N
H
⇔ t 2 − t − 12 = 0 x + 4 + x − 4 = 4 ⇔ 2 x + 2 x 2 − 16 = 16 8 − x ≥ 0 ⇔ x = 5 ( thỏa mãn ) ⇔ x 2 − 16 = 8 − x ⇔ 2 2 x − 16 = x − 16 x + 64 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là S = {5} . Ví dụ 2: Giải phương trình
)
x +1 + 4 − x + 2
) ( 4− x)+(
( x + 1)( 4 − x ) = 10
( x + 1)( 4 − x ) ) = 15
x +1 + 4 − x + x +1+ 4 − x + 2
M
( ⇔ 2(
x +1 +
x +1 + 4 − x
KÈ
⇔2
(
Q
Phương trình ⇔ 2
U
Điều kiện : −1 ≤ x ≤ 4 .
( x + 1)( 4 − x ) = 5 .
x +1 + 4 − x +
)
2
= 15 2
Đặt t = x + 1 + 4 − x ≥ 0 , ta được 2t + t 2 = 15 ⇔ t 2 + 2t + 1 = 16 ⇔ ( t + 1) = 16 ⇔ t + 1 = ±4
ẠY
⇔ t = 3 ( thỏa mãn ), t = −5 (loại). x + 1 + 4 − x = 3 ⇔ 5 + 2 ( x + 1)( 4 − x ) = 9 ⇔
( x + 1)( 4 − x ) = 2 ⇔ 4x − x 2 + 4 − x = 4
⇔ x 2 − 3 x = 0 ⇔ x = 0, x = 3 ( thỏa mãn ).
D
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {0;3} .
Ví dụ 3: Giải phương trình 5 x +
5 2 x
= 2x +
1 +4 . 2x
Điều kiện : x > 0 . 1 1 Phương trình ⇔ 5 x + = 2 x + 4x + 4 2 x
Trang 182
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 2 1 1 ⇔ 5 x + = 2 + − 1 x +4 2 x 2 x
Đặt t = x +
1 2 x
≥2
2
x.
1 2 x
= 2 ta được 5t = 2 ( t 2 − 1) + 4
2
⇔ 2t − 5t + 2 = 0 ⇔ 2t − 4t − t + 2 = 0 ⇔ 2t ( t − 2 ) − ( t − 2 ) = 0
x+
⇔ x=
1 2 x
1 (loại), t = 2 ( thỏa mãn ). 2
FF IC IA L
⇔ ( t − 2 )( 2t − 1) = 0 ⇔ t =
= 2 ⇔ 2x − 4 x +1 = 0
2± 2 3 ⇔ x = ± 2 ( thỏa mãn ). 2 2
3 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = ± 2 . 2
Ơ
H
1 1 ⇔ x2 −1 − 2 x + x x − = 0 x x
N
Phương trình ⇔ x 2 − 2 x + 1 = 2 − x x −
N
x2 −1 1 − ≥ 0 x ≥0 Điều kiện ⇔ x x x ≠ 0 x ≠ 0
1 . x Lời giải
O
2
Ví dụ 4: Giải phương trình ( x − 1) = 2 − x x −
1 ≥ 0 , ta được t 2 + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1)( t − 2 ) = 0 x
U
Đặt t = x −
Y
1 1 1 1 ⇔ x− −2+ x− = 0 ⇔ x− + x− −2 = 0 . x x x x
Q
⇔ t = 2 (loại), t = 1 (thỏa mãn) x −
1 =1 x
1± 5 (thỏa mãn điều kiện). 2 1 ± 5 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = . 2
KÈ
M
⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ x =
3 4 x + x2 + 1 = 0 . 3 Lời giải ∗ Nếu x ≤ 0 thì phương trình đã cho vô nghiệm. ∗ Xét x > 0 , chia hai vế cho x ta được
D
ẠY
Ví dụ 5: Giải phương trình x 2 − 3 x + 1 +
2
x+
1 3 2 1 1 3 1 −3+ x + 2 +1 = 0 ⇔ x + − 3 + x + −1 = 0 . x 3 x x 3 x
1 1 ≥ 2 x. = 2 x x 3 2 t − 1 = 0 ⇔ t 2 − 1 = 3 (3 − t ) ta được t − 3 + 3 Đặt t = x +
Trang 183
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
3 − t ≥ 0 t ≤ 3 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ t = 2 x = 1 (thỏa mãn) 2 t − 1 = 3 ( 9 − 6t + t ) 2t − 18t + 28 = 0 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1} DẠNG 2. BIẾN ĐỔI VỀ HAI BIỂU THỨC VÀ ĐẶT HAI ẨN PHỤ RỒI ĐƯA VỀ TÍCH
)
FF IC IA L
(
Ví dụ 1. Giải phương trình 5 x 3 + 8 = 2 x 2 − x + 6
Lời giải 3
Điều kiện: x ≥ −8 ⇔ x ≥ −2 Phương trình ⇔ 5
⇔5
( x + 2) ( x2 − 2x + 4) = 2 ( x2 − x + 6)
( x + 2 ) ( x 2 − 2 x + 4 ) = 2 ( x 2 − 2 x + 4 ) + ( x + 2 )
x 2 − 2 x + 4 > 0, b = x + 2 ≥ 0 , ta được 2a 2 − 5ab + 2b 2 = 0 ⇔ ( a − 2b )( 2a − b ) = 0
O
Đặt a =
{
Ơ
N
2 x2 − 6 x − 4 = 0 a = 2b x − 2 x + 4 = 4 x + 8 ⇔ ⇔ 2 2 2a = b 4 ( x − 2 x + 4 ) = x + 2 4 x − 9 x + 14 = 0 ⇔ x = 3 ± 13 (thỏa mãn)
}
H
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 3 ± 13
N
2 3 2 Ví dụ 2. Giải phương trình x + 2 x + 7 = 3 x + 3 x + x + 3
Lời giải
Y
Điều kiện: x ≥ −3
( x + 1) ( x + 3) ( x + 1) ( x + 3) 2
Q
⇔ ( x 2 + 1) + 2 ( x + 3) = 3
2
U
2 Phương trình ⇔ x + 2 x + 7 = 3
x 2 + 1 > 0, b = x + 3 ≥ 0 , ta được a 2 + 2b 2 = 3ab ⇔ a 2 − 3ab + 2b 2 = 0 ⇔ ( a − b )( a − 2b ) = 0
M
Đặt a =
KÈ
x2 + 1 = x + 3 x2 − x − 2 = 0 a = b ⇔ 2 a = 2b x 2 + 1 = 2 x + 3 x − 4 x − 11 = 0
⇔ x = −1, x = 2, x = 2 ± 15 (thỏa mãn)
{
}
ẠY
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = −1;2;2 ± 15
D
Ví dụ 3. Giải phương trình
4 1 5 + x − = x + 2x − x x x Lời giải
1 5 ≥ 0, 2 x − ≥ 0 x x 5 1 5 1 4 5 1 Phương trình ⇔ x − + 2 x − − x − = 0 ⇔ 2 x − − x − + 2 x − − x − = 0 x x x x x x x
Điều kiện: x ≠ 0, x −
Trang 184
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
5 1 ≥ 0, b = x − ≥ 0 ta được a 2 − b 2 + a − b = 0 x x 5 1 ⇔ ( a − b )( a + b + 1) = 0 ⇔ a = b 2 x − = x − x x 2 ⇔ x = 4 ⇔ x = −2 (loại), x = 2 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {2}
(
)
Ví dụ 4. Giải phương trình 4 x 2 + 1 x = ( 3 − x ) 5 − 2 x
Lời giải
5 2 2 Phương trình ⇔ ( 4 x + 1) ( 2 x ) = ( 6 − 2 x ) 5 − 2 x
Điều kiện: x ≤
⇔ ( 4 x 2 + 1) ( 2 x ) = ( 5 − 2 x ) + 1 5 − 2 x
(
)
2
(
2
)
3
FF IC IA L
Đặt a = 2 x −
3
O
Đặt a = 2 x, b = 5 − 2 x ≥ 0 , ta được a + 1 a = b + 1 b ⇔ a + a = b + b 2 b 3b 2 ⇔ ( a − b ) ( a + ab + b + 1) = 0 ⇔ ( a − b ) a + + + 1 = 0 2 4 2 x ≥ 0 ⇔ a = b 2x = 5 − 2x ⇔ 2 4 x = 5 − 2 x −1 + 21 ⇔x= (thỏa mãn) 4 −1 + 21 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 4 2
Y
N
H
Ơ
N
2
U
Ví dụ 5. Giải phương trình x 3 + 3 x 2 + 9 x + 7 + ( x − 10 ) 4 − x = 0
3
M
Q
Lời giải Điều kiện: 4 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 4 Phương trình ⇔ x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 + 6 x + 6 = (10 − x ) 4 − x
KÈ
⇔ ( x + 1) + 6 ( x + 1) = 6 + ( 4 − x ) 4 − x 3
⇔ ( x + 1) + 6 ( x + 1) =
(
)
3
4− x +6 4− x
Đặt a = x + 1, b = 4 − x , b ≥ 0 ta được
ẠY
⇔ a 3 + 6a = b3 + 6b ⇔ ( a 3 − b3 ) + ( 6a − 6b ) = 0
D
⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 + 6 ) = 0
2 b 3b 2 ⇔ ( a − b ) a + + + 6 = 0 ⇔ a = b 2 4 x +1 ≥ 0 x ≥ −1 4 − x = x +1 ⇔ ⇔ 2 2 4 − x = x + 2 x + 1 x + 3x − 3 = 0
⇔x=
−3 + 21 (thỏa mãn) 2 Trang 185
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN
−3 + 21 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 2 3 64 x + 4 x 2 Ví dụ 6. Giải phương trình 5 x + 6 x + 5 = 2 5x + 6 x + 6 Lời giải Vì 5 x + 6 x + 5 > 0 ∀x nên phương trình xác định ∀x Phương trình ⇔ 5 x 2 + 6 x + 5 =
⇔
(
)
FF IC IA L
2
64 x 3 + 4 x (5x2 + 6 x + 5) + 1
3
3
5x 2 + 6 x + 5 + 5x2 + 6 x + 5 = ( 4 x ) + 4 x
Đặt a = 5 x 2 + 6 x + 5 > 0, b = 4 x ta được
a 3 + a = b3 + b ⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 + 1) = 0
H
Ơ
N
O
2 b 3b 2 ⇔ ( a − b ) a + + + 1 = 0 ⇔ a = b 5 x 2 + 6 x + 5 = 4 x 2 4 x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x =1 2 2 5 x + 6 x + 5 = 16 x 11x − 6 x − 5 = 0 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1}
N
DẠNG 3: ĐẶT ẨN PHỤ KẾT HỢP VỚI ẨN BAN ĐẦU ĐƯA VỀ TÍCH
Y
Ví dụ 1. Giải phương trình 6 x 2 + 2 x + 1 = 3 x 6 x + 3
Lời giải
1 2 Phương trình ⇔ 18 x 2 + ( 6 x + 3) = 9 x 6 x + 3
Q
U
Điều kiện: x ≥ −
Đặt y = 6 x + 3 ≥ 0 ta được 18 x 2 + y 2 = 9 xy
M
⇔ 18 x 2 − 9 xy + y 2 = 0 ⇔ ( 6 x − y )( 3x − y ) = 0
KÈ
6 x + 3 = 3x 9 x 2 − 6 x − 3 = 0, x ≥ 0 y = 3x ⇔ ⇔ 2 y = 6 x 6 x + 3 = 6 x 36 x − 6 x − 3 = 0, x ≥ 0
ẠY
⇔ x = 1, x =
1 + 13 (thỏa mãn) 12 1 + 13 12
D
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 1;
Ví dụ 2: Giải phương trình 4 x + 1 = x 2 − 5 x + 14 Lời giải Điều kiện x ≥ 1.
Trang 186
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x 2 − 5 x + 14 − 4 x + 1 = 0 ⇔ x2 − 6 x + 9 + x + 1 − 4 x + 1 = 0
(
x +1 − 2
)
2
x − 3 = 0 ⇔ ⇔ x=3 x + 1 = 2 Vậy nghiệm của phương trình là x = 3 .
Ví dụ 3: Giải phương trình x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x = 11 Lời giải 3 Điều kiện −3 ≤ x ≤ . 2 Phương trình ⇔ 11 − x − 4 x + 3 − 2 3 − 2 x = 0 ⇔ x + 3 − 4 x + 3 + 4 + 3 − 2x − 2 3 − 2x + 1 = 0
(
2
) (
x+3 −2 +
)
2
3 − 2x −1 = 0
O
⇔
=0
FF IC IA L
Phương trình tương đương với ⇔ ( x − 3)2 +
Ơ
N
x + 3 = 2 ⇔ ⇔ x =1 3 − 2 x = 1 Vậy nghiệm phương trình đã cho là x = 1 .
H
Ví dụ 4: Giải phương trình x − x − 8 − 3 x + 1 = 0
(
2
) (
)
2
U
⇔
Y
N
Lời giải Điều kiện x ≥ 8 . Phương trình ⇔ 2 x − 2 x − 8 − 6 x + 2 = 0 ⇔ x − 8 − 2 x − 8 + 1 + 1x − 6 x + 9 = 0 x − 8 −1 +
x −3
=0
M
Q
x − 8 = 1 ⇔ ⇔ x=9 x = 3 Vây nghiệm của phương trình là x = 9 .
KÈ
Ví dụ 5: Giải phương trình x 2 + x − 9 =
(x
2
− 8) ( x − 2 ) + x 2 − 8 + x − 2 Lời giải
Điều kiện x ≥ 8
D
ẠY
Phương trình ⇔ 2 x 2 + 2 x − 18 = 2
⇔
(
x2 − 8 − x − 2
2
) +(
(x
2
2
− 8) ( x − 2) + 2 x2 − 8 + 2 x − 2
) (
x2 − 8 −1 +
)
2
x − 2 −1 = 0
x2 − 8 = x − 2 ⇔ x2 − 8 = 1 ⇔ x=3 x − 2 = 1 Vậy nghiệm của phương trình là x = 3 .
Ví dụ 6: Giải phương trình 1 − 2 x + 1 + 2 x = 2 − x 2 Trang 187
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Lời giải Điều kiện −
1 1 ≤ x ≤ 2 − x2 > 0 . 2 2
Phương trình ⇔ 2 + 2 1 − 4 x 2 = x 4 − 4 x 2 + 4
x4 − 4x2 − 2 1 − 4 x2 + 2 = 0 2
⇔ x4 +
(
)
FF IC IA L
⇔ x 4 + (1 − 4 x ) − 2 1 − 4 x 2 + 1 = 0 2
1 − 4 x2 − 1 = 0
x = 0 ⇔ ⇔ x = 0. 2 1 − 4 x = 1 Vậy nghiệm của phương trình là x = 0 . 4
x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11
N
Ví dụ 1: Giải phương trình
O
DẠNG 2: ĐÁNH GIÁ VẾ NÀY ≥ MỘT SỐ, VẾ KIA ≤ SỐ ĐÓ BẰNG BĐT CỐI, BUNHIA
Điều kiện 2 ≤ x ≤ 4 . 2 Có x 2 − 6 x + 11 = ( x − 3) + 2 ≥ 2
N
Ta sẽ đánh giá x − 2 + 4 − x ≤ 2 Cách 1: (Sử dụng BĐT Côsi)
H
Ơ
Lời giải
)
2
= 2+2
( x − 2 )( 4 − x ) ≤ 2 + 2
Y
x−2 + 4− x
x − 2 + (4 − x) =4 2
U
Xét (
(
Q
x−2 + 4− x ≤ 2 Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia) Xét 1. x − 2 + 1. 4 − x
2
) ≤ (1 + 1 ) ( 2
2
2
x−2 + 4− x
2
)=4
x−2 + 4− x ≤ 2
KÈ
M
Như vậy x − 2 + 4 − x ≤ 2 , x 2 − 6 x + 11 ≥ 2 nên phương trình xảy ra dấu bằng x − 3 = 0 ⇔ x = 3. x − 2 = 4 − x Vậy nghiệm của phương trình là x = 3
D
ẠY
Ví dụ 2: Giải phương trình
x − 1 + 3 − x = x 4 − 4 x3 + 7 x 2 − 12 x + 14 Lời giải
Điều kiện 1 ≤ x ≤ 3 Ta có x 4 − 4 x 3 + 7 x 2 − 12 x + 14 = ( x 4 − 4 x 3 + 4 x 2 ) + ( 3 x 2 − 12 x + 12 ) + 2 2
2
= ( x2 − 2 x ) + 3 ( x − 2) + 2 ≥ 2 Ta sẽ đánh giá x − 1 + 3 − x ≤ 2 Cách 1: (Sử dụng BĐT Côsi)
Trang 188
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN x −1 + (3 − x ) =4 x − 1 + 3 − x = 2 + 2 ( x − 1)( 3 − x ) ≤ 2 + 2 Xét 2 x −1 + 3 − x ≤ 2 Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
(
)
2
(
Xét 1. x − 1 + 1. 3 − x
2
) ≤ (1 + 1 ) ( 2
2
2
x −1 + 3 − x
2
)=4
x −1 + 3 − x ≤ 2
FF IC IA L
Như vậy x − 1 + 3 − x ≤ 2 , x 4 − 4 x 3 + 7 x 2 − 12 x + 14 ≥ 2 nên phương trình xảy ra dấu bằng x2 − 2 x = 0 x − 2 = 0 ⇔ x = 2 . x −1 = 3 − x Vậy nghiệm của phương trình là x = 2 .
Ví dụ 3: Giải phương trình
2 x − 5 + 7 − 2 x = x 4 − 4 x 3 − 2 x 2 + 12 x + 11 Lời giải
5 7 ≤x≤ 2 2 Ta có x 4 − 4 x3 − 2 x 2 + 12 x + 11 = ( x 4 − 4 x 3 + 4 x 2 ) − 6 x 2 + 12 x + 11
O
Điều kiện
2
N
2
= ( x 2 − 2 x ) − 6 ( x 2 − 2 x ) + 11
Ơ
2
= ( x2 − 2 x ) − 6 ( x2 − 2x ) + 9 + 2 2
H
= ( x 2 − 2 x − 3) + 2 ≥ 2
N
Ta sẽ đánh giá 2 x − 5 + 7 − 2 x ≤ 2 Cách 1: (Sử dụng BĐT Côsi)
(
2x − 5 + 7 − 2x
)
2
= 2+2
( 2 x − 5)( 7 − 2 x ) ≤ 2 + 2
Y
Xét
5x − 2 + ( 7 − 2 x )
2
=4
Q
U
2x − 5 + 7 − 2x ≤ 2 Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
(
Xét 1. 2 x − 5 + 1. 7 − 2 x
)
2 Bunhia
≤
(12 + 12 ) (
2
2x − 5 + 7 − 2x
2
)=4
M
2x − 5 + 7 − 2x ≤ 2 .
KÈ
Như vậy 2 x − 5 + 7 − 2 x ≤ 2 , x 4 − 4 x3 − 2 x 2 + 12 x + 11 ≥ 2 nên phương trình chỉ xảy ra khi x2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x = 3 (thỏa mãn) 2 x − 5 = 7 − 2 x
ẠY
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3} .
D
Ví dụ 4. Giải phương trình x 3 − 2 x = 3 x 2 − 6 x + 4 Lời giải 3 Điều kiện: 3 − 2 x ≥ 0 ⇔ x ≤ . 2 Cách 1 (Đánh giá 2 vế) 2
Có 3 x 2 − 6 x + 4 = 3 x 2 − 6 x + 3 + 1 = 3 ( x − 1) + 1 ≥ 1 . Suy ra x 3 − 2 x ≥ 1 x > 0 .
Trang 189
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 3
x + x + 3 − 2x Do đó x 3 − 2 x = x 2 ( 3 − 2 x ) = x.x ( 3 − 2 x ) ≤ =1 3 Nên x 3 − 2 x ≤ 1 . Như vậy nên phương trình xảy ra khi x −1 = 0 ⇔ x = 1 ( thỏa mãn). x = 3 − 2x Cách 2 (Đưa về bình phương) Có x 3 − 2 x = 3 x 2 − 6 x + 4 ⇔ 2 x 3 − 2 x = 6 x 2 − 12 x + 8
⇔ x 2 − 2 x 3 − 2 x + ( 3 − 2 x ) + 5 x 2 − 10 x + 5 = 0
(
⇔ x − 3 − 2x
(
Do x − 3 − 2 x
)
2
)
2
2
+ 5 ( x − 1) = 0
≥ 0; 5 ( x − 1)2 ≥ 0 nên phương trình chỉ xảy ra khi
3 6 3 + − 2x = 1+ . x x 2x Lời giải
3 6 ≥ 0; − 2 x ≥ 0. x x Cách 1 (Sử dụng bất đẳng thức Côsi)
N
2x −
Ơ
Ví dụ 5. Giải phương trình
O
x = 3 − 2x ⇔ x = 1 (thỏa mãn). x −1 = 0 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1} .
FF IC IA L
{
N
H
Điều kiện x ≠ 0; 2 x −
3 6 3 6 + − 2 x = 1. 2 x − + 1. − 2 x x x x x 3 6 1 + 2x − 1+ − 2x 3 x x ≤ + = 1+ 2 2 2x 3 6 3 Do đó phương trình xảy ra khi 2 x − = − 2 x = 1 ⇔ x = (thỏa mãn). x x 2 Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhia)
2x −
M
Q
U
Y
Có
2
KÈ
Có
2
3 6 3 6 − 2 x = 1. 2 x − + 1. − 2 x 2 x − + x x x x 3 6 6 ≤ 12 + 12 2 x − + − 2 x = x x x 3 6 6 2x − + − 2x ≤ x x x
)
ẠY
(
Nên
D
3 3 6 3 ≥2 1 = nên dấu “=” xảy ra khi x = (thỏa mãn). x 2 2x 2x 3 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = . 2 Mà 1 +
Ví dụ 6. Giải phương trình 12 −
3 x
2
+ 4 x2 −
3 x2
= 4x2 .
Trang 190
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Lời giải
3
3
≥ 0; 4 x 2 −
≥0 . x2 3 3 1 3 3 Cách 1 Có 12 − 2 + 4 x 2 − 2 = 9 12 − 2 + 1 4 x 2 − 2 3 x x x x 1 3 1 3 1 ≤ 9 + 12 − 2 + 1 + 4 x 2 − 2 = 2 x 2 − 2 + 4 6 x 2 x 2x x
2
2
FF IC IA L
Điều kiện x ≠ 0; 12 −
1 1 = 4x − 2 x2 + 2 − 2 = 4 x2 − 2 x − ≤ 4 x2 . x x Do đó phương trình xảy ra khi 3 3 1 12 − 2 = 9; 4 x 2 − 2 = 1; x − = 0 ⇔ x = ±1 (thỏa mãn). x x x 3 Cách 2 Đặt a = 4 x 2 > 0; b = 2 > 0 ab = 12, x Ta được ab − b + a − b = a . b + ( a − 1) 1 + ( a − b ) Có ab − b + a − b = b ( a − 1) + 1( a − b ) ≤ + =a. 2 2 3 2 4 x − 1 = x 2 Dấu “=” xảy ra khi ⇔ 4 x 4 − x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1 (thỏa mãn). 3 1 = 4 x 2 − x2 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {±1} .
N
H
Ơ
N
O
2
Bài 2.
Q
U
Y
HỆ THỐNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TRONG CHỦ ĐỀ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Giải các phương trình sau Bài 1. x + 9 + 2012 x + 6 = 2012 + ( x + 9 )( x + 6 ) .
2 x + 1 + 3 4 x 2 − 2 x + 1 = 3 + 8 x3 + 1 .
(
)
4 − x 2 = 8 − 2 x 4 − x 2 .-
M
Bài 3. x3 + 4 + x 2
KÈ
Bài 4. x + 2 7 − x + 7 x − x 2 − 2 x − 7 = 0 . Bài 5. x 2 + 1 + x 2 + x + 2 = 2 x + 3 x + 1 . Bài 6. x 2 + 2018 2 x 2 + 1 = x + 1 + 2018 x 2 + x + 2 . 4 x2 + 5x + 1 + 3 = 2 x2 − x + 1 + 9 x .
Bài 8.
5 x + 4 + 3x + 2 = 4 x + 5 + 2 x + 3 = 0 .
Bài 9.
3x 2 − 7 x + 3 − x 2 − 2 = 3x 2 − 5 x − 1 − x 2 − 3x + 4 .
D
ẠY
Bài 7.
Bài 10. 6 1 − x 2 − 4 x = 3
(
)
1+ x −1 .
Bài 12.
x − 1 + 6 − x = 3x 2 − 4 x − 1.
Bài 13. 5
(
)
3x − 2 + x + 3 = 4 x 2 − 24 x + 35
3
Bài 14. x − 2 x + 2 − 4 = 0. Trang 191
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN 3
2
Bài 15. x + x − 7 = x + 5. Bài 16.
x+
3 x2 + 7 . = x 2 ( x + 1)
Bài 1.
x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16.
Bài 2.
x +1 + 4 − x +
Bài 3. 5 x +
5 2 x
FF IC IA L
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ. Giải các phương trình sau.
( x + 1)( 4 − x ) = 5.
= 2x +
1 + 4. 2x
1 2 Bài 4. ( x − 1) = 2 − x x − . x Bài 5. x 2 − 3 x + 1 +
3 4 x + x 2 + 1 = 0. 3
O
Bài 6. 5 x3 + 8 = 2 ( x 2 − x + 6 ) .
N
Bài 7. x 2 + 2 x + 7 = 3 x3 + 3x 2 + x + 3.
4 1 5 + x − = x + 2x − . x x x 2 Bài 9. ( 4 x + 1) x = ( 3 − x ) 5 − 2 x .
5x2 + 6 x + 5 =
64 x3 + 4 x . 5x2 + 6 x + 6
N
Bài 11.
H
Bài 10. x3 + 3x 2 + 9 x + 7 + ( x − 10 ) 4 − x = 0.
Ơ
Bài 8.
Y
Bài 12. 2 (1 − x ) x 2 + 2 x − 1 = x 2 − 2 x + 1 .
U
Bài 13. ( 4 x − 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 x + 1.
Q
Bài 14. x 2 + x + 5 = 5.
Bài 15. x 2 + 1 = 2 3 2 x − 1.
4x + 9 với x > 0. 28 Bài 17. x 2 − x − 2 1 + 16 x = 2. Bài 18. 3 x + 1 = x 3 − 15 x 2 + 75 x − 131.
KÈ
M
Bài 16. 7 x 2 + 7 x =
ẠY
III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Giải các phương trình sau: Bài 1. x 2 + 7 x + 12 = 2 3 x + 7. Bài 2. 4 x + 1 = x 2 − 5 x + 14.
D
Bài 3. x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x = 11. Bài 4. x − x − 8 − 3 x + 1 = 0. Bài 5. x 2 + x − 9 =
(x
2
− 8 ) ( x − 2 ) + x 2 − 8 + x − 2.
Bài 6. 1 − 2 x + 1 + 2 x = 2 − x 2 . Bài 7.
x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11.
Bài 8.
x − 1 + 3 − x = x 4 − 4 x3 + 7 x 2 − 12 x + 14.
Trang 192
PHÂN DẠNG BT ÔN TUYỂN SINH 10 TOÁN Bài 9.
2 x − 5 + 7 − 2 x = x 4 − 4 x3 − 2 x 2 + 12 x + 11.
Bài 10. x 3 − 2 x = 3 x 2 − 6 x + 4.
2x −
3 6 3 + − 2x = 1 + . x x 2x
Bài 12. 12 −
3 3 + 4 x2 − 2 = 4x2 . 2 x x
D
ẠY
KÈ
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
FF IC IA L
Bài 11.
Trang 193