- 1
Mot so dang toan on vao cap 3
Dạng 1: Toán tìm điều kiện để phương trình nguyên
1. Ví dụ 1 Cho biểu thức:
b2ab2a2
ba1a
ba
1
bbaa
a3
baba
a3
M
++
−−
−
+
−
−
++
=
))((
:)(
a, Rút gọn
b, Tìm những giá trị của a để M nguyên
Giải
a, Rút gọn M =
1a
2
−
b, Để M nguyên thì a-1 phải là ước của 2

−
+−+
=+
−
−−+
=
)(
Để A nguyên thì a – 1 là ước của 2
Tổng quát : Để giải toán tìm điều kiện để biểu thức nguyên ta làm
theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện
Bước 2: Rút gọn về dạng
)(
)(
xf
a
hay
a
xf
Nếu
a
xf )(
thì f(x) là bội của a
Nếu
)(xf
a
thì f(x) là ước của a
- 2
Bước 3: Căn cứ vào điều kiện loại những giá trị ngoại lai
Dạng 6: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng

x
2
– 14x – x + 49 + 5 = 0
x
2
– 15x + 54 = 0
x
1
= 6 ; x
2
= 9
Lưu ý :
* Nhận định kết quả : x
1
= 6 loại vì thay vào phương trình (1) không
phải là nghiệm . Vậy phương trình có nghiệm x = 9
* Có thể đặt điều kiện phương trình trước khi giải : Để phương trình có
nghiệm thì :
- 3
7
7
5
07
05
≥⇒



≥
≥

2
=2
9
45
25
=
=−
=−⇒
x
x
x
2, Ví dụ 2:
Giải phương trình
2173 =+−+ xx
Giải:
Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa:
1
01
073
−≥⇔



≥+
≥+
x
x
x
Chú ý : Không nên bình phương hai vế ngay vì sẽ phức tạp hơn mà ta
nên chuyển vế.

=++−
xx

Đặt điều kiện
* Nếu 2x + 1 ≥ 0 ta có phương trình x
2
– ( 2x + 1 ) + 2 = 0
x
2
– 2x – 1 + 2 = 0
x
2
– 2x +1 = 0
=> x
1
= x
2
= 1
* Nếu 2x + 1 ≤ 0 ta có phương trình x
2
– ( -2x -1 ) + 2 =0
x
2
+ 2x + 3 = 0
Phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình ( 1) có nghiệm x= 1
2, Ví dụ 2:
Giải phương trình
51225
=+−−

3
x
4
Giải :
Đặt ẩn phụ :
y
Y
x
X
1
;
1
==
- 5
Ta có hệ :







=+
=+
36
36
106
36
13
34

xx
xx
3, Ví dụ 3:
Giải hệ phương trình :






−=++
=++
=++
)3(232
)2(323
)1(1132
zyx
zyx
zyx
Hướng dẫn: Rút z từ (1) thay vào (2); (3)
4, Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:




=++
=++
)2(12
)1(6
222

= 0
=> x = y = z = 2
5, Ví dụ 5:
Giải hệ phương trình








=
−
−
+
=
−
+
+
4
3
2
1
3
5
3
1
1
2

1
5
yx
yx
( Đề thi vào 10 năm 2002 – 2003 )

Dạng 4: Toán cực trị
1.Ví dụ 1:
Cho biểu thức:

x1
1
x1
1
x1
1
:
x1
1
x1
1
A
−
+







+ K
-(K
2
- K) = -(K
2
- 2K/2 +1/4 -1/4)
= -[(K-1/4)
2
– 1/4]
Mẫu này lớn nhất khi: -[(K-1/4)
2
- 1/4] là nhỏ nhất
Và nó nhỏ nhất khi: K= 1/4
Hay
21x41x //
=⇒=
=>A nhỏ nhất =4
2.Ví dụ 2:
Cho biểu thức:

3x
3x2
x1
2x3
3x2x
11x15
M
+
+
−

M
2
2
++
=
Vậy M lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất
Mẫu nhỏ nhất khi
2
2
x
1
x +
nhỏ nhất
0
x
1
x
2
2
>+
Vậy
2
2
x
1
x +
nhỏ nhất x =1
Vậy
3
1

khi
01x111x
≥−−+−
)()(
2x1
01x1
1x
≤≤⇒



≥−−
≥
⇔
)(
Dạng 5: Toán tính giá trị biểu thức chứa căn nhiều tầng
Ví dụ : Tính
1281812226A −++−=
Ta có :
242424228412818
22
−=−=−=+−=− )(
1313132332423261326A
1313132341224122
2
2
−=−=+−=−=−−=+−=
+=+=++=+=−++
)()(
)(

m −=
vào ta có phương trình :
21x111x1x111x
11x11x11x11xY
≥−−++−≥−−++−=
−−++−≥−−++−=
- 9

01x2x2
01
2
3
x2
2
3
2x
2
2
=−+
=+−+−−
)(
Phương trình có hai nghiệm :
2
31
x
2
31
x
21
+−

2121
2
212211
mxx4xx
mxx2xxx2x
=−+⇔
=−+−⇔

Theo viet ta có :
( )
( )
1m
a
c
xx
2m2
1
2m2
a
b
xx
21
21
+==
+=
+−
−=−=+
Thay vào (*) ta có :
2(m + 2 ) – 4 ( m + 1 ) = m
2

2
– 18m + 9
- 10
b. Tìm m sao cho A = 27
3, Tìm m sao cho nghiệm này bằng hai lần nghiệm kia
Giải
1. Xét
( ) ( ) ( )
m01m1m2m1m2m
2
2
2
∀≥−=+−=−−−=∆
'
=> Phương trình luôn có nghiệm với mọi m
a.
( )
21
2
2
2
1
xx5xx2A
−+=
=
21
2
2
2
1

a
b
xx
22
2
21
21
+−=+−=−−⇒







=
−=+
=> điều phải chứng minh
b, Tìm m để A = 27 chính là giảI phương trình
8m
2
– 18m + 9 = 27
8m
2
– 18m – 18 = 0
4m
2
– 9m – 9 = 0
Phương trình có hai nghiệm : m
1

1m2
9
m8
1m2
3
m4
3
m2
1m2
a
c
xx
2
2
2
21
=+−⇔
−=⇔
−=⇔
−==>
−==
.

Phương trình có hai nghiệm : m
1
= 3/2; m
2
= 3/4
Ví dụ : Đề 8 ( trang 91)
Đề 17 ( trang 121)

NOC∆
có
0
180CNOCONC
=++
∧∧∧
=>
0
120NOCONC =+
∧∧
( vì
)
0
60C
=
∧
Vì
00
120NOCMOBnn60xoy =+=
∧∧∧
ª
( )
1ONCMOB
∧∧
=⇒
Vì
ABC∆
đều
( )
260CB

hay
ON
OM
OC
BM
==
mà
0
60xoyB
==
∧∧
=>
MBO∆
đồng dạng với
0
60OMNBMON ==⇒∆
∧∧
- 13
=> CM là tia phân giác của
∧
BMN
c, Thật vậy khi
∧
xoy
quay tới vị trí ( hình vẽ đỏ ) lúc đó M, N là trung
điểm của AB và AC
đường cao AO ┴ MN tại H và HO = 1/2AO
Như vậy đường tròn cố định đó có tâm tại O , bán kính bằng AO/2
Đề 2 ( Đề thi vào lớp 10 năm 2002 – 2003 )
1, Chứng minh AC // MO

( tổng hai góc nhọn trong tam giác
vuông )
Trong
v1AOMAMOMAO =+∆
∧∧
:
- 14
Theo chứng minh trên :
∧∧∧∧
=⇒= AMOCDOAOMC
Trong tức giác MDAO có D và M nhìn AO đưới góc bằng nhau α
0

Vậy M, D thuộc cung AO chứa góc α
0

Hay MDAO nội tiếp
Ta lại có
v1MAO =
∧
=> MO là đường kính đường tròn ngoại tiếp
Vậy 5 điểm M, B, O, A, D cùng nằm trên đường tròn đường kính MO
3, Tìm M trên d để
AOC
∆
đều , hãy chỉ ra cách xác định M.
Thậy vậy để AOC là tam giác đều nghĩa là
R2OM30AMO60AOM60CA
000
==>==>==>==

∧∧∧∧∧∧∧∧
c, Nếu I là trung điểm của BC =>
( )



⊥
⊥
1AEAI
BDAI
Ta lại có
v1EAF
=
∧
( góc nội tiếp chắn đường tròn)
( )
2AEAFhay
⊥
Từ (1) (2) =>
v2IAF
=
∧
=>I, A, F thẳng hàng
- 15
Đề 4 ( Đề 3 trong bộ đề ôn vào 10 )
a, Chứng minh tam giác POQ vuông
Xét
POQ
∆
theo chứng minh tính chất 2 tiếp tuyến ta có

Có
∧∧
=
ECDQPO
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung ED )
=>Tam giác POQ đồng dạng với tam giác CED
c, Tính tích CP . DQ theo R
Theo tính chất 2 của tiếp tuyến ta có : CP = PE
DQ = EQ
Xét
POQ
∆
có OE là đường cao bằng R
Theo hệ thức lượng : OE
2
= PE . EQ
hay OE
2
= CP . DQ
R
2
= CP . DQ
- 16
d, Khi PC = R/2 hãy chứng minh rằng
16
25
S
S
CED
POQ

Thay vào (1) ta có
( )
16
25
R4:
4
R25
R2
2
R5
S
S
2
2
2
2
COD
POQ
==






=
∆
∆
Đề 5 ( Bộ đề trang 17 )
a, Tứ giác BHCD, BCDE là hình gì ? Tại sao ?

d, Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì kết luận
- hình thoi
- Kết quả không thay đổi
Hình thang cân biến thành tam giác BDC
DE
≡