Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
CHUYÊN ĐỀ 1:
Phương trình và hệ phương trình.
I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp.
Bài 1:Gpt:
2 2
2
2
2 2 4
10. 11. 0.
1 1 1
x x x
x x x
− + −
 
   
+ − =
 ÷  ÷
 ÷
+ − −
   
 
Giải: Đặt
2 2
;
1 1
x x
u v
x x
− +
= =

(x
2
-5x+4).(x
2
-5x+6)-15=0
⇔
(u-1).(u+1)-15=0
⇔
u
2
-16=0
⇔
u=
±
4.
Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 3:Gpt:
2
90.
1 1
x x
x x
   
+ =
 ÷  ÷
+ −
   
Giải:PT
⇔
2

2 2
2
2 2
. 90 2 2 90.( 1)
( 1)
u
u u u u
u
+
= ⇔ + = −
−
( u
≠
1).
⇔
09018288
2
=+− uu
.
Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x.
Bài 4:Gpt:
3 3
3
2 3 12.( 1)x x x+ − = −
.
Giải:Đặt
3 3
; 2 3x u x v= − =
(1).
Có:

−+=−++ xxxxx
xxxxxxxx 122121368121220
232423
−−+++=−++⇒
0924228
234
=+−+−⇒ xxxx
(x
≠
0).
0
924
228
2
2
=+−+−⇒
x
x
xx
.
Đặt
y
x
x =+
3
(*) ta có:y
2
- 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 6:Gpt:
( )

Bài 7:Gpt:(2x
2
- 3x +1).(2x
2
+ 5x + 1)=9x
2
(1).
Giải:
(1)
0122044
234
=++−+⇔ xxxx
(x
≠
0).Chia cả hai vế cho x
2
ta được :
⇔
4x
2
+ 4x -20 +
2
12
x
x
+
= 0.
⇔
024
1

2
+ 2y -24 = 0.
Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x.
Bài 8:Gpt:
.0168.26416
222
=++−−+− xxxxx
Giải:PT
.04.28 =+−−−⇔ xxx
Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản.
Bài 9:Gpt: (1 + x + x
2
)
2
= 5.(1 + x
2
+ x
4
).
Giải
423242
5552221 xxxxxxx ++=+++++⇔
4 3 2 4 3 2
4 2 2 2 4 0 2 2 0x x x x x x x x⇔ − + − + = ⇔ − + − + =
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x
≠
0.
Chia cả hai vế của phương trình trên cho x
2
ta được:

2y
4
+12 y
2
+2 = 16
⇔
2.(y-1).(y+1).(y
2
+7)=0
⇔
y =1 hoặc y = -1.
Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x.
II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau:
Bài 1: x
2
= y.(y+1).(y+2).(y+3)

2
x -∞ 0 4 8 +∞
x-8 - - - 0 +
x-4 - - 0 + +
x - 0 + + +
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
Giải:Đặt y
2
+ 3y = t.
Ta có: x
2
= y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y
2

+ 2t > (t + 2)
2
(*).
Lại có: t
2
+2t < t
2
suy ra x
2
< t
2
(**).
Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)
2
< x
2
< t
2
suy ra x
2
= (t+1)
2
suy ra t
2
+2t = (t +1)
2
(=x
2
)
Suy ra : t

2x
2
-xy +3x-2y-5=0
.7,1227
2
7
1
2
53
2
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
−+=
+
−+
=⇔ xx
x
x
x
xx
y 
Từ đó ta tìm được x
⇒
tìm được y
⇒
tìm được z.
Bài 3:




2166
2
12
83
±±=+⇒+⇒Ζ∈
+
+−=
+
−
=⇔
+
−
= yy
yy
y
x
y
y
x 
Từ đó ta tìm được y
⇒
tìm được x.
Bài 5:
.3=++
y
zx
x
yz
z
xy

Vậy z >0.Ta có:
A =
3
3
.3 3 3 zxy
x
y
z
y
x
z
z
xy
y
x
z
x
y
z
z
xy
y
zx
x
yz
z
xy
=≥++==++



x
x
x
xx
y 
Từ đó ta tìm được x
⇒
tìm được y.
III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác.
Bài 1:
.2
2
11
2
=
−
+
x
x
Giải:Điều kiện :
2,0 <≠ xx
.
-Nếu x < 0 thì
<
−
+
2
2
11
x

1
1
.2
11
2 ≥⇒≥+= ab
abba
(1).
Lại có: 2 = a
2
+ b
2

≥
2ab suy ra 1
≥
ab (2).
Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a
2
+ b
2
=2 nên suy ra (a+b)
2
= 4 suy ra a + b = 2.
Vậy ta có:
11
2
1
=⇒==⇒



x
yyx
x
x
Từ (4) suy ra x
2

≥
4 kết hợp với (1) suy ra x
2
= 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2.
Phương trình đã cho trở thành:
51 +−=− yy
.
Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu).
Bài 3: 2x
4
-21x
3
+ 74x
2
-105x +50 =0.
Giải:Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy x
≠
0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x
2
ta được:
026
25

Đặt
y
x
x =+
25
ta có: 2y
2
-21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y
⇒
tìm ra x.
Bài 4:





=−++
=−−+
71.41
511.2
xx
xx

4
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
Giải: Đặt :





yx
Giải:
Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có:
11.215151 =−⇔=−−++− xxx
.
Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa.
Bài 6:





=+−+−
=−+−+−
)2(0332
)1(02445124152
22
22
xyxyyx
yxyxyx
Giải: Phương trình (2) phân tích được như sau: (x - y).(x -3 + 2y) = 0



−=
=
⇔
yx
yx
23

222
cabcabcbaRcba ++≥++∈∀
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên).
Sử dụng bổ đề ta có:
xyz = x
4
+ y
4
+ z
4

≥
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2

≥
xyz.(x + y + z) = xyz.
Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có:
x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được:
3


5
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y
.0≥
) ta được:
2
1
== yx
.
Bài 10:
2.2252.3252 =+−−+−−+ xxxx
(1).
Giải:
(1)
( ) ( )
2.2332.
2
1
152.
2
1
22
=−−++−⇔ xx
4352152 =−−++−⇔ xx
Ta có:
.41525231525234 =+−+−−≥+−+−−= xxxx
Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là:
2
5

a
2
+b
2
+c
2
< 2.(ab + bc + ca).
Giải:
Ta có:a
2
+b
2
+c
2
- ab + bc + ca
[ ]
.0)()()(.
2
1
222
≥−+−+−= accbba
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Vậy: ab + bc + ca
≤
a
2
+b
2
+c
2

mzx
(m,n,z > 0).
Khi đó (1) trở thành:
)).(( nzmzz nzm ++≤+
( )
zn
z
m
nm +






+≤+⇔ .1
(2).
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
( )
2
2
1 .( ) . 1 .( ) .
m m m
n z n z n m n z n m
z z z
 
   
+ + ≥ + = + ⇔ + + ≥ +
 ÷
 ÷  ÷

Ta có:
).1(4
1
4
1
.21 ≥⇒≥⇒≥+=
xy
xyxyyx
Lại có:
( )
( )
2
2
2
4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2
8. 4.(1 1 ).( ) 4.( ) (1 1 ).( ) 1.x y x y x y x y x y
 
 
+ = + + ≥ + = + + ≥ + =
 
 
Suy ra: 8.(x
4
+ y
4
)
1≥
(2).
Từ (1) và (2) suy ra:
( )

222
>−+−+− accbba
(Do a
≠
b
≠
c
≠
a).
Vậy trong ba số x,y,z luôn có ít nhất một số dương.
Bài 5: Nếu



>
≥+
0
1
ab
ba
thì
8
1
44
≥+ ba
.
Giải: Hoàn toàn tương tự bài 3.
Bài 6:CMR:
( ) ( ) ( ) ( )
4488221010

3
+ b
3
+ c
3
- 3abc = (a + b + c).(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) < 0.
Bài 8:CMR:
4
1
)12(
1

25
1
9
1
2
<
+
+++=
n
A
với
.1, >Ν∈ nn

 
   
< + + + + = − + − + + − = − <
 
   
+ + + + +
   
 
Ta có đpcm.
Bài 9:CMR: Nếu: p,q > 0 thì:
pq
qp
qp
≥
+
+
22
.
Giải:
Có:
( ) ( )
.0
.
2
22
≥
+
++−
=−
+

1
1
222
−<++++
với n >1.
Giải:Ta có:
kkkk
k
1
1
1
).1(
11
2
−
−
=
−
<
.
Áp dụng cho k = 2,3, ,n ta được:
.
1
2
1
1
1

3
1

≥−
−
+
yx
yx
Giải:Ta có:
.022
2
).(.2
2
22
≥=
−
−≥
−
+−=
−
+
yx
yx
yx
yx
yx
yx
Ta có đpcm.
Bài 12:Cho tam giác ABC có các cạnh thỏa mãn:
.cba ≤≤
CMR:
( )
.9

2 2 2
2 2 2
.(2 ). (2 ). (2 ) .(2 ). .(2 ). (2 ) . . 1.
2 2 2
a a b b c c
a b b c c a a a b b c c
+ − + − + −
     
− − − = − − − ≤ =
 ÷  ÷  ÷
     
Tích của ba số nhỏ hơn hoặc bằng 1 vì vậy chúng không thể đồng thời lớn hơn 1.
Ta có đpcm.
Bài 14: Cho ba số a,b,c thỏa mãn: a > b > c > 0.CMR:
caca
c
baba
b
−−+
<
−−+
.
Giải:Ta có:
caca
c
baba
b
−−+
<
−−+

x
xy
y
x
=≥+
(1).

8
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
Tương tự:
2
3
2yyz
z
y
≥+
(2) và
2
3
2zxz
x
z
≥+
(3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có:
).(2
222
333
zyxzx
x

+
−
=
−−
+
=
xx
b
x
a
Q
xx
x
P
. Với những giá trị nào của a,b thì P=Q với mọi giá
trị của x trong tập xác định của chúng.
Giải:
Điều kiện:
.1,2 −≠x
Ta có: P=Q
1,2
23
2)2(
23
5
)1,2(
3
2
3
2

02
1
b
a
ba
ba
a
Bài 2:Cho số nguyên n, A= n
5
- n.
a-Phân tích A thành nhân tử.
b-Tìm n để A=0.
c-CMR: A chia hết cho 30.
Giải:
a) A= n
5
- n = n.(n
4
-1) = n.(n-1).(n+1).(n
2
+ 1)
b) A=0
⇔
n = 0,1,-1.
c) Theo Định Lý Fecma:
55)5(mod
55
 Annnn ⇒−⇒≡
(1).
Lại có:

2
+ px + q).( x
2
+ mx + n)
Khai triển và đồng nhất hệ số ta được hệ:









+=
=
−=
⇔





=
=++
=+
q
qp
qn
pm

Zx ∈
.
a)Phân tích A(x) thành nhân tử.
b)Chứng minh đa thức A(x) chia hết 24.
Giải:
a).Ta có:
1201547114)(
234
+−+−= xxxxxA
3 2 2
( 2).( 12 47 60) ( 2).( 3).( 9 20)x x x x x x x x= − − + − = − − − +
b).Ta có:A(x)=
  
  
24
2
)(
12014472)14).(1).(1( +−+−+− xxxxxx
xB
-Nếu x chia hết cho 4,x-14 chia hết cho 2
⇒
B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 1 thì x-1 chia hết cho 4,x+1 chia hết cho 2
⇒
B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 2 thì x-14 chia hết cho 4,x chia hết cho 2
⇒
B(x) chia hết cho 8.
-Nếu x chia cho 4 dư 3 thì x + 1 chia hết cho 4,x-1 chia hết cho 2
⇒

2
, a
3
, a
n
chia hết cho 3.Chứng minh rằng:
A(x) =
33
2
3
1

n
aaa +++
cũng chia hết cho 3.
Giải:
Theo định lý fecma ta có:
Znnn ∈∀≡ )3(mod
3
.
Áp dụng ta có:
)3(mod
1
3
1
aa ≡
,
)3(mod
2
3

n
= 7.25
n
+ 12.6
n
.
Ta có:
)19(mod625)19(mod625
nn
≡⇒≡
.Suy ra:

10
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
)19(mod0)19(mod6.196.126.7 ≡≡+≡
nnn
A
.Ta có đpcm.
Bài 10: Phân tích thành nhân tử x
10
+ x
5
+ 1.
Giải:
Ta có: x
10
+ x
5
+ 1 = (x
2



−+=
+=+
)2(1.
)1(12
2
21
21
mmxx
mxx
Từ (1) suy ra:
2
1
21
−+
=
xx
m
thay vào (2) ta có:
⇒−






−+
+







−+
−






−+
−
xxxx
xx
.Ta có đpcm.
Bài 2: Tìm những giá trị nguyên của k để biệt thức
∆
của phương trình sau là số chính phương: k.x
2
+
(2.k-1).x + k-2= 0; (k
≠
0)
Giải:
Ta có :
∆
= (2k-1)




≠
>−−=∆
1
22
0)2(
0)3.(4
22
k
k
g
kk
Bài 4: Tìm a,b để hai phương trình sau là tương đương:
x
2
+ (3a + 2b) x - 4 =0 (1) và x
2
+ (2a +3b)x + 2b=0 (2)
với a và b tìm được hãy giải các phương trình đã cho.
Giải:
-Điều kiện cần:
Nhận thấy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.Vậy pt (2) cũng phải có 2 nghiệm phân biệt giống với (1).
Đặt f(x) = x
2
+ (3a + 2b) x - 4 =0 và g(x) = x
2
+ (2a +3b)x + 2b.
Để hai phương trình đã cho là tương đương thì f(x) = g(x) (*) với mọi x (Vì hệ số của x






−=
=+
2
2
1
a
bc
acb
Ta có:
[ ]
22
2
22222244
22)(2)( cbbccbcbcbcb −−+=−+=+
22262
2
3
22
2
3
2
11
4
4
4

'
= a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
-abc.(a + b + c) = [(ab-bc)
2
+ (bc-ca)
2
+ (ca-ab)
2
].
2
1
0≥
*Nếu a + b + c = 0.Khi đó:
-Nếu ab + bc + ca
≠
0 thì phương trình đã cho luôn có nghiệm.
-Nếu ab + bc + ca =0. Khi đó kết hợp với gt a + b + c =0 ta dễ dàng chứng minh được a=b=c=0.Và dĩ
nhiên trường hợp này pt đã cho có vô số nghiệm.
Bài 7:CMR:Nếu các hệ số a,b,c của phương trình:ax

m
hay:
0
22
=++ cnbmnam
(1).Suy ra:





nam
mcn


2
2
mà (m,n)=1
1),(),(
22
==⇒ nmmn
nên:



na
mc


mà c,a đều là các số lẻ nên suy ra m,n cũng là các

Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J
⇒
JI = JB = const.
Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của (O)
⇒
A
phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC.
3.Ta dễ dàng tính được:
=
2
1
. =
4
1
số đo cung nhỏ BC = const.
Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng
4
1
số đo cung nhỏ BC.
Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi.
Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C.
1. Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định.
2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H
3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều cao
AH = h cho trước.
Giải:
1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định.
2.Nhận thấy
∠
AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường kính

Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra.
Bài 4:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường
thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự tại P,Q.
1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân.
2.Goi R là giao của PN và QM;còn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ giác EKRI là hình gì?
Giải thích?
3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vuông xEy quay quanh E?
Giải:
1.Dễ dàng chứng minh được:
∆
EHQ =
∆
EFM (cgc).Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân.
= (đồng vị) mà = . Suy ra: = + = + = 90
0
.
Vậy tam giác PEN vuông (1).
Thấy:
∆
NEQ =
∆
PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2).

13
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân.
2.Có: EI
⊥
PN và EK
⊥

.Suy ra K,F,I thẳng hàng.Vậy ta có đpcm.
Bài 5:Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên
đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E.
a)CMR: Tam giác DCE vuông.
b)CMR: Tích AD.BE không đổi.
c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định.
Giải:a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:
= và = = .Vậy: = + = + = 90
0
.
Ta có đpcm.
b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay
∠
DCA = 90
0
-
∠
ECB =
∠
CEB.
Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên:
constACBCBEAD
BE
AC
BC
AD
==⇒=
c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác,ta luôn có OI
⊥
AB.

+
 
+ = = + =
 ÷
 
. Nên H nằm trên đ ường thẳng song song
với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó
quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC).
CHUYÊN ĐỀ 6: Các bài toán hình học phẳng
có nội dung chứng minh, tính toán.
Bài 1: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A và B vẽ
hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn .Hai tiếp tuyến này không đối xứng với nhau qua trục đối xứng
của tam giác và chúng cắt nhau ở M.

14
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
a)Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường tròn.Tìm tập hợp các điểm M.
b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P.
c)CMR: MA.MB = |OA
2
- OM
2
|.
Giải:
a)Gọi I,T lần lượt là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ A và B.
Dễ thấy:
∆
OIA =
∆
OTB (cạnh huyền-cạnh góc vuông).

Bài 2: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và B.Các tiếp tuyến kẻ từ
A và B cắt nhau ở M. Dựng MH vuông góc với OP.
a)CMR: 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên 1 đường tròn.
b)CMR: H cố định khi cát tuyến PAB quay quanh P. Từ đó suy ra tập hợp điểm M.
c)Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN
và IP.IN=IA
2
.
Giải:
a) Nhận thấy 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên đường tròn đường kính OM (đpcm).
b)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính OM là:
PH.PO=PA.PB=const (1). Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO.
Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đi đoạn
TV với T,V là giao điểm của d với (O).
c)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2)
Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm).
Lại có:
IP.IN=(NI+NP).IN=IN
2
+ NI.NP (3)
Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM
Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB
Suy ra: NI.NP=NA.NB (4)
Từ (3) và (4) suy ra:
IP.IN=IN
2
+ NA.NB
Ta sẽ chứng minh: IN
2
+ NA.NB=IA

+
< = + = + = +
(1)

15
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Toán THCS
Tương tự ta cũng có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm.

16