Đang tải... (xem toàn văn)
Các dạng toán 9 ôn thi tuyển sinh lớp 10
Một số toán rút gọn biểu thức - Phơng pháp: Phân tích đa thức tử mẫu thành nhân tử; Tìm ĐKXĐ (Nếu toán cha cho ĐKXĐ) Rút gọn phân thức(nếu đợc) Thực phép biÕn ®ỉi ®ång nhÊt nh: + Quy ®ång(®èi víi phÐp cộng trừ) ; nhân ,chia + Bỏ ngoặc: cách nhân đơn ; đa thức dùng đẳng thức + Thu gọn: cộng, trừ hạng tử đồng dạng + Phân tích thành nhân tử rút gọn Chú ý: - Trong toán rút gọn thờng có câu thuộc loại toán: Tính giá trị biểu thức; giải phơng trình; bất phơng trình; tìm giá trị biến để biểu thức có giá trị nguyên; tìm giá trị nhỏ ,lớn Do ta phải áp dụng phơng pháp giải tơng ứng, thích hợp cho loại *Tính giá trị A x=? * Tìm giá trị x z * Tìm giá trị nhỏ nhất, giá tri lớn A * Tìm giá trị x để A.f(x) =g(x) * Tìm giá trị x để A=k; A k;A k * Tìm x để A > A *Tìm x để A > A Dạng x + ): x −1 x − x x a) Tìm điều kiện xác định, Rút gọn A b)Tính giá trị A x=3-2 Bài giải: a) §KX§ x > 0; x ≠ x x + ): =( + ): Rót gän A = ( x −1 x − x x −1 x −1 x −1 x( x − 1) Bµi Cho biÓu thøc A=( ( x )2 + x − (x + 2)( x − 1) x + A= = = x ( x − 1) x ( x − 1) x b Khi x= 3-2 = ( − 1) ⇒A= 3− 2 + ( − 1) = ( )( 5−2 5−2 = −1 ) = 1+ +1 A= − : ÷ x +3 x x a) Tìm điều kiện xác định, rót gän biĨu thøc A Bµi 2: Cho biĨu thøc 1 c) Tìm x để A đạt giá trị lớn b) Với giá trị xthì A > Bài giải: a) ĐKXĐ x 0; x ≠ ( )( x + 3− A= − : = ÷ x + 3 x − x −3 x −3 ( ) x + 3) x −3 x −3 = ( x −3 )( x +3 ) x −3 x +3 b) A > ⇔ A= > ⇔ x +3 3− x − >0⇔ >0 x +3 3 x +3 ( ) ⇔ − x > ( v× 3( ( x + 3) > 0) ⇔ x < x < Kết hợp với ĐKXĐ: ≤ x ≤ th× A > 1/3 c) A = đạt giá trị lớn x + đạt giá trị nhỏ x +3 ( ) = ⇔ x = ⇔ x = lóc ®ã AMax= ⇔ x = + Bµi 3: Cho biĨu thøc P = ÷: x +1 x +1 x a) Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P = x + 12 c) Tìm giá trị nhỏ biểu thøc: M = x −1 P x +3≥3⇒ Mµ x +3 Bài giải: a) ĐKXĐ x 0; x 3+ x −1 x +1 = + P= = x −1 x +1 x + 1 ( x − 1) x + x +2 x +1 x +2 = x −1 x +1 x −1 ( ( ( )( )( )( ) ) ) ( ) x +2 ⇔ = ⇔ x + = x − ⇔ x + = x − x −1 ⇔ x = 13 ⇔ x = 168 (TM§K) x + 12 x + 12 x − x + 12 x − + 16 c) M = = = = = x −1 P x −1 x + x +2 x +2 16 16 x −2+ = x +2+ − ta cã x +2 x +2 16 x +2+ ≥ 16 = 2.4 = x +2 16 M ≥ − = ⇔ M = ⇔ x + = x +2 ( b) P = ( ⇔( ⇔ ) x + 6) ( x + = 16 ⇔ ) ( x +2+4 ) ( )( ) ) x +2−4 =0 x − = ⇔ x − = ⇔ x = 4(TMDK) VËy Mmin= ⇔ x = x x 3x + x − + 1ữ Bài 4: Cho biểu thøc: D = ÷: x +3 x −3 x −9 x −3 a) T×m ĐKXĐ ,rút gọn biểu thức b) Tìm x để D < c) Tìm giá trị nhỏ D D¹ng a+2 a a− a − 1ữ: + 1ữ Bài :Cho biểu thức: P = a +2 a −1 a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P b) Tìm a z để P nhận giá trị nguyên Bài giải: a) ĐKXĐ: a ≥ 0;a ≠ a a +2 a a −1 P= −1 + 1 = a +2 a −1 a −1 b) P = =1− a +1 a +1 ( ) ( ) ( )( a −1 : ) a +1 = a −1 a +1 nhận giá trị nguyên dơng a + thuộc a +1 để P nhận giá trị nguyên ớc dơng a +1 =1 a = a=1 (Loại không thoả mÃi ®iỊu kiƯn) a = a +1 = Vậy P nhận giá trị nguyên a = 1 − Bµi 2: Cho biĨu thøc B = x + −1 x + +1 ( ) ( ) a) Tìm x để B có nghĩa rút gọn B b) Tìm x nguyên để B nhận giá trị nguyên Bài giải: a) ĐKXĐ x ≥ −3; x ≠ −2 B= ( − ) 2( x + −1 ) x + +1 b) B nhận giá trị nguyên = x + +1− ( )= x + −1 ( x + − 1) = 2( x + 2) x + nhËn giá trị nguyên x+2 x + Ư(1) x + = x = −1 ⇒ thoả mÃn điều kiện x + = −1 x = −3 VËy x= -1; x= -3 B nhận giá trị nguyên x2 x 2x + x ( x − 1) Bµi 3: Cho biÓu thøc: P = − + x + x +1 x x a) Tìm ĐKXĐ , rút gọn P b) Tìm giá trị nhỏ P x c) Tìm x để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên P Dạng x +1 + ữ: Bài 1: Cho biểu thức: P = x − x 1− x 1− x ( ) a) Tìm ĐKXĐ rút gọn P b) Tìm x để P > Bài giải a) §KX§ x>0; x ≠ ( ) 1− x 1 1− x : x +1 = 1+ x P= + = x 1− x 1− x 1− x x +1 x x 1− x 1− x b) P > ⇔ > ⇔ − x > ( v× x > 0) ⇔ x < x < x Kết hợp với ĐKXĐ: < x < th× P > ( ) Bµi 2: Cho biĨu thøc: ( ) ( ) a +1 a +2 P= − − ÷ ÷: a a −2 a a a) Tìm ĐKXĐ, rút gọp P b) Tìm giá trị a để P > x −2 x + (1− x) − Bµi : Cho biĨu thøc: P = ÷ x −1 x + x +1 a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P b) Tìm x ®Ĩ P < x x −4 Bµi 4: Cho biÓu thøc: P = + − x −1 x x +1 a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn P b) Tìm x để P < a a + a a + a ÷ aữ Bài 5: Cho biểu thức: B = a + a a)Tìm ĐKXĐ, rút gọn B b)Tìm a để B < 7- a − Bài 6: Cho biểu thức: K = ữ: ÷ a −1 a − a a +1 a −1 a) Rót gän biĨu thøc K b) Tìm giá trị K a = 3+2 c) Tìm giá trị a cho K < D¹ng x − Bµi : Cho biĨu thøc: A = ÷: x −1 x − x x a) Tìm ĐKXĐ rút gọn A b) Tìm tất giá trị x cho A < c) Tìm tất giá trị tham số m để phơng trình A x = m x có nghiệm Bài giải a) ĐKXĐ: x > 0; x ≠ x x 1 : A= − = − ÷: x x −1 x −1 x −1 x − x x −1 x −1 ( = ( ) x ( −1 ) x −1 b) A < ⇔ x ) x −1 x −1 = x x −1 < ⇔ x − < (v× x x < ) ⇔ x < kÕt hỵp víi §KX§ −1 VËy m>-1 vµ m ≠ th× pt A m +1 > m > −1 x = m − x cã nghiÖm Bµi 2: Cho biĨu thøc: P = 1 + ÷ x −1 x − x a) Tìm ĐKXĐ rút gọn P b) Tìm giá trị P x = 25 c) Tìm x để P + ( ) x − = x − 2005 + + Bài giải: a) ĐKXĐ x > 0; x x P = 1 + = − ÷ x −1 x − x x −1 x x −1 1 = b) Khi x= 25 ⇒ P = 16 25 − ( ( ) ÷ ⇔P= ÷ ( ) x −1 ) c) P + ( ) x −1 = x − 2005 + + ⇔ ( ) x −1 ( ) ( 2+ ) x − = x − 2005 + + ⇔ + = x − 2005 + + ⇔ x = 2005 TMĐK Vậy x = 2005 P + ( ) x − = x − 2005 + + D¹ng + 1 + Bµi 1: Cho biĨu thøc A = ÷ ÷ x +1 x x a) Tìm ĐKXĐ, rút gọn A b)Tính giá trị A x= c)Tìm giá trị x để A > A Bài giải: a) ĐKXĐ x > 0; x A= + ÷. + ÷= x −1 x + 1 x ( ( x −1) ( x ) x + 1) x +1 x ⇒A = ( x + 1+ x − )( x −1 ) x +1 x +1 = x x −1 ⇒A= b) Khi x = 2 = = −4 1 −1 −1 < c) A > ⇔ < A < ⇔ < x −1 +0 < ⇔ x − > ⇔ x > 1( 1) x −1 2 x −3 0⇔ >0 x −1 x −1 x −1 x −3> ⇔ ⇔ x > VËy x > th× A > A x −1 > + Bµi 2: Cho biÓu thøc: A = x x −1 − x −1 x x −1 ( ) a) T×m ĐKXĐ, rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị biểu thức A c) Với giá trị x A > A Bài giải: a) ĐKXĐ x > 0; x ≠ A= x x −1 − = x −1 x x −1 ( ) ( ) x x ( − x +1 ) x −1 = ( x ( ) x −1 ) x −1 = x −1 x 36 − = 36 x −1 c) A > A ⇔ A < ⇔ < ⇔ x − < (v× x > ) x ⇔ x < ⇔ x < KÕt hỵp với điều kiện xác định < x A b) Khi x=36 ⇒ A = Chuyªn ®Ị tam thøc bËc hai A.lý thut I ¸p dụng công thức nghiệm công thức nghiệm thu gọn để xét số nghiêm phơng trình bậc hai Cho phơng tr×nh bËc hai: ax +bx+c=0(a ≠ 0) ∆ = b − 4ac NÕu b =2b ' th× ∆ ' = b ' - ac Phơng trình cã nghiƯm Ta cã thĨ xÐt hai trêng hợp: +Trờng hợp 1: - Nếu a = 0,phơng trình có nghiệm x= +Trờng hợp : a ∆≥0 { −c b { a ≠0 ∆' ≥0 2.Phơng trình có nghiệm phân biệt { a >0 { a ' >0 3.Phơng trình có nghiệm kép { a =0 { a ' =0 Phơng trình vô nghiệm a ≠0 a ≠0 hc ∆ tam gi¸c PMS’ cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS M ả ả => B1 = S '1 (cïng phơ víi S ) (3) A )2 H O B M' vuông S' ả ả Tam giác PMS cân P => S '1 = M (4) ả Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => B1 = M (5) ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ Tõ (3), (4) vµ (5) => M = M => M + M = M + M mµ M + M = · AMB = 90 ¶ ¶ · nªn suy M + M = PMO = 900 => PM ⊥ OM t¹i M => PM tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän DF // BC Tứ giác BDFC nội tiếp Lời giải: (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có AD = AF => tam giác ADF cân t¹i A => · ADF = · AFD < 90 => s® » cung DF < 1800 => · AEF < 90 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE) · · Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AD AF = AB AC BD BM = CB CF => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn => DF // BC DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) 43 Xét hai tam giác BDM CBF Ta có giác cân) à à BDM = BFD (nội tiếp chắn cung DI); · CBF S => ∆BDM ∆CBF => BD BM = CB CF · · DBM = BCF ( hai góc đáy tam à à à CBF = BFD (vì so le) => BDM = C Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng M O A B thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P Chứng minh : Tø gi¸c OMNP néi tiÕp N Tø gi¸c CMPO hình bình hành CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm B' P D A' M Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định Lời giải: · · Ta cã OMP = 900 ( v× PM AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Nh M N nhìn OP díi mét gãc b»ng 900 => M vµ N nằm đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp à à ẳ Tứ giác OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (néi tiÕp ch¾n OM ) à à Tam giác ONC cân O v× cã ON = OC = R => ONM = OCN · · => OPM = OCM · · XÐt hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; · · · · OPM = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => ∆OMC = ∆MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành à à Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); DNC = 900 (néi · à àS tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC = DNC = 900 lại có C góc chung => ∆OMC ∆NDC => CM CO = => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không CD CN đổi 44 S => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M à ( HD) DÔ thÊy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vuông góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A’ B’ song song vµ b»ng AB Bµi 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chøng minh EF lµ tiÕp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lời giải: · Ta cã : BEH = 900 ( néi tiếp chắn nửc đờng tròn ) => à AEH = 90 (vì hai góc kề bù) (1) à CFH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) à => CFH = 900 (vì hai gãc kỊ bï).(2) · EAF = 90 ( V× tam giác ABC vuông A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) ả Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn => F1 = H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung ả ằ hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn HE ) => à à · · B1 = F1 => EBC + EFC = · AFE + EFC mµ · · · => EBC + EFC = 1800 mặt khác EBC à à AFE + EFC = 180 (vì hai góc kề bù) à EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta có µ = 900 lµ gãc chung; · ABC A AFE = · S ( theo Chøng minh trªn) => ∆AEF * HD c¸ch 2: (*) ∆ACB => AE AF = => AE AB = AF AC AC AB Tam gi¸c AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB Tam giác AHC vuông H có HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ả Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 ả ả O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H 0 ả ả ả ả ả ả · => E1 + E2 = H1 + H mµ H1 + H = · AHB = 90 => E1 + E2 = O1 EF = 90 => O1E ⊥EF 45 Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã O2F ⊥ EF VËy EF lµ tiÕp tuyÕn chung hai nửa đờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vỊ mét phÝa cđa AB nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K) Chứng minh EC = MN Chøng minh MN lµ tiÕp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K) Tính MN Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lời giải: à Ta có: BNC = 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) à => ENC = 900 (vì hai gãc kÒ bï) (1) 0 · · AMC = 90 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 90 (vì hai góc kề bù).(2) 0 · · AEB = 90 (néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 90 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K) à ằ => B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n CN ) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên ¶ µ ¶ => C1 = N => B1 = N (4) L¹i cã KB = KN (cïng bán kính) => tam giác KBN ả cân K => B1 = N1 (5) ả ả ả ¶ · Tõ (4) vµ (5) => N1 = N mµ N1 + N = CNB = 900 ¶ ¶ · => N + N = MNK = 900 hay MN ⊥ KN t¹i N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K) Ta có à AEB = 90 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt) => EC = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) = π OA2 = π 252 = 625 π ; S(I) = π IA2 = π 52 = 25 π ; S(k) = π KB2 = π 20 = 400 π 46 ... phải dựa vào nội dung toán kiến thức thực tế B) Các dạng toán Dạng 1: Toán quan hệ số Nững kiến thức cần nhớ: + BiĨu diƠn sè cã hai ch÷ sè : ab = 10a + b ( víi 0