17 Chuyên đề bồi dướng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9

i giao ®iĨm cđa EG vμ DF lμ O ta cã OG OE FO = = 
MC MB FM
     OG = OE 
Bμi tËp vỊ nhμ 
Bμi 1: 
 Cho tø gi¸c ABCD, AC vμ BD c¾t nhau t¹i O. §−êng th¼ng qua O vμ song song víi BC 
c¾t AB ë E; ®−êng th¼ng song song víi CD qua O c¾t AD t¹i F 
a) Chøng minh FE // BD 
b) Tõ O kỴ c¸c ®−êng th¼ng song song víi AB, AD c¾t BD, CD t¹i G vμ H. 
Chøng minh: CG. DH = BG. CH 
Bμi 2: 
Cho h×nh b×nh hμnh ABCD, ®iĨm M thuéc c¹nh BC, ®iĨm N thuéc tia ®èi cđa tia BC sao 
cho BN = CM; c¸c ®−êng th¼ng DN, DM c¾t AB theo thø tù t¹i E, F. 
Chøng minh: 
a) AE2 = EB. FE 
b) EB =
2AN
DF
    . EF 
M
G
K
F
D E C
B
A
36
CHUYÊN ĐỀ 9 – CÁC BÀI TOÁN SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ TALÉT VÀ 
TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC 
A. Kiến thức: 
1. Định lí Ta-lét: 
* Định lí Talét ABC
MN // BC
   
AM AN = 
AB AC
* Hệ quả: MN // BC  AM AN MN = 
AB AC BC
 
2. Tính chất đường phân giác: 
ABC ,AD là phân giác góc A  BD AB = 
CD AC
AD’là phân giác góc ngoài tại A: BD' AB = 
CD' AC
B. Bài tập vận dụng 
1. Bài 1: 
Cho ABC có BC = a, AB = b, AC = c, phân giác AD 
a) Tính độ dài BD, CD 
b) Tia phân giác BI của góc B cắt AD ở I; tính tỉ số: AI
ID
Giải 
a) AD là phân giác của BAC nên BD AB c
CD AC b
  
 BD c BD c acBD = 
CD + BD b + c a b + c b + c
    
Do đó CD = a - ac
b + c
 = ab
b + c
b) BI là phân giác của ABC nên AI AB ac b + cc : 
ID BD b + c a
   
2. Bài 2: 
Cho ABC, có B < 600 phân giác AD 
a) Chứng minh AD < AB 
b) Gọi AM là phân giác của ADC. Chứng minh rằng 
BC > 4 DM 
Giải 
a)Ta có  
AADB = C + 
2
 > 
 A + C
2
 = 
0
0180 - B 60
2
 
 ADB > B  AD < AB 
 b) Gọi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d 
Trong ADC, AM là phân giác ta có 
DM AD = 
CM AC
 DM AD DM AD = = 
CM + DM AD + AC CD AD + AC

D' CB
A
D CB
A
a
c
b
I
D CB
A
M D BC
A
NM
CB
A
37
 DM = CD.AD CD. d
AD + AC b + d
 ; CD = ab
b + c
( Vận dụng bài 1)  DM = abd
(b + c)(b + d)
Để c/m BC > 4 DM ta c/m a > 4abd
(b + c)(b + d)
 hay (b + d)(b + c) > 4bd (1) 
Thật vậy : do c > d  (b + d)(b + c) > (b + d)2  4bd . Bất đẳng thức (1) được c/m 
Bài 3: 
Cho ABC, trung tuyến AM, các tia phân giác của các góc AMB , AMC cắt AB, AC 
theo thứ tự ở D và E 
a) Chứng minh DE // BC 
b) Cho BC = a, AM = m. Tính độ dài DE 
c) Tìm tập hợp các giao diểm I của AM và DE nếu ABC có 
BC cố định, AM = m không đổi 
d) ABC có điều kiện gì thì DE là đường trung bình của nó 
Giải 
a) MD là phân giác của AMB nên DA MB
DB MA
 (1) 
 ME là phân giác của AMC nên EA MC
EC MA
 (2) 
Từ (1), (2) và giả thiết MB = MC ta suy ra DA EA
DB EC
  DE // BC 
b) DE // BC  DE AD AI
BC AB AM
  . Đặt DE = x 
xm - x 2a.m2 x = 
a m a + 2m
  
c) Ta có: MI = 1
2
 DE = a.m
a + 2m
 không đổi  I luôn cách M một đoạn không đổi nên 
tập hợp các điểm I là đường tròn tâm M, bán kính MI = a.m
a + 2m
 (Trừ giao điểm của nó 
với BC 
d) DE là đường trung bình của ABC DA = DB  MA = MB  ABC vuông ở A
4. Bài 4: 
Cho ABC ( AB < AC) các phân giác BD, CE 
a) Đường thẳng qua D và song song với BC cắt AB ở 
K, chứng minh E nằm giữa B và K 
b) Chứng minh: CD > DE > BE 
Giải 
a) BD là phân giác nên 
AD AB AC AE AD AE = < = 
DC BC BC EB DC EB
  (1) 
Mặt khác KD // BC nên AD AK
DC KB
 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra AK AE AK + KB AE + EB
KB EB KB EB
    AB AB KB > EB
KB EB
  
ED
M
I
CB
A
E
D
M
K
CB
A
38
 E nằm giữa K và B 
b) Gọi M là giao điểm của DE và CB. Ta có  CBD = KDB(so le trong)  KBD = KDB 
 mà E nằm giữa K và B nên KDB > EDB  KBD > EDB  EBD > EDB  EB < DE 
Ta lại có    CBD + ECB = EDB + DEC  DEC > ECB  DEC > DCE (Vì DCE = ECB ) 
Suy ra: CD > ED  CD > ED > BE 
5. Bài 5: Cho ABC . Ba đường phân giác AD, BE, CF. 
Chứng minh 
a. 
DB EC FA. . 1
DC EA FB
 . 
b. 1 1 1 1 1 1
AD BE CF BC CA AB
     . 
Giải 
a)AD là đường phân giác của BAC nên ta có: DB AB = 
DC AC
 (1) 
Tương tự: với các phân giác BE, CF ta có: EC BC = 
EA BA
 (2) ; FA CA = 
FB CB
 (3) 
Từ (1); (2); (3) suy ra: DB EC FA AB BC CA. . = . .
DC EA FB AC BA CB
= 1 
b) §Ỉt AB = c , AC = b , BC = a , AD = da. 
Qua C kỴ ®−êng th¼ng song song víi AD , c¾t tia BA ë H. 
Theo §L TalÐt ta cã: AD BA
CH BH
  BA.CH c.CH cAD .CH
BH

BA + AH b + c
  
Do CH < AC + AH = 2b nªn: 2ad b c
bc 
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2a a
b c
d bc b c d b c
                 
Chøng minh t−¬ng tù ta cã : 1 1 1 1
2bd a c
     Vμ 
1 1 1 1
2cd a b
     Nªn: 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2a b cd d d b c a c a b
                         
1 1 1 1 1 1 1.2
2a b cd d d a b c
         
1 1 1 1 1 1
a b cd d d a b c
      ( ®pcm ) 
Bμi tËp vỊ nhμ 
Cho ABC có BC = a, AC = b, AB = c (b > c), các phân giác BD, CE 
a) Tính độ dài CD, BE rồi suy ra CD > BE 
b) Vẽ hình bình hành BEKD. Chứng minh: CE > EK 
c) Chứng minh CE > BD 
H
F
E
D
CB
A
39
CHUYÊN ĐỀ 10 – CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG 
A. Kiến thức: 
* Tam giác đồng dạng: 
a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c) 
ABC A’B’C’  AB AC BC = = 
A'B' A'C' B'C'
b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c) 
ABC A’B’C’  AB AC = 
A'B' A'C'
 ;  A = A' 
c. Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g) 
ABC A’B’C’   A = A' ;  B = B' 
AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: A'H'
AH
 = k (Tỉ số đồng dạng); A'B'C'
ABC
S
S
 = K
2 
B. Bài tập áp dụng 
Bài 1: 
Cho ABC có  B = 2 C , AB = 8 cm, BC = 10 cm. 
a)Tính AC 
b)Nếu ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì 
mỗi cạnh là bao nhiêu? 
Giải 
Cách 1: 
Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC 
ACD ABC (g.g)  AC AD
AB AC
 
2AC AB. AD =AB.(AB + BD)  = AB(AB + BC) 
= 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm 
Cách 2: 
Vẽ tia phân giác BE của ABC  ABE ACB 
2AB AE BE AE + BE AC = AC = AB(AB + CB) 
AC AB CB AB + CB AB + CB
    = 8(8 + 10) = 144 
 AC = 12 cm 
b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) 
Vì b > anên có thể b = a + 1 hoặc b = a + 2 
+ Nếu b = a + 1 thì (a + 1)2 = a2 + ac  2a + 1 = ac  a(c – 2) = 1 
a = 1; b = 2; c = 3(loại) 
+ Nếu b = a + 2 thì a(c – 4) = 4 
- Với a = 1 thì c = 8 (loại) 
- Với a = 2 thì c = 6 (loại) 
E
D
C
B
A
D
CB
A
40
- với a = 4 thì c = 6 ; b = 5 
Vậy a = 4; b = 5; c = 6 
Bài 2: 
Cho ABC cân tại A, đường phân giác BD; tính BD 
biết BC = 5 cm; AC = 20 cm 
Giải 
Ta có CD BC 1 = 
AD AC 4
  CD = 4 cm và BC = 5 cm 
Bài toán trở về bài 1 
Bài 3: 
Cho ABC cân tại A và O là trung điểm của BC. Một điểm O di động trên AB, lấy 
điểm E trên AC sao cho 
2OBCE = 
BD
. Chứng minh rằng 
a) DBO OCE 
b) DOE DBO OCE 
c) DO, EO lần lượt là phân giác của các góc BDE, CED 
d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi khi D di động trên AB 
Giải 
a) Từ 
2OBCE = 
BD
  CE OB = 
OB BD
 và  B = C (gt)  DBO OCE 
b) Từ câu a suy ra   23O = E (1) 
 Vì B, O ,C thẳng hàng nên    03O + DOE EOC 180  (2) 
trong tam giác EOC thì    02E + C EOC 180  (3) 
Từ (1), (2), (3) suy ra   DOE B C  
DOE và DBO có DO OE = 
DB OC
 (Do DBO OCE) 
và DO OE = 
DB OB
 (Do OC = OB) và   DOE B C  
nên DOE DBO OCE 
c) Từ câu b suy ra  1 2D = D  DO là phân giác của các góc BDE 
Củng từ câu b suy ra  1 2E = E EO là phân giác của các góc CED 
c) Gọi OH, OI là khoảng cách từ O đến DE, CE thì OH = OI, mà O cố định nên OH 
không đổi OI không đổi khi D di động trên AB 
Bài 4: (Đề HSG huyện Lộc hà – năm 2007 – 2008) 
Cho ABC cân tại A, có BC = 2a, M là trung điểm BC, lấy D, E thuộc AB, AC sao 
cho  DME = B 
a) Chứng minh tích BD. CE không đổi 
b)Chứng minh DM là tia phân giác của BDE 
c) Tính chu vi của AED nếu  ABC là tam giác đều 
Giải 
21
3
2
1 H
I
O
E
D
CB
A
41
a) Ta có     DMC = DME + CME = B + BDM , mà  DME = B(gt) 
nên  CME = BDM , kết hợp với  B = C (ABC cân tại A) 
suy ra BDM CME (g.g) 
 2BD BM = BD. CE = BM. CM = a
CM CE
 không đổi 
b) BDM CME  DM BD DM BD = = 
ME CM ME BM
 
(do BM = CM) DME DBM (c.g.c)   MDE = BMD 
hay DM là tia phân giác của BDE 
c) chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của DEC 
kẻ MH CE ,MI DE, MK DB thì MH = MI = MK  
DKM = DIM 
DK =DI  EIM = EHM EI = EH 
Chu vi AED là PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK) 
ABC là tam giác đều nên suy ra CME củng là tam giác đều CH = MC
2 2
a 
 AH = 1,5a  PAED = 2 AH = 2. 1,5 a = 3a 
Bài 5: 
Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc cạnh 
BC, vẽ đường thẳng song song với AM, cắt AB, AC tại E và F 
a) chứng minh DE + DF không đổi khi D di động trên BC 
b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE tại K. 
Chứng minh rằng K là trung điểm của FE 
Giải 
a) DE // AM  DE BD BD = DE = .AM
AM BM BM
 (1) 
 DF // AM  DF CD CD CD = DF = .AM = .AM 
AM CM CM BM
 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
DE + DF = BD CD .AM + .AM
BM BM
 = BD CD BC+ .AM = .AM = 2AM
BM BM BM
    không đổi 
b) AK // BC suy ra FKA AMC (g.g)  FK KA = 
AM CM
 (3) 
EK KA EK KA EK KA EK KA EK KA = = = 
ED BD ED + EK BD + KA KD BD + DM AM BM AM CM
      (2) 
(Vì CM = BM) 
Từ (1) và (2) suy ra FK EK
AM AM
 FK = EK hay K là trung điểm của FE 
Bài 6: (Đề HSG huyện Thạch hà năm 2003 – 2004) 
Cho hình thoi ABCD cạnh a có  0A = 60 , một đường thẳng bất kỳ qua C cắt tia đối của 
các tia BA, DA tại M, N 
K
H
I
M
E
D
CB
A
K
F
E
D M
CB
A
42
a) Chứng minh rằng tích BM. DN có giá trị không đổi 
b) Gọi K là giao điểm của BN và DM. Tính số đo của góc BKD 
Giải 
a) BC // AN  MB CM = 
BA CN
(1) 
 CD// AM  CM AD = 
CN DN
 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 
2MB AD = MB.DN = BA.AD = a.a = a
BA DN

b) MBD vàBDN có   MBD = BDN = 1200 
MB MB CM AD BD = = 
BD BA CN DN DN
  (Do ABCD là hình thoi 
có  0A = 60 nên AB = BC = CD = DA)  MBD BDN 
Suy ra  1 1M = B . MBD vàBKD có  BDM = BDK và  1 1M = B nên   0BKD = MBD = 120 
Bài 7: 
Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC lần lượt tại 
I, M, N. Vẽ CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD, BG vuông góc với AC. Gọi 
K là điểm đối xứng với D qua I. Chứng minh rằng 
a) IM. IN = ID2 
b) KM DM = 
KN DN
c) AB. AE + AD. AF = AC2 
Giải 
a) Từ AD // CM  IM CI = 
ID AI
 (1) 
Từ CD // AN  CI ID 
AI IN
 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra IM
ID
= ID
IN
 hay ID2 = IM. IN 
b) Ta có DM CM DM CM DM CM = = = 
MN MB MN + DM MB + CM DN CB
  (3) 
Từ ID = IK và ID2 = IM. IN suy ra IK2 = IM. IN 
 IK IN IK - IM IN - IK KM KN KM IM = = = = 
IM IK IM IK IM IK KN IK
    KM IM CM CM = 
KN ID AD CB
  (4) 
Từ (3) và (4) suy ra KM DM = 
KN DN
c) Ta có AGB AEC  AE AC= AB.AE = AC.AG
AG AB

AB. AE = AG(AG + CG) (5) 
CGB AFC  AF CG CG = 
AC CB AD
 (vì CB = AD) 
AF . AD = AC. CG  AF . AD = (AG + CG) .CG (6) 
1
1 K
M
ND
C
B
A
I
K
F
G
E
M
D
C
BA N
43
Cộng (5) và (6) vế theo vế ta có: 
AB. AE + AF. AD = (AG + CG) .AG + (AG + CG) .CG 
 AB. AE + AF. AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2
Vậy: AB. AE + AD. AF = AC2 
Bài tập về nhà 
Bài 1 
Cho Hình bình hành ABCD, một đường thẳng cắt AB, AD, AC lần lượt tại E, F, G 
Chứng minh: AB AD AC + = 
AE AF AG
HD: Kẻ DM // FE, BN // FE (M, N thuộc AC) 
Bài 2: 
Qua đỉnh C của hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng cắt BD, AB, AD ở E, G, F 
 chứng minh: 
a) DE2 = FE
EG
. BE2 
b) CE2 = FE. GE 
(Gợi ý: Xét các tam giác DFE và BCE, DEC và BEG) 
Bài 3 
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến BM, phân giác CD cắt 
nhau tại một điểm. Chứng minh rằng 
a) BH CM AD. . 1
HC MA BD
 
b) BH = AC 
44
CHUYÊN ĐỀ 11 – PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO 
A.Mục tiêu: 
* Củng cố, ôn tập kiến thức và kỹ năng giải các Pt bậc cao bằng cách phân tích thành 
nhân tử 
* Khắc sâu kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử và kỹ năng giải Pt 
B. Kiến thức và bài tập: 
I. Phương pháp: 
* Cách 1: Để giải các Pt bậc cao, ta biến đổi, rút gọn để dưa Pt về dạng Pt có vế trái 
là một đa thức bậc cao, vế phải bằng 0, vận dụng các phương pháp phân tích đa thức 
thành nhân tử để đưa Pt về dạng pt tích để giải 
* Cách 2: Đặt ẩn phụ 
II. Các ví dụ: 
1.Ví dụ 1: Giải Pt 
 a) (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12 
 ... 2x3 + 10x = 12  x3 + 5x – 6 = 0  (x3 – 1) + (5x – 5)  (x – 1)(x2 + x + 6) 
= 0 
 2
2
x = 1
x - 1 = 0
x 11 23x + x + 6 = 0 x + 0
2 4
          
 (Vì 
21 23x + 0
2 4
      vô nghiệm) 
b) x4 + x2 + 6x – 8 = 0 (1) 
Vế phải của Pt là một đa thức có tổng các hệ số bằng 0, nên có một nghiệm x = 1 nên 
có nhân tử là x – 1, ta có 
(1)  (x4 – x3) + (x3 – x2) + (2x2 – 2x) + (8x – 8) = 0 
  ... (x – 1)(x3 + x2 + 2x + 8)  (x – 1)[(x3 + 2x2) – (x2 + 2x) + (4x – 8) ] = 0 
  (x – 1)[x2(x + 2) – x(x + 2) + 4(x + 2) = 0  (x – 1)(x + 2)(x2 – x + 4) = 0 .... 
c) (x – 1)3 + (2x + 3)3 = 27x3 + 8 
 x3 – 3x2 + 3x – 1 + 8x3 + 36x2 + 54x + 27 – 27x3 – 8 = 0 
 - 18x3 + 33x2 + 57 x + 18 = 0  6x3 - 11x2 - 19x - 6 = 0 (2) 
Ta thấy Pt có một nghiệm x = 3, nên vế trái có nhân tử x – 3: 
(2)  (6x3 – 18x2) + (7x2 – 21x) + (2x – 6) = 0 
 6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = 0  (x – 3)(6x2 + 7x + 2) = 0 
 (x – 3)[(6x2 + 3x) + (4x + 2)] = 0  (x – 3)[3x(2x + 1) + 2(2x + 1)] = 0 
 (x – 3)(2x + 1)(3x + 2) ..... 
d) (x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) = 24  [(x2 + 5x)2 – 2(x2 + 5x) + 1] – 25 = 0 
 (x2 + 5x - 1)2 – 25 = 0  (x2 + 5x - 1 + 5)( (x2 + 5x - 1 – 5) = 0 
 (x2 + 5x + 4) (x2 + 5x – 6) = 0  [(x2 + x) +(4x + 4)][(x2 – x) + (6x – 6)] = 0 
 (x + 1)(x + 4)(x – 1)(x + 6) = 0 .... 
e) (x2 + x + 1)2 = 3(x4 + x2 + 1)  (x2 + x + 1)2 - 3(x4 + x2 + 1) = 0 
45
 (x2 + x + 1)2 – 3(x2 + x + 1)( x2 - x + 1) = 0 
 ( x2 + x + 1)[ x2 + x + 1 – 3(x2 - x + 1)] = 0  ( x2 + x + 1)( -2x2 + 4x - 2) = 0 
 (x2 + x + 1)(x2 – 2x + 1) = 0  ( x2 + x + 1)(x – 1)2 = 0... 
f) x5 = x4 + x3 + x2 + x + 2  (x5 – 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 
 (x – 1) (x4 + x3 + x2 + x + 1) – (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 
 (x – 2) (x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 
+) x – 2 = 0  x = 2 
+) x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0  (x4 + x3) + (x + 1) + x2 = 0  (x + 1)(x3 + 1) + x2 = 0 
 (x + 1)2(x2 – x + 1) + x2 = 0  (x + 1)2 [(x2 – 2.x. 1
2
 + 1
4
) + 3
4
] + x2 = 0 
 (x + 1)2 
21 3x + + 
2 4
        + x
2 = 0 Vô nghiệm vì (x + 1)2 
21 3x + + 
2 4
         0 nhưng 
không xẩy ra dấu bằng 
Bài 2: 
a) (x2 + x - 2)( x2 + x – 3) = 12  (x2 + x – 2)[( x2 + x – 2) – 1] – 12 = 0 
 (x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = 0 
Đặt x2 + x – 2 = y Thì 
(x2 + x – 2)2 – (x2 + x – 2) – 12 = 0  y2 – y – 12 = 0  (y – 4)(y + 3) = 0 
* y – 4 = 0  x2 + x – 2 – 4 = 0  x2 + x – 6 = 0  (x2 + 3x) – (2x + 6) = 0 
 (x + 3)(x – 2) = 0.... 
* y + 3 = 0  x2 + x – 2 + 3 = 0  x2 + x + 1 = 0 (vô nghiệm) 
b) (x – 4)( x – 5)( x – 6)( x – 7) = 1680  (x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680 
Đặt x2 – 11x + 29 = y , ta có: 
(x2 – 11x + 28)( x2 – 11x + 30) = 1680  (y + 1)(y – 1) = 1680  y2 = 1681  y = 
41 
y = 41  x2 – 11x + 29 = 41  x2 – 11x – 12 = 0 (x2 – x) + (12x – 12) = 0 
 (x – 1)(x + 12) = 0..... 
* y = - 41  x2 – 11x + 29 = - 41  x2 – 11x + 70 = 0  (x2 – 2x. 11
2
+121
4
)+159
4
 = 0 
c) (x2 – 6x + 9)2 – 15(x2 – 6x + 10) = 1 (3) 
Đặt x2 – 6x + 9 = (x – 3)2 = y  0, ta có 
(3)  y2 – 15(y + 1) – 1 = 0  y2 – 15y – 16 = 0  (y + 1)(y – 15) = 0 
Với y + 1 = 0  y = -1 (loại) 
Với y – 15 = 0  y = 15  (x – 3)2 = 16  x – 3 =  4 
+ x – 3 = 4  x = 7 
+ x – 3 = - 4  x = - 1 
d) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = 0 (4) 
Đặt x2 + 1 = y thì 
(4)  y2 + 3xy + 2x2 = 0  (y2 + xy) + (2xy + 2x2) = 0  (y + x)(y + 2x) = 0 
46
+) x + y = 0  x2 + x + 1 = 0 : Vô nghiệm 
+) y + 2x = 0  x2 + 2x + 1 = 0  (x + 1)2 = 0  x = - 1 
Bài 3: 
a) (2x + 1)(x + 1)2(2x + 3) = 18  (2x + 1)(2x + 2)2(2x + 3) = 72. (1) 
Đặt 2x + 2 = y, ta có 
(1)  (y – 1)y2(y + 1) = 72  y2(y2 – 1) = 72 
 y4 – y2 – 72 = 0 
Đặt y2 = z  0 Thì y4 – y2 – 72 = 0  z2 – z – 72 = 0  (z + 8)( z – 9) = 0 
* z + 8 = 0  z = - 8 (loại) 
* z – 9 = 0  z = 9  y2 = 9  y =  3 x = ... 
b) (x + 1)4 + (x – 3)4 = 82 (2) 
Đặt y = x – 1 x + 1 = y + 2; x – 3 = y – 2, ta có 
(2)  (y + 2)4 + (y – 2)4 = 82 
  y4 +8y3 + 24y2 + 32y + 16 + y4 - 8y3 + 24y2 - 32y + 16 = 82 
  2y4 + 48y2 + 32 – 82 = 0  y4 + 24y2 – 25 = 0 
Đặt y2 = z  0  y4 + 24y2 – 25 = 0  z2 + 24 z – 25 = 0  (z – 1)(z + 25) = 0 
+) z – 1 = 0  z = 1 y =  1 x = 0; x = 2 
+) z + 25 = 0  z = - 25 (loại) 
Chú ý: Khi giải Pt bậc 4 dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c ta thường đặt ẩn phụ y = x + a + b
2
c) (4 – x)5 + (x – 2)5 = 32  (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32 
Đặt y = x – 3 x – 2 = y + 1; x – 4 = y – 1; ta có: 
 (x – 2)5 – (x – 4)5 = 32  (y + 1)5 - (y – 1)5 = 32 
 y5 + 5y4 + 10y3 + 10y2 + 5y + 1 – (y5 - 5y4 + 10y3 - 10y2 + 5y - 1) – 32 = 0 
 10y4 + 20y2 – 30 = 0  y4 + 2y2 – 3 = 0 
Đặt y2 = z  0  y4 + 2y2 – 3 = 0  z2 + 2z – 3 = 0  (z – 1)(z + 3) = 0 ........ 
d) (x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4 
Đặt x – 7 = a; x – 8 = b ; 15 – 2x = c thì - c = 2x – 15  a + b = - c , Nên 
(x - 7)4 + (x – 8)4 = (15 – 2x)4  a4 + b4 = c4  a4 + b4 - c4 = 0  a4 + b4 – (a + b)4 = 
0 
 4ab(a2 + 3
2
ab + b2) = 0  
2
23 74ab a + b + b 
4 16
       
= 0  4ab = 0 
(Vì 
2
23 7a + b + b
4 16
     0 nhưng không xẩy ra dấu bằng)  ab = 0  x = 7; x = 8 
e) 6x4 + 7x3 – 36x2 – 7x + 6 = 0  2 21 16 x 7 x - 36 0x x
             
(Vì x = 0 không là nghiệm). Đặt 1x - 
x
 = y  2 21x x = y
2 + 2 , thì 
47
2
2
1 16 x 7 x - 36 0
x x
              6(y
2 + 2) + 7y – 36 = 0  6y2 + 7y – 24 = 0 
 (6y2 – 9y) + (16y – 24) = 0  (3y + 8 )(2y – 3) = 0 
+) 3y + 8 = 0  y = - 8
3
 1x - 
x
 = - 8
3
  ... (x + 3)(3x – 1) = 0
x = - 3x + 3 = 0
13x - 1 = 0 x = 
3
   
+) 2y – 3 = 0  y = 3
2
 1x - 
x
 = 3
2
 ... (2x + 1)(x – 2) = 0
x = 2x - 2 = 0
12x + 1 = 0 x = - 
2
   
Bài 4: Chứng minh rằng: các Pt sau vô nghiệm 
a) x4 – 3x2 + 6x + 13 = 0  ( x4 – 4x2 + 4) +(x2 + 6x + 9) = 0  (x2 – 2)2 + (x + 3)2 = 
0 
Vế trái (x2 – 2)2 + (x + 3)2  0 nhưng không đồng thời xẩy ra x2 = 2 và x = -3 
b) x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0  (x – 1)( x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0 
 x7 – 1 = 0  x = 1 
x = 1 không là nghiệm của Pt x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 
Bài tập về nhà: 
Bài 1: Giải các Pt 
a)(x2 + 1)2 = 4(2x – 1) 
HD: Chuyển vế, triển khai (x2 + 1)2, phân tích thành nhân tử: (x – 1)2(x2 + 2x + 5) = 0 
b) x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 24 (Nhân 2 nhân tử với nhau, áp dụng PP đặt ẩn phụ) 
c) (12x + 7)2(3x + 2)(2x + 1) = 3 (Nhân 2 vế với 24, đặt 12x + 7 = y) 
d) (x2 – 9)2 = 12x + 1 (Thêm, bớt 36x2) 
e) (x – 1)4 + (x – 2)4 = 1 ( Đặt y = x – 1,5; Đs: x = 1; x = 2) 
f) (x – 1)5 + (x + 3)5 = 242(x + 1) (Đặt x + 1 = y; Đs:0; -1; -2 ) 
g) (x + 1)3 + (x - 2)3 = (2x – 1)3 
Đặt x + 1 = a; x – 2 = b; 1 - 2x = c thì a + b + c = 0 a3 + b3 + c3 = 3abc 
h) 6x4 + 5x3 – 38x2 + 5x + 6 =