Bồi dưỡng HS giỏi Toán 842139

Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.. c Chu vi tam giác ADE không đổi... Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC.. Các đoạn thẳng cắ

Bồi dưỡng HS giỏi Toán 8

BÀI 15:

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH Trên tia HC lấy HD = HA Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E

a) Chứng minh AE = AB

b) Gọi M là trung điểm của BE Tính góc AHM

Giải a) Kẻ EF AH Ta có = 90 F฀ 0 , = 90฀H 0 , = 90D฀ 0

 Tứ giác EFHD là HCN => EF = AH

Xét AHB và EFA có:   ฀ ฀ ฀ ; EF = AH;

90

F H 

=> AHB = EFA ( g.c.g) => AB = AE 

b) Nối MA, MH, MD

Xét AMH và DMH có: 

AH = HD (gt)

MH cạnh chung

DM = AM = ( đường TT ứng với cạnh huyền)

2

BE

=> AMH = DMH (c.c.c) =>   ฀AHM ฀DHM => ฀AHM = 450

* BÀI 16:

Cho tam giác ABC có chu vi bằng 18 Trong đó BC là cạnh lớn nhất Đường phân giác góc B cắt AC ở M sao cho 1 Đường phân giác góc C cắt AB ở N sao cho Tính

2

MA

4

NA

NB  các cạnh của tam giác ABC

Giải

Ta có:

BM là phân giác => ฀B 1 => AB = (1)

2

MC  BC 

2

BC

CN là phân giác => C฀ 3 => AC = (2)

4

4

BC

Mà : AB + BC + AC = 18 (3)

Từ (1), (2) và (3) => + BC + = 18 => BC = 8 ; AB = 4; AC = 6

2

4

BC

 BÀI 17: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a) x2 + 6x + 5

b) x4 + 2007x2 + 2006x + 2007

c) (x + 1).(x + 2).(x + 3).(x + 4) + 1

 BÀI 18:

Cho biểu thức: A = 2 2 3 :2 4 3 1 2 (x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ )

1 2 a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị của A với x = 6022

c) Tìm x để A < 0

d) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên

Giải

1 1

M

D H

F

C B

A

M

C

N

B A

a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ A = 1

2

b) Thay x = 6022 vào A ta có: A = 6022 1 = 2007

3



c) A nhận giá trị nguyên khi x nguyên và x – 1 chia hết cho 3 Ta có:

x – 1 = 3k => x = 3k + 1 (với k nguyên)

Vậy với x = 3k + 1 (k nguyên) thì A nhận giá trị nguyên

 BÀI 19:

Giải phương trình: 148 169 186 199 10

Giải

 (123 – x) 1 1 1 1 0

25 23 21 19

 123 – x = 0 Vì 1 1 1 1 0

25 23 21 19

 x = 123

Vậy nghiệm của p.t là x = 123

 BÀI 20:

Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC Một góc xMy bằng 600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E CM:

a) BD.CE = 2

4

BC

b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED

c) Chu vi tam giác ADE không đổi

Giải a) Trong BDM ta có:

฀ 0 ฀ ; Vì = 600 nên ta có: =>

2

D M

BMD ~ CEM (g.g) (1) =>   BD BM => BD.CE = BM.CM

CM  CE

Vì : BM = CM = => BD.CE =

2

4

BC

b) Từ (1) => BD MD mà BM = CM nên ta có:

CM  EM

=>

MD  EM

= 600

2

BM

=> BMD ~ MED (c.g.c) =>   ฀ ฀ => DM là phân giác

CM tương tự ta có: EM là phân giác CED฀

c) Kẻ MH AB; MI DE; MK AC  

vuông DHM = vuông DIM ( CH- GN) => DH = DI 

vuông MEI = vuông MEK (CH – GN) => EI = EK 

CVADE = AD + DI + IE + AE = AD + DH + EK + AE = AH + AK

Mà: vuông AHM = vuông AKM (CH – GN) 

K H

D

C

y

M

x

B A

 AH = AK => CVADE = 2AH ( không đổi)

 BÀI 21:Cho x + = a Tính:x1 2 + ; x3 + ; x4 + ; x5 +

1

1

1

1

x

Giải a) x2 + 12 = = a2 – 2

x

2

1 2

x x

   

b) x3 + = 13 = = a(a2 – 2 – 1) = a(a2 – 3)

x

2

2

1

2

1

     

c) x4 + 14 = (x2)2 + = - 2 = (a2 – 2)2 – 2 = a4 – 4a2 – 4 – 2 = a4 – 4a2+2

x

2 2

1

x

2 2

2

1

x x

d) x5 + 15 =

x

= 4 2 =

1

1

        

= a  4 2   2  = a(a4 – 4a2 + 2 – a2 + 2 + 1)

= a(a4 – 5a2 + 5) = a5 – 5a3 + 5

 BÀI 22: Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ:

3 2

2

Đặt y = x 1 => x2 + = = y2 – 2

x

  

1

x

2

1 2

x x

   

Ta có phương trình:

3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0  3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0

 3y2 – 6 – 13y + 16 = 0  3y2 – 13y + 10 = 0

 3y2 – 10y – 3y + 10 = 0  3y(y – 1) – 10(y – 1) = 0

 (y – 1)(3y – 10) = 0  y = 1 và y = 10

3

* y = 1  x + = 1 => x1 2 – x + 1 = 0  > 0 x Vậy p.t VN

x

2

x

   

* y =  x + 10  3x2 – 10x + 3 = 0  (3x – 1)(x – 3) = 0

3

1 10 3

x  P.t có 2 nghiệm là x = và x = 3.1

3

* BÀI 23: Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp thêm bớt cùng 1 hạng tử)

a) a4 + 4b4 = a4 + 4a2b2 – 4a2b2 + 4b4 = (a2)2 + 2.2a2b2 + 4b2 – 4a2b2

= (a2 + 2b2)2 – (2ab)2 = (a2 + 2b2 – 2ab)(a2 + 2b2 + 2ab) b) a4 + a2 + 1 = a4 + a2 + a2 – a2 + 1 = (a2)2 + 2a2 + 1 – a2

= (a2 + 1)2 – a2 = (a2 – a + 1)(a2 + a + 1)

 BÀI 24:

Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp đặt biến phụ)

a) Q = (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) – 12

Đặt: Y = x2 + x + 1 ta có:

Q = Y(Y + 1) – 12 = Y2 + Y – 12 = Y2 – 3Y + 4Y – 12 = (Y – 3)(Y + 4)

Trở về biến x ta được:

Q = (x2 + x + 1 – 3)(x2 + x + 1 + 4) = (x2 + x – 2)(x2 + x + 5) = (x – 1)(x + 2)(x2 + x + 5) b) P = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 = (x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) – 24

= (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) – 24 = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 4 + 2) – 24

Đặt Y = x2 + 5x + 4 ta được:

P = Y(Y + 2) – 24 = Y2 + 2Y – 24 = Y2 + 6Y – 4Y – 24 = (Y + 6)(Y – 4)

Trở về biến x ta được:

P = (x2 + 5x + 4 + 6)(x2 + 5x + 4 – 4)

P = (x2 + 5x + 10)(x2 + 5x ) = x(x + 5)(x2 + 5x + 10)

*BÀI 25: Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp phối hợp nhiều pp)

a) x10 + x8 + x6 + x4 + x2 + 1 = (x10 + x8 + x6) + x4 + x2 + 1)

= x6(x4 + x2 + 1) + (x4 + x2 + 1) = (x4 + x2 + 1)(x6 + 1) = (x4 + x3 – x3 + x2 + x2 – x2 + x – x + 1)[(x2)3 + 13] = [(x4 + x3 + x2) – (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1)][(x2)3 + 1]

= [(x2 + x + 1)(x2 – x + 1)][(x2 + 1)(x4 – x2 + 1)]

b) a(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) + 2abc = ab2 + ac2 + bc2 + ba2 + (ca2 + cb2 + 2abc) = ab(b + a) + c2(a + b) + c(a2 + b2 + 2ab) = (a + b)[(ab + c2) + c(a + b)]

= (a + b)(ab + c2 + ac + bc) = (a + b)(b + c)(c + a)

*BÀI 26:

Cho tứ giác ABCD có AD = BC Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD Tia MN cắt tia AD ở E và cắt tia BC ở F CM: ฀AEM BFM฀

Giải Gọi I là trung điểm của BD, ta có:

BF // IN => ฀BFN INM฀

AE // MI => ฀AEM ฀EMI

Xét MNI có: IM = IN (2 đường trung bình)

=> MNI cân tại I=>  EMI฀ ฀INM=> BFM฀ ฀AEM

* BÀI 27:

Cho hình vuông ABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC Các đoạn thẳng cắt nhau tại I CM: IA = AD

Giải Từ A kẻ AP DN cắt DC tại K, cắt DN tại I.

Xét MCB và NDC có:  

DC = BC ; NC = BM ; B฀C฀ = 900

=> MCB = NDC (c.g.c) 

=> ฀BMCDNC฀ Mà: ฀BCM BMC฀ = 900

=> MCN฀ ฀DNC = 900 => MC DN

Ta lại có: AK DN => AK // MC

Xét ADK và CBM có: 

AD = BC ; ฀DAK MCB฀ ; ฀ADCMBC฀ = 900

=> ADK = CBM (g.c.g) => DK = BM 

Mà M là trung điểm của AB => K là trung điểm của CD

 DP = IP ( PK là đường TB DIC)

 DAI cân tại A => AD = AI

B

I C

M

N F E

D

A

K P

I N M

C

B

D A

*BÀI 28: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH chia cạnh huyền thành 2 đoạn có

độ dài 9 cm và 16 cm Tính chu vi tam giác ABC

Giải Xét ABH và CBA có: chung ; Â = = 90  ฀B ฀H 0

=> ABH ~ CBA (g.g) =>   AB BH

CB  BA

=> AB2 = CB.BH = 25 9 = 225 => AB = 15 (cm)

Aùp dụng ĐL Pitago trong vuông ABC ta có:

AC2 = BC2 – AB2 = 252 – 152 = 625 – 225 = 400

 AC = 20 (cm)

Chu vi ABC: AB + AC + BC = 15 + 20 + 25 = 60 (cm)

 BÀI 29:Giải phương trình: 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0

Giải Chia 2 vế cho x2 ta có: 3x2 – 13x + 16 13 32 = 0

x x

 3 2 + 16 = 0

2

13

Đặt: x + = y => x1 2 + = y2 – 2

1

x

3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0  (y – 1)(3y – 10) = 0  110

3

y y







 



* y = 1 => x + = 1 PT này VN.1

x

Vì: x2 – x + 1 = 1 2 3 > 0

x

   

 y = 10 => (3x – 1)(x – 3) = 0 

3

1 3 3

x x

 





 

 Vậy p.t đã cho có 2 nghiệm là x = và x = 3 1

3

*BÀI 30: Chứng minh rằng:

a) a b 2 (với a, b > 0)

b a

b) a b b c c a 6 (với a, b, c > 0)

c) (a2 + b2)c + (b2 + c2)a + (c2 + a2)b ≥ 6abc (với a, b, c > 0)

Giải c)Ta có: (a – b)2 ≥ 0 => a2 + b2 ≥ 2ab  (a2 + b2)c ≥ 2abc

Tương tự ta có: (b2 + c2)a ≥ 2abc

(c2 + a2)b ≥ 2abc

 (a2 + b2)c + (b2 + c2)a + (c2 + a2)b ≥ 6abc

Xảy ra đẳng thức  a = b = c

a) Ta có:(a - b)2 ≥ 0 <=> a2 + b2 -2ab ≥ 0

16cm

B A

 a2 + b2 ≥ 2ab  a2 b2 2 

ab

2

a b

b a

b) Ta có: VT = a b b c c a =

        

        

Theo KQ câu a, ta có:

VT ≥ 6

c a a b c b

*BÀI 31: Giải bất phương trình sau:

 1 1 < 0 < 0

5

x x



5 ( 5)

x x ĐKXĐ : x ≠ 0 ; x ≠ -5

 Nếu x > 0 thì x(x + 5) > 0  5 > 0 Vậy BPT vô nghiệm

( 5)

x x

 Nếu -5 < x < 0 thì x(x + 5) < 0  5 < 0 Vậy BPT có nghiệm là -5 < x < 0

( 5)

x x

*Nếu x < - 5 thì x(x + 5) > 0  5 > 0 Vậy BPT vô nghiệm

( 5)

x x Vậy BPT đã cho có nghiệm -5 < x < 0

* BÀI 32: Giải phương trình: x  4 x 1 = 9

1)Nếu x < -1 thì x – 4 < 0 và x + 1 < 0 => x4 = -x + 4 và x1 = -x – 1

P.t trở thành: -x + 4 – x – 1 = 9 (ĐK: x < -1) <=> x = -3 (TMĐK)

2) Nếu -1 ≤ x ≤ 4 thì x – 4 ≤ 0 và x + 1 ≥ 0 => x4 = -x + 4 và x1 = x + 1

P.t trở thành: -x + 4 + x + 1 = 9 (ĐK: -1 ≤ x ≤ 4)  0x = 4 VN

3) Nếu x > 4 thì x – 4 > 0 và x + 1 > 0 => x4 = x – 4 và x1 = x + 1

P.t trở thành: x – 4 + x + 1 = 9 (ĐK: x > 4)  x = 6 (TMĐK)

Vậy p.t đã cho có tập nghiệm là S = 3; 6

 BÀI 33: Rút gọn các biểu thức: (n là số nguyên dương)

a) A = 1 1 1 1

1.33.55.7 (2n 1)(2n 1)

Ta có: 1 1 2

2n 12n 1(2n 1)(2n 1)

Do đó: 2A = 1 1 1 1 1 1 = 1 - => A =

1   3 3 5 2n 12n 1

n

n

n b) B = 1 1 1 1

1.44.77.10 (3n 2)(3n 1)

Kết quả: B =

n

n

*BÀI 34: Giải và biện luận phương trình:

m(x + 3) – 2(m + 1) = 3m – 4x

 mx + 3m – 2m – 2 = 3m - 4x => (m + 4)x = 2(m + 1)

Biện luận:

- Nếu m + 4 ≠ 0  m ≠ -4 ta có: x = 2( 1)

4

m m





- Nếu m + 4 = 0  m = -4 p.t trở thành: 0x = -6 VN

- Không có giá trị nào của m để p.t có VSN

* BÀI 35: Cho A = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 – a4 – b4 – c4

a) Phân tích A thành nhân tử

b) CMR: Nếu a, b, c là 3 cạnh của tam giác thì A > 0

Giải a) A = 4a2b2 – (a4 + 2a2b2 + b4 + c4 – 2b2c2 – 2a2c2 )

= (2ab)2 – (a2 + b2 – c2 )2 = (2ab + a2 + b2 – c2 )(2ab – a2 – b2 + c2 )

= [(a + b)2 – c2][-(a – b)2 + c2 ] = (a + b + c)(a + b – c)(c + a – b)(c – a + b)

b) Nếu a, b, c là các cạnh của tam giác thì:

a + b + c > 0 ; a + b – c > 0 ; c + a – b > 0 ; c – a + b > 0 => A > 0

* BÀI 36: Tính giá trị của đa thức:

a) P(x) = x7 – 80x6 + 80x5 – 80x4 +……….+ 80x + 15 tại x = 79

b) Q(x) = x14 -10x13 + 10x12 – 10x11 +……… + 10x2 – 10x + 10 tại x = 9

Giải a) Ta có: P(x) = x7 – 79x6 – x6 + 79x5 + x5 – 79x4 – x4 +……… +79x + x + 15

= x6(x – 79) – x5(x – 79) + x4(x – 79)- ………… –x(x – 79) + x + 15

Thay x = 79 vào ta có: P(79) = 94

b) Ta có: Q(x) = x14 – 9x13 – x13 + 9x12 + x12 – 9x11 - ………… + 9x2 + x2 – 9x – x + 10

= x13(x – 9) – x12(x – 9) + x11(x – 9) - ………… + x(x – 9) – x + 10

Thay x = 9 vào ta có: Q(9) = 1

 BÀI 37: Cho tam giác ABC vuông tại A, trung tuyến AM Kẻ MD AB ; ME AC. 

a) CM : DE = AM

b) CM: ADE ~ ABC. 

Giải a) Ta có: Â = 900 (gt) ; = 90฀D 0 ( MD AB) ; = 90 ฀E 0 ( ME AC)

 Tứ giác ADME là HCN => DE = AM (2 đường chéo HCN)

b) Ta có MB = MC (gt)

MD // AC (2 cạnh đối HCN)

 D là trung điểm của AB

CM tương tự ta có: E là trung điểm của AC

=> DE là đường TB của ABC => DE // BC => ADE ~ ABC  

* BÀI 38: Cho tam giác ABC có AB = AC = 9cm Tia phân giác góc B cắt đường cao AH ở

I Biết 3 Tính chu vi tam giác ABC

2

AI

IH 

Giải

Ta có: BI là phân giác B฀

Aùp dụng t/c đường phân giác trong ABH ta có: 

3 => => BH = 6 cm

2

2

BH 

Ta lại có: ABC cân tại A có AH là đường cao nên cũng là trung tuyến.

 BC = 2BH = 2.6 = 12 cm

C M

E

B D A

9 9

C H

I

B A

Chu vi ABC = 9 + 9 + 12 = 30 cm

*BÀI 39:Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của phân thức sau cũng là số nguyên.

A = 3 2 4 17

2

x

 ĐKXĐ: x ≠ -2

Ta có: A = (3x – 10) + 3

2

x

A nguyên  3 nguyên  3 (x + 2)  x + 2 Ư (3)

2

 x + 2 = ± 1 ; ± 3

* x + 2 = 1  x = -1 (TMĐK)

* x + 2 = -1  x = -3 (TMĐK)

* x + 2 = 3  x = 1 (TMĐK)

* x + 2 = -3  x = -5 (TMĐK)

Vậy với x { -5 ; -3 ; -1 ; 1 } thì A có giá trị nguyên.

* BÀI 40:Cho x 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =  2002x22 2x 1

x

Tìm x để A có GTNN

Giải

Ta có: A = 2001x2 x22 2x 1 = = 2001 +

x

2001x (x 1)



x



Vì : (x – 1)2 ≥ 0 và x2 > 0 Nên: 2001 + (x 21)2 2001

x

 GTNN của A là 2001  x = 1

 BÀI 41:Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a, tâm O Kẻ đường thẳng d bất kì qua O,

d không trùng với AC, BD Kẻ AM, BN, CP, DQ lần lượt vuông góc với d

Tính AM2 + BN2 + CP2 + DQ2 theo a

Giải Xét vuôngAMO và vuông ONB có: 

OA = OB (t/c đường chéo hình vuông)

(cùng phụ )

=> AMO = ONB (CH-GN) => BN = OM 

CM tương tự ta có: CPO = OQD => CP = OQ 

AM2 + BN2 + CP2 + DQ2

= (OA2 – OM2) + (OB2 – ON2) + (OC2 – OP2) + (OD2 – OQ2)

= (OA2 + OB2 + OC2 + OD2) – (OM2 + ON2 + OP2 + OQ2)

= (OA2 + OB2 + OC2 + OD2 ) – [(BN2 + (OB2 – BN2) + (OC2 – CP2) + CP2 ]

= OA2 + OB2 + OC2 + OD2 – OB2 – OC2 = OA2 + OD2 = AD2 = a2

* BÀI 42:Cho tam giác nhọn ABC, M là điểm thuộc miền trong của tam giác, các đường

thẳng AM, BN, CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại Q, N , P

a) CM: MBC

ABC

S MQ

AQ  S

b) CMR: Tổng MQ MN MP không phụ thuộc vào vị trí của điểm M thuộc miền

AQ  BN CP

trong tam giác ABC

Q P

M N d

O

C

B

D A

Giải a) Kẻ MH BC ; AK BC 

 MH // AK => MHQ ~ AKQ =>   MH MQ

AK  AQ

Ta lại có: =>

1

2 1 2

MBC

ABC

MH BC

ABC

S MQ

AQ  S

b) CM tương tự câu a ta có: MAC ;

ABC

S MN

ABC

S MP

CP  S

=> MBC MAC MAB = = = 1 (hằng số)

ABC ABC ABC

ABC

S

ABC

S S

Vậy: tổng MQ MN MP không phụ thuộc vào vị trí của điểm M thuộc miền trong tam

AQ  BN  CP

giác ABC

*BÀI 43: Cho x ≠ 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = 22 1

 

Ta có: B = Đặt: y = x + 1 => x = y – 1

 

2 2

1 1

x

 



2

2

1 1

y

 

2

2

y

2

1

y

 

2

1

y y

 

Đặt: t = => B = 1 – t + t1 2 = t2 – t + 1 = (t - )2 + ≥

y

1 2

3 4

3 4

 GTNN của B là  t = 3

4

1 2

 t =  1  y = 2

2

2

y 

 y = 2  x + 1 = 2  x = 1

Vậy GTNN của B là  x = 13

4

*BÀI 44:Cho tam giác ABC cân tại A, O là trung điểm của BC Lấy 2 điểm M , N trên 2

cạnh BA, CA thoả mãn: BM.BN = OB2 = OC2.CM: Ba tam giác MBO, OCN và MON đồng dạng

Giải *Xét MBO và OCN có:  

฀BC฀ (gt)

MB OB =>

OB CN

=> MBO ~ OCN (c.g.c) (1) 

* Xét OCN và MON có: 

OM OB ( do MBO ~ OCN) =>

ON CN

Ta lại có: ฀ ฀ ฀ 0

O O O  Và: ฀ ฀ ฀ 0

N O  C

M

B

A

3

2 1 1 1

C O

N

B M A

Mà : ฀ ฀ => => OCN ~ MON (c.g.c) (2)

2

Từ (1) và (2) => MBO ~ OCN ~ MON  

 BÀI 45: Phân tích đa thức sau thành nhân tử:x(y2 – z2) + y(z2 – x2) + z(x2 – y2)

= xy2 – xz2 + yz2 – yx2 + zx2 – zy2 = (xy2 – yx2) + (yz2 – xz2) + (zx2 – zy2)

= xy(y – x) + z2(y – x) –z(y2 – x2) = (y – x)[xy + z2 – z(y + x)]

= (y – x)(xy + z2 – zy – zx) = (y – x)[x(y – z) – z(y – z)] = (y – x)(y – z)(x – z)

*BÀI 46: Cho biểu thức: A = 4 33 4 31 5 4 34 2

a) Rút gọn A

b) CM: A > 0 với mọi x

Giải a) Ta có:

x4 – x3 + x – 1 = x3(x – 1) + (x – 1) = (x – 1)(x3 + 1)

x4 + x3 – x - 1 = x3(x + 1) – (x + 1) = (x + 1)(x3 – 1)

x5 – x4 + x3 – x2 + x – 1 = (x5 – x2) – (x4 – x) + (x3 – 1)

= x2(x3 – 1) – x(x3 – 1) + (x3 – 1) = (x3 – 1)(x2 – x + 1)

 A =

   3     3   3  2 

=

    2      2     2  2  

MTC = (x – 1)(x + 1)(x2 – x + 1)(x2 + x + 1)

A = 3( 2 1) (2 2 1) 4(2 1)= = = =

2

x



2 6

1

x x





2

2 3

( ) 1

x x





2

x



A = 4 22

1

x x 

b) Ta có: x4 + x2 + 1 = 2 1 2 3 3=> A = với mọi x

x

2

2

0

x



BÀI 47: Cho biểu thức: B = 3 2 6 1 : 2 10 2

x

a) Rút gọn B

b) Tính giá trị của B khi |x| = 1

2 c) Với giá trị nào của x thì B < 0

d) Với giá trị nào của x thì B = 2

Giải a) ĐKXĐ: x ≠ 0 ; x ≠ 2 ; x ≠ -2 KQ: B = 1

2x

b) |x| = => x = ± 1 KQ: B = và B =

2

1 2

2 3

2 5

2