Từ đỉnh A , kẻ một đường thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G.. Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi.
Trang 1ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 8 (lần 2)
Năm học 2009 - 2010
+
+
−
+
1 3 6
6 4
3
2
x x x
x
x
: +
− +
−
2
10
x
x x
a) Rút gọn M
b)Tính giá trị của M khi x =
2 1
Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử
b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0
Bài 3:
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + 5
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
B =
1
) 1 ( 3 2
3 + + +
+
x x x x
Bài 4:
Cho hình bình hành ABCD Với AB = a ; AD = b Từ đỉnh A , kẻ một đường thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G
a) Chứng minh: AE2 =EF.EG
b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi
Bài 5:
Chứng minh rằng nếu
) 1 ( ) 1 (
2 2
xz y
xz y yz x
yz x
−
−
=
−
−
Với x ≠y ; xyz ≠0 ; yz ≠1 ;
xz ≠1
Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)
HD:
Bài 1:
a) Rút gọn M
+
+
−
+
1 3 6
6 4
3
2
x x x
x
x
: +
− +
−
2
10 2
2
x
x
+
+
−
− +
1 ) 2 ( 3
6 )
2 )(
2 (
2
x x
x x x x
:
2
6
+
x
) 2 )(
2
(
+
−
x
x
− 2 1
Trang 2b)Tính giá trị của M khi x =
2 1
x =
2
1 ⇔x =
2
1
hoặc x =
-2 1
Với x =
2
1
ta có : M =
2
1 2
1
− = 2 3
1
=
3 2
Với x = -
2
1
ta có : M =
2
1 2
1
2 5
1
=
5
2
Bài 2a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử
Ta có : A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2
- a2-2bc)( b2 + c2 - a2+2bc) = (b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a)
b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam
giác thì A < 0
Ta có: (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b+c +a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b-c -a) <0 ( BĐT trong tam giác)
(b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)
Vậy A< 0
Bài 3:
a)Ta có : A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y +4 + 1
= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1
Do (x-y)2 ≥0 ; (y - 2)2 ≥ 0
Nên A= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1≥1
Dấu ''='' xãy ra ⇔x = y và y = 2
Vậy GTNN của A là 1⇔x = y =2
b) B =
1
) 1 ( 3 2
3 + + +
+
x x x
x
= 2(3(+1)+1) +1
+
x x
x
x
=( 23+(1)(1)+1)
+
x x
x
=
1
3
2 +
x
Do x2 +1>0 nên B =
1
3
2 +
Dấu ''='' xãy ra ⇔x = 0
Vậy GTLN của B là 3⇔x = 0
Bài 4:
E
F
Trang 3a)
Do AB//CD nên ta có:
ED
EB
EG
DG
AB
(1)
Do BF//AD nên ta có:
ED
EB
EA
EF
FB
AD
(2)
Từ (1) và (2) ⇒
EA
EF EG
EA = Hay AE2 = EF EG
b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi
Từ (1) và (2) ⇒
AD
FB DG
AB = Hay BF.DG = AB.AD = ab (không đổi)
Bài 5:
Từ GT ⇒(x2 -yz)y(1-xz) = x(1- yz)(y2 - xz)
⇔x2y- x3yz-y2z+xy2z2 = xy2 -x2z - xy3z +x2yz2
⇔x2y- x3yz - y2z+ xy2z2 - xy2 +x2z + xy3z - x2yz2 = 0
⇔xy(x-y) +xyz(yz +y2- xz - x2)+z(x2 - y2) = 0
⇔xy(x-y) - xyz(x -y)(x + y +z)+z(x - y)(x+y) = 0
⇔(x -y)[xy−xyz(x+y+z) +xz+yz] = 0
Do x - y ≠0 nên xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = 0
Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (đpcm