Một số đề thi t8 (có HDG)

Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC Bài 5: 3đ... Bài 5: 3 điểm Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng đờng chéo AC, trên tia đối của tia AD lấy điểm E, đờng thẳn

Phòng giáo dục kiến xơng

năm học 2009 -2010

Môn: toán 8

(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1: (4đ).

Chứng minh rằng số A = n3 (n2 - 7)2 - 36n luôn chia hết cho 7 với mọi n là số tự nhiên

Bài 2: (4đ).

Cho a, , c, x, y, z ≠ 0 thoả mãn: x + y + z = 2006; x2 = a + yz ; y2 = b + xz ; z2 = c + xy Tính giá trị của biểu thức A = ax a++by b++c cz

Chứng minh rằng -x3 + x2 ≤ 41 nếu 0≤x≤1

Bài 3: (4đ) Giải phơng trình

5

7 3

5 1

3 6

16 4

2 2

2 2

2

+

+ +

= +

− +

+

x x

x x

x

Bài 4: (5đ) Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a Một điểm M chuyển động trên

cạnh DC (M≠D, M≠ C) chọn điểm N trên cạnh BC sao cho = 45o, DB thứ tự cắt AM, AN tại E và F

1 Chứng minh = = 90o

2 Chứng minh S∆AEF = 21 S∆AMN

3 Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC

Bài 5: (3đ) Cho ∆MNP, độ dài 3 cạnh theo thứ tự là m,n,p và 3 + 2 = 180o

Chứng minh hệ thức: m2 + np - p2 = 0

Đáp án

Bài 1

A= n3 (n2 -7)2 - 36n

= n3 (n4 - 14n2 + 49) - 36n

= n7 - 14n5 + 49n3 - 36n

= (n7 -n5) - (13n5 - 13n3) + (36n3 - 36n)

= n5(n2-1) - 13n3 (n2 - 1) + 36n (n2-1)

=( n2-1) (n5-13n3 + 36n)

= (n2 - 1) {(n5-4n3) - (9n3-36n)}

=(n2 - 1) {n3 (n2 - 4) -9n (n2 - 4) }

= (n2 - 1) (n2 - 4) (n3 - 9n)

= (n2 - 1) (n -2) (n +2) n (n2 - 9)

= (n -1) (n + 1) (n -2) (n + 2) n (n - 3) (n +3)

Vậy: A= (n -3) (n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3)

Vì n là số tự nhiên nên số A là tích của 7 số tự nhiên liên tiếp Rồi chứng minh cho tích của 7

số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 7

Kết luận: A chia hết cho 7

Bài 2

Ta có x2 = a +yz  x3 = ax + xyz => ax = x3 - xyz

Tơng tự: by = y3 - xyz

Cz = z3 - xyz

Cộng theo từng vế của 3 đẳng thức trên ta đợc:

ax + by +cz = x3 + y3 + z3 - 3xyz

= (x3 + 3x2y + 3xy2 + y3) + z3 - (3x2y+3xy2+3xyz)

= (x+y)3 +z3 - 3xy (x+y+z)

= (x+y+z) {(x+y)2 - z (x+y) +z2 }- 3xy (x+y+z)

= (x+y+z) {(x+y)2 - (x+y) z + z2 - 3xy}

= (x+y+z) (x2 + y2 + z2 - xy - xz - yz)

Cùng từ x2 = a+yz => x2 - yz = a

Tơng tự y2 - xz = b

Z2 - xy = c

Do đó: ax + by + cz = (x+y+z) {(x2 -yz) + (y2 - xz) + ( z2 -xy) }

= (x+y+z) (a+b+c)

Vì vậy

c b a

cz by

ax

+ +

+

c b a

c b a z y x

+ +

+ + +

(

= x+y+z (do a+b+c ≠ 0)

= 2006 (do x+y+z = 2006) Vậy A= 2006

Do 0 ≤ x ≤ 1 nên x2 ≤ x => - 4x2 ≥ - 4x và 1-x ≥ 0

Từ đó ta có - 4x2 (1-x) ≥ -4x (1-x)

 - 4x2 (1-x) +1≥ - 4x (1-x) +1

 4x3 - 4x2 + 1 ≥ 4x2 - 4x +1

= (2x -1)2 ≥ 0

=> 4x3 -4x2 +1 ≥ 0  - 4x3 + 4x2 - 1 ≤ 0  - 4x3 + 4x2≤ 1

 4(-x3 + x2) ≤ 1  - x3 + x2≤ 41 Vậy : -x3 + x2 ≤ 41 nếu 0 ≤ x ≤ 1

Bài 3 Gải phơng trình:

5

7 2

5 1

3 6

16 4

2 2

2 2

2

+

+ +

= +

− +

+

x x

x x

x

ĐKXĐ ∀ x ∈ R

5

7 2

5 1

3 6

2 2 16

4

2 2

2 2

2

= +

− +

− +

− +

+

−

+

x x

x x

x

5

7 3

5 1

3 6

2

2 2

2 2

2

= +

− +

− +

− +

−

x x

x x

x

5

7 1 ( ) 3

5 1 ( ) 1

3 1

(

6

2

2 2

2 2

2

= +

− + +

− + +

− +

+

−

x x

x x

5

7 5 3

5 3 1

3 1 6

2

2

2 2

2 2

2 2

2

+

− + + +

− + + +

− + + +

−

x

x x

x x

x x

x

= 0



5

2 3

2 1

2 6

2

2

2 2

2 2

2

2

+

− + +

− + +

− +

+

−

x

x x

x x

x

x

5

1 3

1 1

1 6

1

+

+ +

+ +

+

5

1 3

1 1

1 6

1

+

+ +

+ +

+

Nên (1)  x2 - 2 = 0  x2 = 2

 x = 2 (TMĐK) hoặc x = - 2(TMĐK) Vậy S = {- 2; 2}

Bài 4 AFM = AEN = 90 ã ã 0

Nối A với C chỉ ra đợc A = A ; B = C à 3 à1 à1 à1

=> ∆ AFB ∞ ∆ AMC (g.g)

AC

AM AB

AF AC

AB

AM

Có MAF = CAB = 45 ã ã 0 (2)

Từ 1 và 2 => ∆ AFM ∞ ∆ ABC

=> AFM = ABC = 90 ã ã 0

C/M hoàn toàn tơng tự có AEN = 900

vì vậy AFM = AEN = 90ã ã 0

S ∆ AEF = 1/2 S ∆ AMN

Có ∆ AFM ∞ ∆ AEN => AM AF = AN AE => ∆ AEF ∞ ∆ AMN (c.g.c) => ( ) 2 ( 1 )

AM

AF SAMN

SAEF

=

Có FAM = 450, AFM = 900

=> ∆ AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2

=> ( ) 2

AM

AF

=

2

1

Thay vào (1) ta đợc

SAMN

SAEF

=

2

1

hay: S ∆ AEF = 1/2 S ∆ AMN C/M chu vi ∆ CMN không đổi

Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN

∆ ADK = ∆ ABN => AK = AN và BAN = DAK

do đó ∆ AMN = ∆ AKM (c.gc) => MN=KM

Vì vậy: Chu vi ∆ CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN

= CD + KD + CN = CD + NB + CN

= CD + CB = 2a không đổi

Tức là: Chu vi ∆ CMN không thay đổi khi M chuyển động trên cạnh DC

Bài 5 C/M: m2 + np - p2 = 0

Do 3M + 2N = 1800 và M + N + P = 1800

=> P = 2M + N vậy P > N => MN>PM

Trên MN lấy điểm Q sao cho MQ = PM = n

Nên QN = P-n

∆ MNP và ∆ PNQ có N chung và

PQN = 1800 - MQP

= 1800 -

2

180 0 −M ( do ∆ MQP cân) = 1800 -

2

2

3M + N−M

(do 3M + 2N = 1800 ) = 1800 -

2

) (

2 M +N

= 1800 - (M+N)

= MPN vậy PQN = MPN

=> ∆ MNP ∞ ∆ PNQ (gg)

=> NQ PN =MN PN => PN2 = MN NQ  PN2 - MN NQ = 0

Hay m2 - p(p-n) = 0

 m2 + np - p2 = 0 (ĐPCM)

Phòng giáo dục - Đào tạo

Môn: Toán – Lớp 8

năm học 2008 – 2009

Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4 điểm)

1, Cho ba số a, b, c thoả mãn  + + =

 + + =

 2 2 2

a b c 0

a b c 2009, tính A a = + 4 b 4 + c 4

2, Cho ba số x, y, z thoả mãn x y z 3 + + = Tìm giá trị lớn nhất của B xy yz zx = + +

Bài 2: (2 điểm)

Cho đa thức f x( ) = x 2 + px q + với p Z, q Z ∈ ∈ Chứng minh rằng tồn tại số nguyên

k để f k( ) (= f 2008 f 2009) ( )

Bài 3: (4 điểm)

1, Tìm các số nguyên dơng x, y thoả mãn 3xy x 15y 44 0 + + − = .

2, Cho số tự nhiên a =( )2 9 2009, b là tổng các chữ số của a, c là tổng các chữ số của

b, d là tổng các chữ số của c Tính d

Bài 4: (3 điểm)

Cho phơng trình 2x m x 1 3

− + − =

− + , tìm m để phơng trình có nghiệm dơng.

Bài 5: (3 điểm)

Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng đờng chéo AC, trên tia đối của tia AD lấy

điểm E, đờng thẳng EB cắt đờng thẳng DC tại F, CE cắt à tại O Chứng minh AEC

∆ đồng dạng∆ CAF, tính ãEOF

Bài 6: (3 điểm)

Cho tam giác ABC, phân giác trong đỉnh A cắt BC tại D, trên các đoạn thẳng DB,

DC lần lợt lấy các điểm E và F sao cho ãEAD =ãFAD Chứng minh rằng:

= 22

BE BF AB

CE CF AC

Bài 7: (2 điểm)

Trên bảng có các số tự nhiên từ 1 đến 2008, ngời ta làm nh sau lấy ra hai số bất

kỳ và thay bằng hiệu của chúng, cứ làm nh vậy đến khi còn một số trên bảng thì dừng lại Có thể làm để trên bảng chỉ còn lại số 1 đợc không? Giải thích

đề chính thức

Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Hớng dẫn chấm môn toán 8

1.

1 Cho ba số a, b, c thoả mãn

+ + =



 + + =

 2 2 2

a b c 0

a b c 2009, tính A a = + 4 b 4 + c 4 2,00

a + + = + + b c a b c − 2 ab bc ca + + = − 2 ab bc ca + +

a b b c c a ab bc ca 2abc a b c

2

2

0,50

0,50

1,00

1.

2

Cho ba số x, y, z thoả mãn x y z 3 + + = Tìm giá trị lớn nhất của

2

Dấu = xảy ra khi

y 1 0

y 3

2

x y z 0

− =





 + + =



Vậy giá trị lớn nhất của B là 3 khi x = y = z = 1

1,25

0,50

0,25

2 Cho đa thức f x( ) = x 2 + px q + với p Z, q Z ∈ ∈ Chứng minh rằng tồn tại số

nguyên k để f k( ) (= f 2008 f 2009) ( )

2,00

( )

2

2 2

2

f x 2.x.f x x p.f x p.x q

f x x px q 2x p 1

f x x 1 p x 1 q f x f x 1

Với x = 2008 chọn k f 2008 = ( )+ 2008 ∈ Â

Suy ra f k( ) (= f 2008 f 2009) ( )

1,25 0,50 0,25

3.

1

Tìm các số nguyên dơng x, y thoả mãn 3xy x 15y 44 0 + + − = . 2,00

♦3xy x 15y 44 0 + + − = ⇔(x 5 3y 1 + ) ( + =) 49

♦ x, y nghuyêndơng do vậy x + 5, 3y + 1 nguyên dơng và lớn hơn 1

♦Thoả mãn yêu cầu bài toán khi x + 5, 3y + 1 là ớc lớn hơn 1 của 49 nên

có:

x 5 7 x 2

Vậy phơng trình có nghiệm nguyên là x = y = 2

0,75 0,50

0,75

3.

2

Cho số tự nhiên a =( )2 9 2009, b là tổng các chữ số của a, c là tổng các chữ số

của b, d là tổng các chữ số của c Tính d

2,00

( )

c 5 4.9 41 d 4 1.9 13 1

3

2 ≡ − 1mod9 ⇒ ≡ − a 1mod9 mà a b c d mod9 ≡ ≡ ≡ ⇒ ≡ − d 1mod 9 ( )2

Từ (1) và (2) suy ra d = 8

1,00 0,75 0,25

4 Cho phơng trình 2x m x 1

3

− + − =

Điều kiện: x 2;x ≠ ≠ − 2

2x m x 1

3 x 1 m 2m 14

m = 1phơng trình có dạng 0 = -12 vô nghiệm

m 1 ≠ phơng trình trở thành x 2m 14

1 m

−

=

−

Phơng trình có nghiệm dơng

2m 14

2

1 m

m 4 2m 14

2

2m 14

0

1 m

−



−  < <



−

 >

 Vậy thoả mãn yêu cầu bài toán khi m 4

1 m 7

≠



 < <

0,25 0,75 0,25 0,50

1,00

0,25

5 Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng đờng chéo AC, trên tia đối của tia AD

lấy điểm E, đờng thẳng EB cắt đờng thẳng DC tại F Chứng minh ∆ AEC

đồng dạng∆ CAF, tính ãEOF

3,00

D

B A

C E

F

♦∆ AEB đồng dạng ∆ CBF (g-g)

♦∆ AEC đồng dạng ∆ CAF (c-g-c)

♦∆ AEC đồng dạng ∆ CAF ⇒AEC CAFã = ã mà

ã

EOF AEC EAO ACF EAO

180 DAC 120

1,00

1,00

1,00

6 Cho tam giác ABC, phân giác trong đỉnh A cắt BC tại D, trên các đoạn

thẳng DB, DC lần lợt lấy các điểm E và F sao cho ãEAD = ãFAD Chứng

minh rằng: BE BF = AB22

CE CF AC

3,00

A

K H

♦Kẻ EH⊥AB tại H, FK⊥AC tại K

BAE CAF; BAF CAE

HAE

⇒ ∆ đồng dạng ∆ KAF(g-g)

ABE ACF

∆

∆

♦Tơng tự BF AF.AB

CE = AE.AC

♦ BE BF AB22

CE CF AC

1,00

1,25 0,50

0,25

7 Trên bảng có các số tự nhiên từ 1 đến 2008, ngời ta làm nh sau lấy ra hai số

bất kỳ và thay bằng hiệu của chúng, cứ làm nh vậy đến khi còn một số trên

bảng thì dừng lại Có thể làm để trên bảng chỉ còn lại số 1 đợc không? Giải

thích

2,00

Khi thay hai số a, b bởi hiệu hiệu hai số thì tính chất chẵn lẻ của tổng các số

có trên bảng không đổi

2

+

do vậy trên bảng không thể chỉ còn lại số 1

1,00

1,00

UBND THàNH PHố Huế kỳ thi CHọN học sinh giỏi tHàNH PHố

PHòNG Giáo dục và đào tạo lớp 8 thCS - năm học 2007 - 2008

Môn : Toán

Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm)

Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:

1 2

x + x+

x + x + x+

Bài 2: (2điểm)

Giải phơng trình:

1 x2 − + + − = 3x 2 x 1 0

 +  +  +  −  +  +  = +

Bài 3: (2điểm)

1 Căn bậc hai của 64 có thể viết dới dạng nh sau: 64 6 = + 4

Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng

d-ới dạng nh trên và là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó

2 Tìm số d trong phép chia của biểu thức (x+ 2) (x+ 4) (x+ 6) (x+ + 8) 2008 cho đa thức

x + x+

Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (H∈BC) Trên tia HC lấy

điểm D sao cho HD = HA Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E

1 Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m AB=

2 Gọi M là trung điểm của đoạn BE Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC

đồng dạng Tính số đo của góc AHM

3 Tia AM cắt BC tại G Chứng minh: GB HD

BC = AH HC

+ Hết

UBND THàNH PHố Huế kỳ thi CHọN học sinh giỏi tHàNH PHố

PHòNG Giáo dục và đào tạo lớp 8 thCS - năm học 2007 - 2008

Môn : Toán

Đáp án và thang điểm:

Bài 1 Câu Nội dung Điểm

1.1 (0,75 điểm)

x + x+ =x + +x x+ =x x+ + x+ = +(x 1) (x+ 6)

0.5 0,5

1.2 (1,25 điểm)

4 2008 2 2007 2008 4 2 2007 2 2007 2007 1

x + x + x+ =x + +x x + x+ + 0,25

2.1 x2 − + + − = 3x 2 x 1 0 (1)

+ Nếu x≥ 1 : (1) ( )2

⇔ − = ⇔ = (thỏa mãn điều kiện x≥ 1 ).

+ Nếu x< 1 : (1) ⇔x2 − 4x+ = ⇔ 3 0 x2 − −x 3(x− = ⇔ 1) 0 (x− 1) (x− = 3) 0 ⇔ =x 1; x= 3 (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại) Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là x= 1

0,5

0,5 2.2

2

 +  +  +  −  +  +  = +

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x≠ 0

⇔  + ữ +  + ữ  + ữ − + ữ = +

        

2

2 2

⇔  + ữ −  + ữ= + ⇔ + =

x hay x

⇔ = = − và x≠ 0 Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm x= − 8

0,25

0,5 0,25

3 2.0

3.1 Gọi số cần tìm là ab=10a b+ (a, b là số nguyên và a khác 0)

Theo giả thiết: 10a b a+ = + b là số nguyên, nên ab và b là các số chính

phơng, do đó: b chỉ có thể là 1 hoặc 4 hoặc 9

10a b a+ = + b ⇔ 10a b a+ = + 2a b b+ ⇔ 2 5a − b =a

⇔ − = (vì a≠ 0 )

Do đó a phải là số chẵn: a= 2k , nên 5 − b k=

Nếu b= ⇒ = ⇒ 1 a 8 81 8 = + 1 9 = (thỏa điều kiện bài toán) Nếu b= ⇒ = ⇒ 4 a 6 64 6 = + 4 8 = (thỏa điều kiện bài toán) Nếu b= ⇒ = ⇒ 9 a 4 49 4 = + 9 7 = (thỏa điều kiện bài toán)

0,5

0,5 3.2 Ta có:

P x x x x x

Đặt t=x2 + 10x+ 21 (t ≠ − 3;t ≠ − 7) , biểu thức P(x) đợc viết lại:

P x = −t t+ + = − +t t

Do đó khi chia 2

2 1993

t − +t cho t ta có số d là 1993

0,5

0,5

Góc àC chung

CD CA

CE =CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

135

BEC=ADC= (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).

Nên ãAEB= 45 0 do đó tam giác ABE vuông cân tại A Suy ra:

BE= AB =m

1,0

0,5 4.2

BM BE AD

BC = ìBC = ìAC (do ∆BEC: ∆ADC)

mà AD AH= 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)

BC = ìAC = ì AC = AB = BE (do ∆ABH : ∆CBA)

Do đó ∆BHM : ∆BEC (c.g.c), suy ra: ã ã 0 ã 0

BHM =BEC= ⇒AHM =

0,5

0,5

0,5 4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC.

Suy ra: GB AB

GC = AC , mà AB ED( ABC DEC) AH(ED AH// ) HD

AC = DC ∆ : ∆ = HC = HC 0,5

GC = HC ⇒GB GC = HD HC ⇒ BC = AH HC

Phòng Giáo dục đào tạo

thứ ba Năm học 2009 - 2010

Môn : Toán lớp 8

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 : ( 5 điểm)

1 Phân tích đa thức thành nhân tử

a) x2 + 4x− 5

b) a3(b − c) + b3(c − a) + c3(a − b)

2 Tìm x, y biết : 2x2 + 4x + 4xy − 2y + 5y2 + 5 = 0

Bài 2 : ( 5 điểm)

1 Cho a, b là các số dơng thoả mãn 5a2− 2b2 = 3ab và 2a ≠ b

Tính giá trị biểu thức 4 a 2 b 2

ab P

−

=

2 Cho abc =2 Rút gọn biểu thức M ab aa 2 bc bb 1 ac 22cc 2

+ +

+ + +

+ + +

=

3 Cho a, b, c là 3 số đôi một khác nhau và khác 0 thoả mãn 1+1+1 = 0

c b

Hãy tính giá trị biểu thức :

ab 2 c

1 ca 2 b

1 bc

2 a

1

+

+ +

+ +

Bài 3 : ( 3 điểm)

1 Cho a, b là các số nguyên, a chia cho 7 d 2 và b chia cho 7 d 3 Hỏi a2 +b2 chia cho 7 d

bao nhiêu?

2 Chứng minh với mọi số tự nhiên n thì n2 − 5n + 120 không chia hết cho 169

3 Tìm số nguyên tố p sao cho biểu thức M = 2p + p 2 có giá trị là số nguyên tố.

Bài 4 : ( 6 điểm)

Cho hình thang ABCD, hai đờng chéo cắt nhau tại O Đờng thẳng đi qua O và song song với hai đáy cắt các cạnh bên AD, BC lần lợt tại các điểm M và N

a) Chứng minh AMAD =BNBC

b) Chứng minh

CD

1 AB

1 ON

1 OM

c) Cho diện tích các tam giác AOD, COD lần lợt là a2 và b2 (a, b là các số dơng) Tính diện tích hình thang ABCD theo a và b

Bài 5 : ( 1 điểm)

Cho hình bình hành ABCD, kẻ 2010 đờng thẳng sao cho mỗi đờng thẳng chia hình bình hành ABCD thành hai hình thang có tỉ số diện tích bằng

3

1

Chứng minh rằng trong 2010 đờng thẳng đó có 503 đờng thẳng cùng đi qua một điểm

Hớng dẫn chấm bài khảo sát học sinh giỏi vòng 3

môn toán lớp 8

Bài 1 :

( 5 điểm)

1 Phân tích đa thức thành nhân tử

a) x2 + 4x− 5 (1,5 điểm)

b) a3(b − c) + b3(c − a) + c3(a − b) (2 điểm)

= a3(b − c) − b3[(b − c) + (a − b)] + c3(a − b) 0,5

= a3(b − c) − b3(b − c) − b3(a − b) + c3(a − b) 0,25

= (b − c)( a3− b3) − (a − b)( b3 − c3) 0,25

=(b − c)(a − b)(a2 + ab + b2) − (a − b)(b − c)( b2 + bc + c2) 0,25

= (b − c)(a − b)(a2 + ab + b2 − b2 − bc − c2) 0,25

2 Tìm x, y biết : 2x2 + 4x + 4xy − 2y + 5y2 + 5 = 0 (1,5 điểm)

- Viết đẳng thức về dạng (x + 2)2 + (y − 1)2 + (x + 2y)2 = 0 0,5

- Lập luận các bình phơng không âm =>(x + 2)2 = (y − 1)2= (x + 2y)2 = 0 0,5

Bài 2 :

( 5 điểm)

1 Cho a, b là các số dơng thoả mãn 5a2 − 2b2 = 3ab và 2a ≠ b

Tính giá trị biểu thức 4 a 2 b 2

ab P

−

- Từ 5a2 − 2b2 = 3ab =>5a2 − 2b2 − 3ab = 0 => (a − b)(5a + 2b) = 0 0,5

- do a, b > 0 => 5a + 2b > 0 => a = b 0,5

- Tính tiếp đến P =

3

1

0,5

2 Cho abc =2

Rút gọn biểu thức M ab aa 2 bc bb 1 ac 22cc 2

+ +

+ + +

+ + +

abc abc ac

abc 1

b bc

b abc

a ab

a

2

+ +

+ + +

+ + +

b bc 1

bc 1

b bc

b bc

1 b

1 M

+ +

+ + +

+ + +

1 b bc

1 b bc M

+ +

+ +