De HSG Toan 820162017 41

c CMR: Nếu có thêm điều kiện đó thì hình thang cân có đường cao bằng đường trung bình cuûa noù.[r]

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 F = 900 , H = 900 , D = 900

 Tứ giác EFHD là HCN => EF = AH

Xét AHB và EFA có: A1 E1C ; EF = AH; F H 900

=> 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 = 2

BE

( đường TT ứng với cạnh huyền) => 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 2

MA

MC  Đường phân giác góc C cắt AB ở N sao cho

3 4

NA

NB  Tính các cạnh của tam giác ABC

Giải

Ta có:

BM là phân giác B =>

1 2

MC BC  => AB = 2

BC

(1)

CN là phân giác C =>

3 4

NB BC  => AC =

3 4

BC

(2) Mà : AB + BC + AC = 18 (3)

Từ (1), (2) và (3) => 2

BC

+ BC +

3 4

BC

= 18 => BC = 8 ; AB = 4; AC = 6

 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

3 :

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

1 1 M D H

F

C B

A

M

C

N

B A

Giải a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠

1

2 A =

b) Thay x = 6022 vào A ta có: A =

6022 1 3

 = 2007 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:

D 1 1200 M 1 ; Vì M 2 = 600 nên ta có: M 3 1200 M 1 => D 1 M 3

BMD ~ CEM (g.g) (1) =>

CM CE => BD.CE = BM.CM

Vì : BM = CM = 2

BC

=> BD.CE =

2 4

BC

b) Từ (1) =>

CM EM mà BM = CM nên ta có:

BM EM =>

  2

B M = 600

=> BMD ~ MED (c.g.c) => D 1D 2 => DM là phân giác BDE

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

c) Kẻ MH  AB; MI  DE; MK  AC

K H

D

C

y

M

x

B A

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)

 AH = AK => CVADE = 2AH ( không đổi)

 BÀI 21 :Cho x +

1

x = a Tính:x2 + 2

1

x ; x3 + 3

1

x ; x4 + 4

1

x ; x5 + 5

1

x

Giải a) x2 + 2

1

x =

2 1 2

x x

 

  = a2 – 2 b) x3 + 3

1

x =

2

2

1

2

1

    = a(a2 – 2 – 1) = a(a2 – 3) c) x4 + 4

1

x = (x2)2 +

2 2

1

x

 

 

  =

2 2

2

1

x x



  - 2 = (a2 – 2)2 – 2 = a4 – 4a2 – 4 – 2 = a4 – 4a2+2 d) x5 + 5

1

x =

=

1

1

      

       = aa4 4a22  a2 21

  = 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 =

1

x x



  => x2 + 2

1

x =

2 1 2

x x

 

  = y2 – 2

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

x = 1 => x2 – x + 1 = 0 

2

1 3

2 4

x

  > 0 x Vậy p.t VN

* y =

10

3  x +

1 10 3

x   3x2

– 10x + 3 = 0  (3x – 1)(x – 3) = 0 P.t có 2 nghiệm là x =

1

3 và x = 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)

B

I C

M

N F E

D

A

K P

I N M

C

B

D A

=> 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

*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: B chung ; Â = H = 900

=> ABH ~ CBA (g.g) =>

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 2

13 3

x  x = 0  3

2

2

13

Đặt: x +

1

x = y => x2 + 2

1

x = y2 – 2

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

1 10 3

y y













* y = 1 => x +

1

x = 1 PT này VN

Vì: x2 – x + 1 =

2

1 3

2 4

x

  > 0

 y =

10

3 => (3x – 1)(x – 3) = 0 

1 3 3

x x









 



Vậy p.t đã cho có 2 nghiệm là x =

1

3 và x = 3

*BÀI 30: Chứng minh rằng:

16cm 9cm H C B

A

a) 2

a b

b a  (với a, b > 0)

a b b c c a

(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

 a2 + b2 ≥ 2ab 

2 2

2

ab





a b

b a 

b) Ta có: VT =

      =

Theo KQ câu a, ta có:

ca a b  c b  VT ≥ 6

*BÀI 31: Giải bất phương trình sau:

( 1) ( 1)( 2) ( 2)( 3) ( 3)( 4) ( 4)( 5)

x x  x x  x x  x x  x x < 0



x x  x  x x  x x  x x  x < 0



1 1

5

x x  < 0

5 ( 5)

x x  < 0 ĐKXĐ : x ≠ 0 ; x ≠ -5

 Nếu x > 0 thì x(x + 5) > 0 

5 ( 5)

x x  > 0 Vậy BPT vô nghiệm

 Nếu -5 < x < 0 thì x(x + 5) < 0 

5 ( 5)

x x  < 0 Vậy BPT có nghiệm là -5 < x < 0

*Nếu x < - 5 thì x(x + 5) > 0 

5 ( 5)

x x  > 0 Vậy BPT vô nghiệm

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 =

1.3 3.5 5.7   (2n1)(2n1)

Ta có:

2n1 2 n1 (2 n1)(2n1)

Do đó: 2A =

1 3 3 5    2n1 2 n1 = 1 -

2 1 2 1

n

n  n => A = 2 1

n

n 

b) B =

1.4 4.7 7.10   (3n 2)(3n1)

Kết quả: B = 3 1

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) ; D = 900 ( MD  AB) ; E = 900 ( 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 2

AI

IH  Tính chu vi tam giác ABC

Giải

Ta có: BI là phân giác B

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

3 2

IH BH  =>

9 3 2

BH  => BH = 6 cm

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

 BC = 2BH = 2.6 = 12 cm

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 =

2

3 4 17

2

x

 

 ĐKXĐ: x ≠ -2

Ta có: A = (3x – 10) +

3 2

x 

A nguyên 

3 2

x  nguyên  3  (x + 2)  x + 2  Ư (3)

 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 =

2 2

2002x 2x 1

x

 

Tìm x để A có GTNN

Giải

Ta có: A =

2 2 2

2001x x 2x 1

x

  

=

2001x (x 1)





= 2001 +

2 2

(x 1)

x



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

2 2

( 1)

2001

x 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

C M

E

B D A

9 9

C H

I B A

Tính AM2 + BN2 + CP2 + DQ2 theo a.

Giải Xét vuôngAMO và vuông ONB có:

OA = OB (t/c đường chéo hình vuông)

MAO NOB (cùng phụ AOM )

=> 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

b) CMR: Tổng

AQ  BN  CP không phụ thuộc vào vị trí của điểm M thuộc miền trong tam giác ABC

Giải a) Kẻ MH  BC ; AK  BC

 MH // AK => MHQ ~ AKQ =>

AK AQ

Ta lại có:

1 2 1 2

MBC ABC

MH BC

=>

MBC ABC

S MQ

AQ S

b) CM tương tự câu a ta có:

MAC ABC

S MN

BN S ;

MAB ABC

S MP

CP S

=>

ABC

S

=

ABC ABC

S

S = 1 (hằng số) Vậy: tổng

AQ  BN  CP không phụ thuộc vào vị trí của điểm M thuộc miền trong tam giác ABC

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

2 2

1

2 1

 

 

Ta có: B =  

2 2

1 1

x

 

 Đặt: y = x + 1 => x = y – 1

 B =

2

2

1 1

y

   

2

2

2 1 1 1

y

    

=

2 2 1

y

 

1 1 1

 

Đặt: t =

1

y => B = 1 – t + t2 = t2 – t + 1 = (t -

1

2)2 +

3

4 ≥

3 4

Q P

M N d

O

C

B

D A

M

B

A

 GTNN của B là

3

4  t =

1 2

 t =

1

2 

1 1

2

y   y = 2

 y = 2  x + 1 = 2  x = 1

Vậy GTNN của B là

3

4  x = 1

*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)

OB CN =>

OB CN

=> MBO ~ OCN (c.g.c) (1)

* Xét OCN và MON có:

ON CN ( do MBO ~ OCN) =>

ON CN

Ta lại có: O1O 2O 3 1800

Và: N 1O 3C 1800

Mà : O1N1 => O 2 C => OCN ~ MON (c.g.c) (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)

x  x  x  x x  x  x  x x  x  x

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 

x x x  x  x x x  x  x x  x x  x

3

1 1

C O

N

B M A