Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8

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. Chứng minh AE = AB. Gọi M là trung điểm của BE. Tính góc AHM. Giải Kẻ EF AH. Ta có: = 900 , = 900 , = 900 Tứ giác EFHD là HCN EF = AH Xét AHB và EFA có: EF = AH => 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) => AMH = DMH (c.c.c) => => = 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 . Đường phân giác góc C cắt AB ở N sao cho . Tính các cạnh của tam giác ABC. Giải Ta có: BM là phân giác => AB = (1) CN là phân giác => AC = (2) Mà : AB + BC + AC = 18 (3) Từ (1), (2) và (3) => + BC + = 18 BC = 8 ; AB = 4; AC = 6 BÀI 17: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: x2 + 6x + 5 x4 + 2007x2 + 2006x + 2007. (x + 1).(x + 2).(x + 3).(x + 4) + 1. BÀI 18: Cho biểu thức: A = (x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ ) Rút gọn biểu thức A. Tính giá trị của A với x = 6022. Tìm x để A < 0. Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên. Giải ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ A = b) Thay x = 6022 vào A ta có: A = = 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: Giải ĩ ĩ (123 – x) ĩ 123 – x = 0 Vì ĩ 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: BD.CE = DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED. Chu vi tam giác ADE không đổi. Giải Trong BDM ta có: Vì = 600 nên ta có: => BMD ~ CEM (g.g) (1) => => BD.CE = BM.CM Vì : BM = CM = => BD.CE = Từ (1) => mà BM = CM nên ta có: => = 600 => BMD ~ MED (c.g.c) => => DM là phân giác CM tương tự ta có: EM là phân giác 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) AH = AK CVADE = 2AH ( không đổi) BÀI 21:Cho x + = a. Tính:x2 + ; x3 + ; x4 + ; x5 + Giải x2 + = = a2 – 2 x3 + = = = a(a2 – 2 – 1) = a(a2 – 3) x4 + = (x2)2 + = - 2 = (a2 – 2)2 – 2 = a4 – 4a2 – 4 – 2 = a4 – 4a2 + 2 x5 + = = = = a = 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 Đặt y = => x2 + = = y2 – 2 Ta có phương trình: 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ĩ 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ĩ 3y2 – 6 – 13y + 16 = 0 ĩ 3y2 – 13y + 10 = 0 ĩ 3y2 – 10y – 3y + 10 = 0 ĩ 3y(y – 1) – 10(y – 1) = 0 ĩ (y – 1)(3y – 10) = 0 ĩ y = 1 và y = * y = 1 ĩ x + = 1 => x2 – x + 1 = 0 ĩ > 0 x Vậy p.t VN. *y = ĩ x + ĩ 3x2 – 10x + 3 = 0 ĩ (3x – 1)(x – 3) = 0 P.t có 2 nghiệm là x = và x = 3. * BÀI 23: Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp thêm bớt cùng 1 hạng tử) a4 + 4b4 = a4 + 4a2b2 – 4a2b2 + 4b4 = (a2)2 + 2.2a2b2 + 4b2 – 4a2b2 = (a2 + 2b2)2 – (2ab)2 = (a2 + 2b2 – 2ab)(a2 + 2b2 + 2ab) 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) 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) 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) 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)] 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: . Giải Gọi I là trung điểm của BD, ta có: BF // IN => AE // MI => Xét MNI có: IM = IN (2 đường trung bình) => MNI cân tại I => => * 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 = 900 => MCB = NDC (c.g.c) => Mà: = 900 => = 900 => MC DN Ta lại có: AK DN => AK // MC Xét ADK và CBM có: AD = BC = 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: chung  = = 900 => ABH ~ CBA (g.g) => => 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 = 0 ĩ 3 + 16 = 0 Đặt: x + = y => x2 + = y2 – 2 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ĩ (y – 1)(3y – 10) = 0 ĩ * y = 1 => x + = 1 PT này VN. Vì: x2 – x + 1 = > 0 y = => (3x – 1)(x – 3) = 0 ĩ Vậy p.t đã cho có 2 nghiệm là x = và x = 3. *BÀI 30: Chứng minh rằng: a) (với a, b > 0) b) (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 ĩ (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 ĩ a = b = c Ta có:(a - b)2 ≥ 0 a2 + b2 -2ab ≥ 0 ĩ a2 + b2 ≥ 2ab ĩ ĩ Ta có: VT = = Theo KQ câu a, ta có: VT ≥ 6 *BÀI 31: Giải bất phương trình sau: < 0 ĩ < 0 ĩ < 0ĩ < 0 ĐKXĐ : x ≠ 0 ; x ≠ -5 Nếu x > 0 thì x(x + 5) > 0 ĩ > 0 Vậy BPT vô nghiệm. Nếu -5 < x < 0 thì x(x + 5) < 0 ĩ < 0 Vậy BPT có nghiệm là -5 < x < 0 *Nếu x 0 ĩ > 0 Vậy BPT vô nghiệm. Vậy BPT đã cho có nghiệm -5 < x < 0 *BÀI 32: Giải phương trình: = 9 1)Nếu x = -x + 4 và = -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 và = x + 1 P.t trở thành: -x + 4 + x + 1 = 9 (ĐK: -1 ≤ x ≤ 4) ĩ 0x = 4 VN 3) Nếu x > 4 thì x – 4 > 0 và x + 1 > 0 => = x – 4 và = x + 1 P.t trở thành: x – 4 + x + 1 = 9 (ĐK: x > 4) ĩ x = 6 (TMĐK) Vậy p.t đã cho có tập nghiệm là S = BÀI 33: Rút gọn các biểu thức: (n là số nguyên dương) A = Ta có: Do đó: 2A = = 1 - A = B = Kết quả: B = *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 ĩ m ≠ -4 ta có: x = Nếu m + 4 = 0 ĩ 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 Phân tích A thành nhân tử. CMR: Nếu a, b, c là 3 cạnh của tam giác thì A > 0. Giải 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 = (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: 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 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 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. CM : DE = AM. CM: ADE ~ ABC. Giải Ta có:  = 900 (gt) = 900 ( MD AB) = 900 ( ME AC) Tứ giác ADME là HCN. DE = AM (2 đường chéo HCN) 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 . Tính chu vi tam giác ABC. Giải Ta có: BI là phân giác . Aùp dụng t/c đường phân giác trong ABH ta có: => => 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 = ĐKXĐ: x ≠ -2 Ta có: A = (3x – 10) + A nguyên ĩ nguyên ĩ 3 (x + 2) ĩ x + 2 Ư (3) ĩ x + 2 = ± 1 ; ± 3 * x + 2 = 1 ĩ x = -1 (TMĐK) * x + 2 = -1 ĩ x = -3 (TMĐK) * x + 2 = 3 ĩ x = 1 (TMĐK) * x + 2 = -3 ĩ 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 = Tìm x để A có GTNN. Giải Ta có: A = = = 2001 + Vì : (x – 1)2 ≥ 0 và x2 > 0 Nên: 2001 + GTNN của A là 2001 ĩ 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. CM: . CMR: Tổng không phụ thuộc vào vị trí của điểm M thuộc miền trong tam giác ABC. Giải Kẻ MH BC ; AK BC MH // AK MHQ ~ AKQ Ta lại có: => b) CM tương tự câu a ta có: => = = = 1 (hằng số) Vậy: tổng 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 = Ta có:B = Đặt: y = x + 1 => x = y – 1 B = = = = Đặt: t = B = 1 – t + t2 = t2 – t + 1 = (t - )2 + ≥ GTNN của B là ĩ t = t = ĩ ĩ y = 2 y = 2 ĩ x + 1 = 2 ĩ x = 1 Vậy GTNN của B là ĩ 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: (gt) => => MBO ~ OCN (c.g.c) (1) * Xét OCN và MON có: ( do MBO ~ OCN) => Ta lại có: Và: Mà : => => 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) *BÀI 46: Cho biểu thức: A = Rút gọn A. CM: A > 0 với mọi x. Giải 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 = = MTC = (x – 1)(x + 1)(x2 – x + 1)(x2 + x + 1) A = = = = = A = b) Ta có: x4 + x2 + 1 = => A = với mọi x BÀI 47: Cho biểu thức: B = Rút gọn B. Tính giá trị của B khi |x| = . Với giá trị nào của x thì B < 0. Với giá trị nào của x thì B = 2. Giải ĐKXĐ: x ≠ 0 ; x ≠ 2 ; x ≠ -2 KQ: B = |x| = => x = ± KQ: B = và B = KQ: x > 2 KQ: x = *BÀI 48: Giải phương trình: (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) = 120 ĩ (x2 – 5x +4)(x2 – 5x + 6) = 120 Đặt: t = x2 – 5x + 5 ta có: (t – 1)(t + 1)- 120 = 0 ĩ t2 – 121 = 0 ĩ t = 11 và t = - 11 * t = 11 ĩ x2 – 5x + 5 = 11 ĩ (x – 6)(x + 1) = 0 ĩ x = 6 và x = -1 *t = - 11 ĩ x2 – 5x + 5 = -11 ĩ x2 – 5x + 16 = 0 Vì: x2 – 5x + 16 = (x - )2 + ≥ 0 Nên: PTVN Vậy p.t đã cho có 2 nghiệm là x = 6 và x = - 1. *BÀI 49:Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của BC; N là trung điểm của AC. Các đường trung trực của BC và AC cắt nhau tại O; H là trực tâm; G là trọng tâm của tam giác ABC. CM: a) ABH ~ MNO. b) AHG ~ MOG. c) Ba điểm H, G, O thẳng hàng. Giải Xét ABH và MNO có: AH // OM AB // MN => (1) Ta lại có: ON // BH AB // MN => (2) Từ (1) và (2) => ABH ~ MNO (g.g) Xét AHG và MOG có: (SLT) (3) = 2 => (4) Từ (3) và (4) => AHG ~ MOG (c.g.c) Ta có: AHG ~ MOG => Mà: A, G, M thẳng hàng (G là trọng tâm) H, G, O thẳng hàng. BÀI 50:Cho hình thang cân ABCD (AB = CD và AB // CD). Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. CM: MP là phân giác của . Hình thang cân ABCD phải có thêm điều kiện gì đối với đường chéo để = 450. CMR: Nếu có thêm điều kiện đó thì hình thang cân có đường cao bằng đường trung bình của nó. Giải Ta có: MA = MB (gt) NB = NC (gt) MN là đường TB ABC MN // AC và MN = AC (1) CM tương tự ta có: QP // AC và QP = AC (2) MNPQ là HBH (*) Ta lại có: QM = BD (QM là đường TB ABD) Mà: AC = BD (2 đường chéo HT cân) QM = MN (**) Từ (*) và (**) => MNPQ là hình thoi. MP là phân giác . b) ĩ ĩ MN NP AC BD Từ ĩ AC BD ĩ MNPQ là hình vuông ĩ MP = QN Mà: MP = AH AH = QN BÀI 51:Giải và biện luận phương trình sau (với a là tham số): a(ax + 1) = x(a + 2) + 2 ĩ a2x + a = ax + 2x + 2ĩ x(a2 – a – 2) = 2 – aĩ x(a + 1)(a – 2) = 2 – a ĩ x = * Nếu (a + 1)(a – 2) ≠ 0 => a + 1 ≠ 0 và a – 2 ≠ 0 => a ≠ -1 và a ≠ 2 PT có 1 nghiệm là x = Nếu (a + 1)(a – 2) = 0 a + 1 = 0 hoặc a – 2 = 0 a = -1 hoặc a = 2 + Nếu a = -1 p.t trở thành: 0x = 3 (VN) +Nếu a = 2 p.t trở thành: 0x = 0 (VSN) KL: -Nếu a ≠ -1 và a ≠ 2 thì p.t có 1 nghiệm x = Nếu a = - 1 thì p.t VN Nếu a = 2 thì p.t có VSN