Bồi dưỡng HS giỏi Toán 842139

Bồi dưỡng HS giỏi Toán BÀI 15: Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đường cao AH Trên tia HC lấy HD = HA Đường vuông góc với BC D cắt AC E a) Chứng minh AE = AB b) Gọi M trung điểm BE Tính góc AHM Giải A ฀ ฀ ฀ = 900 a) Keû EF  AH Ta coù F = 90 , H = 900 , D  Tứ giác EFHD HCN => EF = AH F M ฀ C ฀ ; EF = AH; F ฀ H ฀  900 Xeùt  AHB  EFA có: ฀A1  E =>  AHB =  EFA ( g.c.g) => AB = AE b) Nối MA, MH, MD Xét  AMH  DMH có: AH = HD (gt) MH cạnh chung B D H C BE ( đường TT ứng với cạnh huyeàn) ฀ =>  AMH =  DMH (c.c.c) => ฀AHM  DHM => ฀AHM = 450 DM = AM = * BÀI 16: Cho tam giác ABC có chu vi 18 Trong BC cạnh lớn Đường phân giác góc B cắt AC M cho MA NA  Đường phân giác góc C cắt AB N cho  Tính MC NB cạnh tam giác ABC Giải Ta có: ฀ => AM  AB  BM phân giác B BC (1) MC BC 2 ฀ => NA  AC  => AC = 3BC (2) CN phân giác C NB BC 4 => AB = Maø : AB + BC + AC = 18 (3) Từ (1), (2) vaø (3) => A M N B C 3BC BC + BC + = 18 => BC = ; AB = 4; AC =  BAØI 17: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x + 6x + b) x4 + 2007x2 + 2006x + 2007 c) (x + 1).(x + 2).(x + 3).(x + 4) +  BAØI 18:  x2   4x 3x   x Cho biểu thức: A =  (x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ )   3 :  x 1  x 1 3x  3x a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị A với x = 6022 c) Tìm x để A < d) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Giải ThuVienDeThi.com a) ÑKXÑ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠  x 3x   x x  x x     3x 3x 3x 6022  A= = 2007 A= b) Thay x = 6022 vào A ta có: c) A nhận giá trị nguyên x nguyên x – chia hết cho Ta coù: x – = 3k => x = 3k + (với k nguyên) Vậy với x = 3k + (k nguyên) A nhận giá trị nguyên  BÀI 19: Giải phương trình: 148  x 169  x 186  x 199  x     10 25 23 21 19 Giaûi  148  x   169  x   186  x   199  x   1    2    3    4   25   23   21   19  1 1   (123 – x)        25 23 21 19  1 1   123 – x = Vì        25 23 21 19    x = 123 Vậy nghiệm p.t x = 123  BÀI 20: Cho tam giác ABC, gọi M trung điểm BC Một góc xMy 600 quay quanh điểm M cho cạnh Mx, My cắt cạnh AB AC D E CM: a) BD.CE = BC b) DM, EM tia phân giác góc BDE CED c) Chu vi tam giác ADE không đổi Giải a) Trong  BDM ta có: ฀  1200  M ฀ ; Vì M ฀ = 600 nên ta có: M ฀  1200  M ฀ ฀ M ฀ D => D 1 A x E I K D H B y M C BD BM => BD.CE = BM.CM  CM CE BC BC Vì : BM = CM = => BD.CE = BD MD b) Từ (1) => mà BM = CM nên ta có:  CM EM BD MD BD BM =>   BM EM MD EM ฀ M ฀ = 600 B ฀ D ฀ => DM phân giác BDE ฀ =>  BMD ~  MED (c.g.c) => D ฀ CM tương tự ta có: EM phân giác CED  BMD ~  CEM (g.g) (1) => c) Keû MH  AB; MI  DE; MK  AC  vuoâng DHM =  vuoâng DIM ( CH- GN) => DH = DI  vuoâng MEI =  vuoâng MEK (CH – GN) => EI = EK CVADE = AD + DI + IE + AE = AD + DH + EK + AE = AH + AK Mà:  vuông AHM =  vuông AKM (CH – GN) ThuVienDeThi.com  AH = AK => CVADE = 2AH ( không đổi)  BÀI 21:Cho x + 1 1 = a Tính:x2 + ; x3 + ; x4 + ; x5 + x x x x x Giaûi 1  =  x    = a2 – 2 x x        b) x3 + =  x    x    =  x    x   1 = a(a2 – – 1) = a(a2 – 3) x  x  x  x  x   a) x2 + 2 1     c) + = (x2)2 +   =  x   - = (a2 – 2)2 – = a4 – 4a2 – – = a4 – 4a2+2 x x  x    1 1   d) x5 + =  x    x  x3  x  x   x  x x x x  x         1    =  x    x   x    =  x    x     x    1 x   x   x   x  x x    = a a  4a   a   1 = a(a4 – 4a2 + – a2 + + 1) x4 = a(a4 – 5a2 + 5) = a5 – 5a3 +  BÀI 22: Giải phương trình cách đặt ẩn phụ:    x2   1   13  x    16   x  x  1 1   Đặt y =  x   => x2 + =  x    = y2 – x x x   Ta có phương trình: 3(y2 – 2) – 13y + 16 =  3(y2 – 2) – 13y + 16 =  3y2 – – 13y + 16 =  3y2 – 13y + 10 =  3y2 – 10y – 3y + 10 =  3y(y – 1) – 10(y – 1) =  (y – 1)(3y – 10) =  y = vaø y = 10 1  = => x2 – x + =   x    >  x x 2  10 10 * y= x+   3x2 – 10x + =  (3x – 1)(x – 3) = x P.t có nghiệm x = x = 3 * y=1x+ Vậy p.t VN * BÀI 23: Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp thêm bớt 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 + = a4 + a2 + a2 – a2 + = (a2)2 + 2a2 + – 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 + ta có: Q = Y(Y + 1) – 12 = Y2 + Y – 12 = Y2 – 3Y + 4Y – 12 = (Y – 3)(Y + 4) Trở biến x ta được: ThuVienDeThi.com Q = (x2 + x + – 3)(x2 + x + + 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 + + 2) – 24 Đặt Y = x2 + 5x + ta được: P = Y(Y + 2) – 24 = Y2 + 2Y – 24 = Y2 + 6Y – 4Y – 24 = (Y + 6)(Y – 4) Trở biến x ta được: P = (x2 + 5x + + 6)(x2 + 5x + – 4) P = (x2 + 5x + 10)(x2 + 5x ) = x(x + 5)(x2 + 5x + 10) *BAØI 25: Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp phối hợp nhiều pp) a) x10 + x8 + x6 + x4 + x2 + = (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 trung điểm AB, CD Tia MN cắt ฀ tia AD E cắt tia BC F CM: ฀AEM  BFM E F Giải D Gọi I trung điểm BD, ta có: N ฀ ฀ C BF // IN => BFN  INM ฀ AE // MI => ฀AEM  EMI I Xét  MNI có: IM = IN (2 đường trung bình) A ฀ ฀ ฀ =>  MNI cân I=> EMI => BFM  INM  ฀AEM M B * BAØI 27: Cho hình vuông ABCD Gọi M, N trung điểm AB, BC Các đoạn thẳng cắt I CM: IA = AD Giải M A B Từ A kẻ AP  DN cắt DC K, cắt DN I Xét  MCB  NDC có: I N ฀ C ฀ = 900 DC = BC ; NC = BM ; B P =>  MCB =  NDC (c.g.c) D K C ฀ ฀ ฀ ฀ => BMC  DNC Maø: BCM  BMC = 900 ฀ ฀ => MCN  DNC = 900 => MC  DN Ta lại có: AK  DN => AK // MC Xét  ADK  CBM có: ฀ ฀ ฀ AD = BC ; DAK  MCB ; ฀ADC  MBC = 900 =>  ADK =  CBM (g.c.g) => DK = BM Maø M laø trung điểm AB => K trung điểm CD  DP = IP ( PK đường TB  DIC)   DAI cân A => AD = AI ThuVienDeThi.com *BÀI 28: Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH chia cạnh huyền thành đoạn có độ dài cm 16 cm Tính chu vi tam giác ABC Giải ฀ chung ; Xét  ABH  CBA có: B =>  ABH ~  CBA (g.g) => ฀ = 900 AÂ = H AB BH  CB BA B => AB2 = CB.BH = 25 = 225 => AB = 15 (cm) p dụng ĐL Pitago  vuông ABC ta coù: 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 + = Giải Chia vế cho x2 ta coù: A 3x2 – 13x + 16 9cmH 16cm C 13 =0  x x2    1   13  x   + 16 =  x  x  1 Đặt: x + = y => x2 + = y2 – x x   x2  3(y2 – 2) – 13y + 16 = * y = => x + =1 x  y 1   (y – 1)(3y – 10) =   10  y  PT VN 1 Vì: x2 – x + =  x    > 2    10 x  y= => (3x – 1)(x – 3) =   3  x  Vaäy p.t cho có nghiệm x = x = 3 *BÀI 30: Chứng minh rằng: a b   (với a, b > 0) b a ab bc ca b)    (với a, b, c > 0) c a b a) c) (a2 + b2)c + (b2 + c2)a + (c2 + a2)b ≥ 6abc (với a, b, c > 0) Giải 2 c)Ta coù: (a – b) ≥ => a + b ≥ 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 Xaûy đẳng thức  a = b = c a) Ta coù:(a - b)2 ≥ a2 + b2 -2ab ≥ ThuVienDeThi.com a  b2 a b 2   2 ab b a a b b c c a a c         b a b c b) Ta coù: VT =            =             c c a a b b  c a a b c b  a2 + b2 ≥ 2ab  Theo KQ caâu a, ta coù: a c b a b c   2;   2;   VT ≥ c a a b c b *BÀI 31: Giải bất phương trình sau: 1 1     0 Vậy BPT vô nghiệm x( x  5)  Nếu x > x(x + 5) >   Vậy BPT cho có nghiệm -5 < x < * BÀI 32: Giải phương trình: x   x  = 1)Neáu x < -1 x – < x + < => x  = -x + vaø x  = -x – P.t trở thành: -x + – x – = (ÑK: x < -1) x = -3 (TMÑK) 2) Nếu -1 ≤ x ≤ x – ≤ vaø x + ≥ => x  = -x + vaø x  = x + P.t trở thành: -x + + x + = (ÑK: -1 ≤ x ≤ 4)  0x = VN 3) Neáu x > x – > x + > => x  = x – vaø x  = x + P.t trở thành: x – + x + = (ÑK: x > 4)  x = (TMĐK) Vậy p.t cho có tập nghiệm S = 3;6  BÀI 33: Rút gọn biểu thức: (n số nguyên dương) 1 1     1.3 3.5 5.7 (2n  1)(2n  1) 1   Ta coù: 2n  2n  (2n  1)(2n  1) 1 1 1 2n n   Do đó: 2A =      =1=> A = 3 2n  2n  2n  2n  2n  1 1     b) B = 1.4 4.7 7.10 (3n  2)(3n  1) n Kết quả: B = 3n  a) A = *BÀI 34: Giải biện luận phương trình: m(x + 3) – 2(m + 1) = 3m – 4x  mx + 3m – 2m – = 3m - 4x => (m + 4)x = 2(m + 1) ThuVienDeThi.com Biện luận: - Neáu m + ≠  m ≠ -4 ta có: x = 2(m  1) m4 - Nếu m + =  m = -4 p.t trở thành: 0x = -6 VN - Không có giá trị 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 cạnh tam giác A > Giải 2 2 4 a) A = 4a b – (a + 2a b + b + c – 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 cạnh tam giác thì: a + b + c > ; a + b – c > ; c + a – b > ; c – a + b > => A > * BÀI 36: Tính giá trị đa thức: a) P(x) = x7 – 80x6 + 80x5 – 80x4 +…….+ 80x + 15 taïi x = 79 b) Q(x) = x14 -10x13 + 10x12 – 10x11 +…… + 10x2 – 10x + 10 taïi x = Giải 6 a) Ta có: P(x) = x – 79x – x + 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 coù: 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 = vào ta có: Q(9) =  BÀI 37: Cho tam giác ABC vuông A, trung tuyến AM Kẻ MD  AB ; ME  AC a) CM : DE = AM b) CM:  ADE ~  ABC Giaûi ฀ ฀ = 900 ( ME  AC) 0 a) Ta coù: AÂ = 90 (gt) ; D = 90 ( MD  AB) ; E  Tứ giác ADME HCN => DE = AM (2 đường chéo HCN) A b) Ta coù MB = MC (gt) E D MD // AC (2 cạnh đối HCN)  D trung điểm AB C B M CM tương tự ta có: E trung điểm AC => DE đường TB cuûa  ABC => DE // BC =>  ADE ~  ABC * BÀI 38: Cho tam giác ABC có AB = AC = 9cm Tia phân giác góc B cắt đường cao AH I Biết AI  Tính chu vi tam giác ABC IH Giải ฀ Ta có: BI phân giác B p dụng t/c đường phân giác  ABH ta coù: A IA AB    => => BH = cm B IH BH BH Ta lại có:  ABC cân A có AH đường cao nên trung tuyeán I H C  BC = 2BH = 2.6 = 12 cm ThuVienDeThi.com Chu vi  ABC = + + 12 = 30 cm *BAØI 39:Tìm giá trị nguyên x để giá trị phân thức sau số nguyên A= ĐKXĐ: x ≠ -2 Ta coù: A = (3x – 10) + A nguyeân  x  x  17 x2 x2 nguyeân   (x + 2)  x +  Ö (3) x2 x+2= ±1;±3 * x + =  x = -1 (TMÑK) * x + = -1  x = -3 (TMÑK) * x + =  x = (TMÑK) * x + = -3  x = -5 (TMĐK) Vậy với x  { -5 ; -3 ; -1 ; } A có giá trị nguyên * BÀI 40:Cho x  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Tìm x để A có GTNN 2002 x  x  x2 Giaûi 2001x  x  x  Ta coù: A = x2 A= Vì : (x – 1)2 ≥ x2 > 2001x ( x  1) ( x  1)  = = 2001 + x2 x2 x2 ( x  1)  2001 Nên: 2001 + x2  GTNN A 2001  x =  BÀI 41:Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a, tâm O Kẻ đường thẳng d qua O, d không trùng với AC, BD Kẻ AM, BN, CP, DQ vuông góc với d Tính AM2 + BN2 + CP2 + DQ2 theo a d Giải N A Xét  vuôngAMO  vuông ONB có: B OA = OB (t/c đường chéo hình vuông) M ฀ ฀ ฀ MAO  NOB (cùng phụ AOM ) O =>  AMO =  ONB (CH-GN) => BN = OM P CM tương tự ta có:  CPO =  OQD => CP = OQ D C Q 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 * BAØI 42:Cho tam giác nhọn ABC, M điểm thuộc miền tam giác, đường thẳng AM, BN, CM cắt cạnh BC, CA, AB Q, N , P MQ S MBC  AQ S ABC MQ MN MP b) CMR: Tổng   không phụ thuộc vào vị trí điểm M thuộc miền AQ BN CP a) CM: tam giaùc ABC ThuVienDeThi.com a) Kẻ MH  BC ; AK  BC Giải  MH // AK =>  MHQ ~  AKQ => MH MQ  AK AQ A N P S MBC MH BC MH MQ S MBC    Ta lại có: => M S ABC AK AQ S ABC AK BC B Q H K C MN S MAC MP S MAB  b) CM tương tự câu a ta có: ;  BN S ABC CP S ABC S S S S MQ MN MP S MBC S MAC S MAB      => = MBC MAC MAB = ABC = (hằng số) AQ BN CP S ABC S ABC S ABC S ABC S ABC MQ MN MP   Vậy: tổng không phụ thuộc vào vị trí điểm M thuộc miền tam AQ BN CP giác ABC *BÀI 43: Cho x ≠ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = Ta có: B = x2  x  x  1 y  1   y  1    B= =  y   1 Đặt: t = y Đặt: y = x + => x = y – y2  y 1  y 1 1 y2  y 1 1 = = 1  2 y y y y => B = – t + t2 = t2 – t + = (t -  GTNN B  t= x2  x  x2  2x  1 3 ) + ≥ 4 t= 1  y=2  y  y=2 x+1=2x=1 Vậy GTNN B x=1 *BÀI 44:Cho tam giác ABC cân A, O trung điểm BC Lấy điểm M , N cạnh BA, CA thoả mãn: BM.BN = OB2 = OC2.CM: Ba tam giác MBO, OCN MON đồng dạng Giải A *Xét  MBO  OCN có: ฀ C ฀ (gt) B M MB OB MB OC =>   OB CN OB CN =>  MBO ~  OCN (c.g.c) (1) * Xét  OCN  MON có: OM OB  (  MBO ~  OCN) ON CN ฀ O ฀ O ฀  1800 Ta lại có: O ฀ ฀ ฀ Vaø: N  O  C  1800 N 1 B => O C OM OC  ON CN ThuVienDeThi.com ฀ N ฀ Maø : O 1 ฀ C ฀ =>  OCN ~  MON (c.g.c) (2) => O Từ (1) (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 = a) Rút gọn A b) CM: A > với moïi x   x  x  x 1 x  x  x 1 x  x  x  x2  x 1 Giải a) Ta có: x4 – x3 + x – = x3(x – 1) + (x – 1) = (x – 1)(x3 + 1) x4 + x3 – x - = x3(x + 1) – (x + 1) = (x + 1)(x3 – 1) x5 – x4 + x3 – x2 + x – = (x5 – x2) – (x4 – x) + (x3 – 1) = x2(x3 – 1) – x(x3 – 1) + (x3 – 1) = (x3 – 1)(x2 – x + 1)  A= = x  1x  1  x  1x  1  x  1x  x  1 3   2 x  1x  1x  x  1 x  1x  1x  x  1 x  1 x  x  1x  x  1   MTC = (x – 1)(x + 1)(x2 – x + 1)(x2 + x + 1) A= 3( x  x  1)  ( x  x  1)  4( x  1) 2( x  1) 2( x  1) 2( x  1) = = = = ( x  1)( x  1)( x  x  1)( x  x  1) ( x3  1)( x3  1) x6  ( x )3  2( x  1) ( x  1)( x  x  1) A= x  x 1 2 1 3   với x b) Ta coù: + + =  x     => A = 2 4   1 x    2   x   10  x  BÀI 47: Cho biểu thức: B =      : x    x2   x  x  3x x    x4 x2 a) Rút gọn B b) Tính giá trị B |x| = c) Với giá trị x B < d) Với giá trị x B = a) ÑKXÑ: x ≠ ; x ≠ ; x ≠ -2 b) |x| = 1 => x = ± 2 c) KQ: x > Giaûi 2 x 2 KQ: B = vaø B = KQ: x = KQ: B = ThuVienDeThi.com 10 *BÀI 48: Giải phương trình: (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) = 120  (x2 – 5x +4)(x2 – 5x + 6) = 120 Đặt: t = x2 – 5x + ta có: (t – 1)(t + 1)- 120 =  t2 – 121 =  t = 11 vaø t = - 11 * t = 11  x2 – 5x + = 11  (x – 6)(x + 1) =  x = vaø x = -1 *t = - 11  x2 – 5x + = -11  x2 – 5x + 16 = Vì: x2 – 5x + 16 = (x - 39 ) + ≥0 Neân: PTVN Vậy p.t cho có nghiệm x = x = - *BÀI 49:Cho tam giác ABC Gọi M trung điểm BC; N trung điểm AC Các đường trung trực BC AC cắt O; H trực tâm; G trọng tâm tam giác ABC CM: a)  ABH ~  MNO A b)  AHG ~  MOG c) Ba điểm H, G, O thẳng hàng N Giải H G a) Xét  ABH  MNO coù: AH // OM ; AB // MN O ฀ ฀ => BAH  OMN (1) B M C ฀ Ta lại có: ON // BH; AB // MN => ฀ABH  ONM (2) Từ (1) (2) =>  ABH ~  MNO (g.g) ฀ ฀ OMG  HAG b) Xét  AHG  MOG có: (SLT) (3) AH AB AG AH AG  2 ; = => (4)  OM MN GM OM GM Từ (3) vaø (4) =>  AHG ~  MOG (c.g.c) ฀ c) Ta coù:  AHG ~  MOG => ฀AGH  OGM Mà: A, G, M thẳng hàng (G trọng tâm) => H, G, O thẳng hàng  BÀI 50:Cho hình thang cân ABCD (AB = CD AB // CD) Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA ฀ a) CM: MP phân giác QMN ฀ b) Hình thang cân ABCD phải có thêm điều kiện đường chéo để MNQ = 450 c) CMR: Nếu có thêm điều kiện hình thang cân có đường cao đường trung bình M A B Giải a) Ta có: MA = MB (gt) ; NB = NC (gt) Q N  MN laø đường TB  ABC  MN // AC MN = CM tương tự ta có: Ta lại có: AC (1) D QP // AC vaø QP = QM = H P C AC (2) => MNPQ HBH (*) BD (QM đường TB  ABD) Mà: AC = BD (2 đường chéo HT cân) => QM = MN (**) Từ (*) (**) => MNPQ hình thoi ThuVienDeThi.com 11 ฀  MP phân giác QMN ฀ ฀  900  MN  NP => AC  BD b) MNQ  450  MNP ฀ b) Từ MNQ  450  AC  BD  MNPQ hình vuông Mà: MP = AH => AH = QN  MP = QN  BÀI 51:Giải biện luận phương trình sau (với a tham số): a(ax + 1) = x(a + 2) +  a2x + a = ax + 2x + 2 x(a2 – a – 2) = – a x(a + 1)(a – 2) = – a x= 2a (a  1)(a  2) * Neáu (a + 1)(a – 2) ≠ => a + ≠ vaø a – ≠ PT có nghiệm x = 2a 1  (a  1)(a  2) a  => a ≠ -1 a ≠  Nếu (a + 1)(a – 2) =  a + = hoaëc a – = => a = -1 a = + Nếu a = -1 p.t trở thành: 0x = (VN) +Nếu a = p.t trở thành: 0x = (VSN) KL: -Nếu a ≠ -1 a ≠ p.t có nghiệm x = - 1 a 1 Nếu a = - p.t VN Nếu a = p.t có VSN ThuVienDeThi.com 12