1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

51 bài tập HSG toán 8

13 416 1

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 13
Dung lượng 826,5 KB

Nội dung

BỒI DƯỢNG 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 µ F = 90 0 , µ H = 90 0 , µ D = 90 0  Tứ giác EFHD là HCN => EF = AH Xét ∆ AHB và ∆ EFA có: µ µ µ 1 1 A E C= = ; EF = AH; µ µ 0 90F H= = => ∆ 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 = 45 0 * 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 µ B => 1 2 AM AB MC BC = = => AB = 2 BC (1) CN là phân giác µ C => 3 4 NA AC 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) x 2 + 6x + 5 b) x 4 + 2007x 2 + 2006x + 2007. c) (x + 1).(x + 2).(x + 3).(x + 4) + 1. • BÀI 18: Cho biểu thức: A = 2 2 2 2 4 3 1 3 : 3 1 1 3 x x x x x x x x + − + −   + − −  ÷ + +   (x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ 1 2 ) a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trò của A với x = 6022. c) Tìm x để A < 0. 1 1 1 M D H F C B A M C N B A d) Tìm giá trò nguyên của x để A nhận giá trò nguyên. Giải a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ 1 2 A = 2 2 1 2 3 1 1 3 3 3 3 x x x x x x x x x + + − − − − = = b) Thay x = 6022 vào A ta có: A = 6022 1 3 − = 2007 c) A nhận giá trò 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 trò nguyên. • BÀI 19: Giải phương trình: 148 169 186 199 10 25 23 21 19 x x x x− − − − + + + = Giải  148 169 186 199 1 2 3 4 0 25 23 21 19 x x x x− − − −         − + − + − + − =  ÷  ÷  ÷  ÷          (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 60 0 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: ¶ ¶ 0 1 1 120D M= − ; Vì ¶ 2 M = 60 0 nên ta có: ¶ ¶ 0 3 1 120M M= − => ¶ ¶ 1 3 D M= ∆ BMD ~ ∆ CEM (g.g) (1) => BD BM CM CE = => BD.CE = BM.CM Vì : BM = CM = 2 BC => BD.CE = 2 4 BC b) Từ (1) => BD MD CM EM = mà BM = CM nên ta có: BD MD BM EM = => BD BM MD EM = µ ¶ 2 B M= = 60 0 => ∆ BMD ~ ∆ MED (c.g.c) => ¶ ¶ 1 2 D D= => DM là phân giác · BDE CM tương tự ta có: EM là phân giác · CED 2 K H I E D C y M x B A c) Kẻ MH ⊥ AB; MI ⊥ DE; MK ⊥ AC ∆ vuông DHM = ∆ vuông DIM ( CH- GN) => DH = DI ∆ vuông MEI = ∆ vuông MEK (CH – GN) => EI = EK CV ADE = AD + DI + IE + AE = AD + DH + EK + AE = AH + AK Mà: ∆ vuông AHM = ∆ vuông AKM (CH – GN)  AH = AK => CV ADE = 2AH ( không đổi) • BÀI 21:Cho x + 1 x = a. Tính:x 2 + 2 1 x ; x 3 + 3 1 x ; x 4 + 4 1 x ; x 5 + 5 1 x Giải a) x 2 + 2 1 x = 2 1 2x x   + −  ÷   = a 2 – 2 b) x 3 + 3 1 x = 2 2 1 1 1x x x x    + − +  ÷ ÷    = 2 1 1 1x x x x    + + −  ÷ ÷    = a(a 2 – 2 – 1) = a(a 2 – 3) c) x 4 + 4 1 x = (x 2 ) 2 + 2 2 1 x    ÷   = 2 2 2 1 x x   +  ÷   - 2 = (a 2 – 2) 2 – 2 = a 4 – 4a 2 – 4 – 2 = a 4 – 4a 2 +2 d) x 5 + 5 1 x = 4 3 2 2 3 4 1 1 1 1 1 . . .x x x x x x x x x x    + − + − +  ÷ ÷    = 4 2 4 2 1 1 1 1x x x x x x    + + − + −  ÷ ÷    = 4 2 4 2 1 1 1 1x x x x x x         + + − + +  ÷  ÷  ÷           = a ( ) ( ) 4 2 2 4 2 2 1a a a   − + − − +   = a(a 4 – 4a 2 + 2 – a 2 + 2 + 1) = a(a 4 – 5a 2 + 5) = a 5 – 5a 3 + 5 • BÀI 22: Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ: 3 2 2 1 1 13 16 0x x x x     + − + + =  ÷  ÷     Đặt y = 1 x x   +  ÷   => x 2 + 2 1 x = 2 1 2x x   + −  ÷   = y 2 – 2 Ta có phương trình: 3(y 2 – 2) – 13y + 16 = 0  3(y 2 – 2) – 13y + 16 = 0  3y 2 – 6 – 13y + 16 = 0  3y 2 – 13y + 10 = 0  3y 2 – 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 => x 2 – x + 1 = 0  2 1 3 2 4 x   − +  ÷   > 0 ∀ x Vậy p.t VN. * y = 10 3  x + 1 10 3x =  3x 2 – 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) a 4 + 4b 4 = a 4 + 4a 2 b 2 – 4a 2 b 2 + 4b 4 = (a 2 ) 2 + 2.2a 2 b 2 + 4b 2 – 4a 2 b 2 = (a 2 + 2b 2 ) 2 – (2ab) 2 = (a 2 + 2b 2 – 2ab)(a 2 + 2b 2 + 2ab) 3 b) a 4 + a 2 + 1 = a 4 + a 2 + a 2 – a 2 + 1 = (a 2 ) 2 + 2a 2 + 1 – a 2 = (a 2 + 1) 2 – a 2 = (a 2 – a + 1)(a 2 + a + 1) • BÀI 24: Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp đặt biến phụ) a) Q = (x 2 + x + 1)(x 2 + x + 2) – 12 Đặt: Y = x 2 + x + 1 ta có: Q = Y(Y + 1) – 12 = Y 2 + Y – 12 = Y 2 – 3Y + 4Y – 12 = (Y – 3)(Y + 4) Trở về biến x ta được: Q = (x 2 + x + 1 – 3)(x 2 + x + 1 + 4) = (x 2 + x – 2)(x 2 + x + 5) = (x – 1)(x + 2)(x 2 + x + 5) b) P = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 = (x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) – 24 = (x 2 + 5x + 4)(x 2 + 5x + 6) – 24 = (x 2 + 5x + 4)(x 2 + 5x + 4 + 2) – 24 Đặt Y = x 2 + 5x + 4 ta được: P = Y(Y + 2) – 24 = Y 2 + 2Y – 24 = Y 2 + 6Y – 4Y – 24 = (Y + 6)(Y – 4) Trở về biến x ta được: P = (x 2 + 5x + 4 + 6)(x 2 + 5x + 4 – 4) P = (x 2 + 5x + 10)(x 2 + 5x ) = x(x + 5)(x 2 + 5x + 10) *BÀI 25: Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp phối hợp nhiều pp) a) x 10 + x 8 + x 6 + x 4 + x 2 + 1 = (x 10 + x 8 + x 6 ) + x 4 + x 2 + 1) = x 6 (x 4 + x 2 + 1) + (x 4 + x 2 + 1) = (x 4 + x 2 + 1)(x 6 + 1) = (x 4 + x 3 – x 3 + x 2 + x 2 – x 2 + x – x + 1)[(x 2 ) 3 + 1 3 ] = [(x 4 + x 3 + x 2 ) – (x 3 + x 2 + x) + (x 2 + x + 1)][(x 2 ) 3 + 1] = [(x 2 + x + 1)(x 2 – x + 1)][(x 2 + 1)(x 4 – x 2 + 1)] b) a(b 2 + c 2 ) + b(c 2 + a 2 ) + c(a 2 + b 2 ) + 2abc = ab 2 + ac 2 + bc 2 + ba 2 + (ca 2 + cb 2 + 2abc) = ab(b + a) + c 2 (a + b) + c(a 2 + b 2 + 2ab) = (a + b)[(ab + c 2 ) + c(a + b)] = (a + b)(ab + c 2 + 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: 4 B I C M N F E D A K P I N M C B D A DC = BC ; NC = BM ; µ µ B C= = 90 0 => ∆ MCB = ∆ NDC (c.g.c) => · · BMC DNC= Mà: · · BCM BMC+ = 90 0 => · · MCN DNC+ = 90 0 => MC ⊥ DN Ta lại có: AK ⊥ DN => AK // MC Xét ∆ ADK và ∆ CBM có: AD = BC ; · · DAK MCB= ; · · ADC MBC= = 90 0 => ∆ 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: µ B chung ; Â = µ H = 90 0 => ∆ ABH ~ ∆ CBA (g.g) => AB BH CB BA = => AB 2 = CB.BH = 25. 9 = 225 => AB = 15 (cm) p dụng ĐL Pitago trong ∆ vuông ABC ta có: AC 2 = BC 2 – AB 2 = 25 2 – 15 2 = 625 – 225 = 400  AC = 20 (cm) Chu vi ∆ ABC: AB + AC + BC = 15 + 20 + 25 = 60 (cm) • BÀI 29:Giải phương trình: 3x 4 – 13x 3 + 16x 2 – 13x + 3 = 0 Giải Chia 2 vế cho x 2 ta có: 3x 2 – 13x + 16 2 13 3 x x + = 0  3 2 2 1 1 13x x x x     + − +  ÷  ÷     + 16 = 0 Đặt: x + 1 x = y => x 2 + 2 1 x = y 2 – 2 3(y 2 – 2) – 13y + 16 = 0  (y – 1)(3y – 10) = 0  1 10 3 y y =    =   * y = 1 => x + 1 x = 1 PT này VN. Vì: x 2 – 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. 5 16cm 9cm C H B A *BÀI 30: Chứng minh rằng: a) 2 a b b a + ≥ (với a, b > 0) b) 6 a b b c c a c a b + + + + + ≥ (với a, b, c > 0) c) (a 2 + b 2 )c + (b 2 + c 2 )a + (c 2 + a 2 )b ≥ 6abc (với a, b, c > 0) Giải c)Ta có: (a – b) 2 ≥ 0 => a 2 + b 2 ≥ 2ab  (a 2 + b 2 )c ≥ 2abc Tương tự ta có: (b 2 + c 2 )a ≥ 2abc (c 2 + a 2 )b ≥ 2abc  (a 2 + b 2 )c + (b 2 + c 2 )a + (c 2 + a 2 )b ≥ 6abc Xảy ra đẳng thức  a = b = c a) Ta có:(a - b) 2 ≥ 0 <=> a 2 + b 2 -2ab ≥ 0  a 2 + b 2 ≥ 2ab  2 2 2 a b ab + ≥  2 a b b a + ≥ b) Ta có: VT = a b b c c a c c a a b b       + + + + +  ÷  ÷  ÷       = a c b a b c c a a b c b       + + + + +  ÷  ÷  ÷       Theo KQ câu a, ta có: 2; 2; 2 a c b a b c c a a b c b + ≥ + ≥ + ≥ VT ≥ 6 *BÀI 31: Giải bất phương trình sau: 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1)( 2) ( 2)( 3) ( 3)( 4) ( 4)( 5)x x x x x x x x x x + + + + + + + + + + + + + < 0  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 4 4 5x x x x x x x x x x − + − + − + − + − + + + + + + + + + < 0  1 1 5x 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: 4 1x x− + + = 9 1)Nếu x < -1 thì x – 4 < 0 và x + 1 < 0 => 4x − = -x + 4 và 1x + = -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 => 4x − = -x + 4 và 1x + = 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 => 4x − = x – 4 và 1x + = x + 1 P.t trở thành: x – 4 + x + 1 = 9 (ĐK: x > 4)  x = 6 (TMĐK) 6 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 1 1 1 1.3 3.5 5.7 (2 1)(2 1)n n + + + + − + Ta có: 1 1 2 2 1 2 1 (2 1)(2 1)n n n n − = − + − + Do đó: 2A = 1 1 1 1 1 1 1 3 3 5 2 1 2 1n n − + − + + − − + = 1 - 1 2 2 1 2 1 n n n = + + => A = 2 1 n n + b) B = 1 1 1 1 1.4 4.7 7.10 (3 2)(3 1)n n + + + + − + 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 trò nào của m để p.t có VSN. * BÀI 35: Cho A = 2a 2 b 2 + 2b 2 c 2 + 2a 2 c 2 – a 4 – b 4 – c 4 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 = 4a 2 b 2 – (a 4 + 2a 2 b 2 + b 4 + c 4 – 2b 2 c 2 – 2a 2 c 2 ) = (2ab) 2 – (a 2 + b 2 – c 2 ) 2 = (2ab + a 2 + b 2 – c 2 )(2ab – a 2 – b 2 + c 2 ) = [(a + b) 2 – c 2 ][-(a – b) 2 + c 2 ] = (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 trò của đa thức: a) P(x) = x 7 – 80x 6 + 80x 5 – 80x 4 +……….+ 80x + 15 tại x = 79 b) Q(x) = x 14 -10x 13 + 10x 12 – 10x 11 +……… + 10x 2 – 10x + 10 tại x = 9 Giải a) Ta có: P(x) = x 7 – 79x 6 – x 6 + 79x 5 + x 5 – 79x 4 – x 4 +……… +79x + x + 15 = x 6 (x – 79) – x 5 (x – 79) + x 4 (x – 79)- ………… –x(x – 79) + x + 15 Thay x = 79 vào ta có: P(79) = 94 b) Ta có: Q(x) = x 14 – 9x 13 – x 13 + 9x 12 + x 12 – 9x 11 - ………… + 9x 2 + x 2 – 9x – x + 10 = x 13 (x – 9) – x 12 (x – 9) + x 11 (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 7 a) Ta có: Â = 90 0 (gt) ; µ D = 90 0 ( MD ⊥ AB) ; µ E = 90 0 ( 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 µ B . p dụng t/c đường phân giác trong ∆ ABH ta có: 3 2 IA AB IH BH = = => 9 3 2BH = => 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 trò nguyên của x để giá trò của phân thức sau cũng là số nguyên. A = 2 3 4 17 2 x x x − − + ĐKXĐ: x ≠ -2 Ta có: A = (3x – 10) + 3 2x + A nguyên  3 2x + nguyên  3 M (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 trò nguyên. * BÀI 40:Cho x ≠ 0. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2 2002 2 1x x x − + Tìm x để A có GTNN. Giải Ta có: A = 2 2 2 2001 2 1x x x x + − + = 2 2 2 2 2001 ( 1)x x x x − + = 2001 + 2 2 ( 1)x x − Vì : (x – 1) 2 ≥ 0 và x 2 > 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. 8 C M E B D A 9 9 C H I B A Tính AM 2 + BN 2 + CP 2 + DQ 2 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 AM 2 + BN 2 + CP 2 + DQ 2 = (OA 2 – OM 2 ) + (OB 2 – ON 2 ) + (OC 2 – OP 2 ) + (OD 2 – OQ 2 ) = (OA 2 + OB 2 + OC 2 + OD 2 ) – (OM 2 + ON 2 + OP 2 + OQ 2 ) = (OA 2 + OB 2 + OC 2 + OD 2 ) – [(BN 2 + (OB 2 – BN 2 ) + (OC 2 – CP 2 ) + CP 2 ] = OA 2 + OB 2 + OC 2 + OD 2 – OB 2 – OC 2 = OA 2 + OD 2 = AD 2 = a 2 * 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 AQ S = . b) CMR: Tổng MQ MN MP AQ BN CP + + không phụ thuộc vào vò trí của điểm M thuộc miền trong tam giác ABC. Giải a) Kẻ MH ⊥ BC ; AK ⊥ BC  MH // AK => ∆ MHQ ~ ∆ AKQ => MH MQ AK AQ = Ta lại có: 1 . . 2 1 . . 2 MBC ABC MH BC S MH S AK AK BC = = => MBC ABC S MQ AQ S = b) CM tương tự câu a ta có: MAC ABC S MN BN S = ; MAB ABC SMP CP S = => MBC MAC MAB ABC ABC ABC S S SMQ MN MP AQ BN CP S S S + + = + + = MBC MAC MAB ABC S S S S + + = ABC ABC S S = 1 (hằng số) Vậy: tổng MQ MN MP AQ BN CP + + không phụ thuộc vào vò trí của điểm M thuộc miền trong tam giác ABC. *BÀI 43: Cho x ≠ 0. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức: B = 2 2 1 2 1 x x x x + + + + Ta có: B = ( ) 2 2 1 1 x x x + + + Đặt: y = x + 1 => x = y – 1  B = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 y y y − + − + − + = 2 2 2 1 1 1y y y y − + + − + = 2 2 1y y y − + = 2 1 1 1 y y − + Đặt: t = 1 y => B = 1 – t + t 2 = t 2 – t + 1 = (t - 1 2 ) 2 + 3 4 ≥ 3 4 9 Q P M N d O C B D A M Q H K C P N B A  GTNN của B là 3 4  t = 1 2 • t = 1 2  1 1 2y =  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 = OB 2 = OC 2 .CM: Ba tam giác MBO, OCN và MON đồng dạng. Giải *Xét ∆ MBO và ∆ OCN có: µ µ B C= (gt) MB OB OB CN = => MB OC OB CN = => ∆ MBO ~ ∆ OCN (c.g.c) (1) * Xét ∆ OCN và ∆ MON có: OM OB ON C N = ( do ∆ MBO ~ ∆ OCN) => OM OC ON C N = Ta lại có: µ ¶ ¶ 0 1 2 3 180O O O+ + = Và: ¶ ¶ µ 0 1 3 180N O C+ + = Mà : µ ¶ 1 1 O N= => ¶ µ 2 O 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(y 2 – z 2 ) + y(z 2 – x 2 ) + z(x 2 – y 2 ) = xy 2 – xz 2 + yz 2 – yx 2 + zx 2 – zy 2 = (xy 2 – yx 2 ) + (yz 2 – xz 2 ) + (zx 2 – zy 2 ) = xy(y – x) + z 2 (y – x) –z(y 2 – x 2 ) = (y – x)[xy + z 2 – z(y + x)] = (y – x)(xy + z 2 – zy – zx) = (y – x)[x(y – z) – z(y – z)] = (y – x)(y – z)(x – z) *BÀI 46: Cho biểu thức: A = 4 3 4 3 5 4 3 2 3 1 4 1 1 1x 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: x 4 – x 3 + x – 1 = x 3 (x – 1) + (x – 1) = (x – 1)(x 3 + 1) x 4 + x 3 – x - 1 = x 3 (x + 1) – (x + 1) = (x + 1)(x 3 – 1) x 5 – x 4 + x 3 – x 2 + x – 1 = (x 5 – x 2 ) – (x 4 – x) + (x 3 – 1) = x 2 (x 3 – 1) – x(x 3 – 1) + (x 3 – 1) = (x 3 – 1)(x 2 – x + 1)  A = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 3 1 4 1 1 1 1 1 1x x x x x x x − − − + + − − − + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x − − − + − + + − + + − + + − + MTC = (x – 1)(x + 1)(x 2 – x + 1)(x 2 + x + 1) 10 3 2 1 1 1 C O N B M A [...]... 2 4 4  ÷  2 4  A= BÀI 47: Cho biểu thức:  x2 6 1   10 − x 2  + + : x − 2+ B=  3 ÷ ÷ x+2   x − 4 x 6 − 3x x + 1   a) Rút gọn B b) Tính giá trò của B khi |x| = 1 2 c) Với giá trò nào của x thì B < 0 d) Với giá trò nào của x thì B = 2 Giải a) ĐKXĐ: x ≠ 0 ; x ≠ 2 ; x ≠ -2 b) |x| = 1 1 => x = ± 2 2 c) KQ: x > 2 1 2− x 2 2 KQ: B = và B = 3 5 3 KQ: x = 2 KQ: B = *BÀI 48: Giải phương trình:... (**) Từ (*) và (**) => MNPQ là hình thoi ·  MP là phân giác QMN · · b) MNQ = 450  MNP = 900  MN ⊥ NP => AC ⊥ BD · b) Từ MNQ = 450  AC ⊥ BD  MNPQ là hình vuông  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  a2x + a = ax + 2x + 2 x(a2 – a – 2) = 2 – a x(a + 1)(a – 2) = 2 – a 2−a  x = (a + 1)(a − 2) * Nếu (a + 1)(a – 2)... (SLT) (3) AH AB AG AH AG = =2 ; = = 2 => (4) OM MN GM OM GM Từ (3) và (4) => ∆ AHG ~ ∆ MOG (c.g.c) · c) Ta có: ∆ AHG ~ ∆ MOG => · AGH = OGM 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 · a) CM: MP là phân giác của QMN · b) Hình thang cân ABCD phải có thêm điều kiện gì đối với... 5x + 5 = 11  (x – 6)(x + 1) = 0  x = 6 và x = -1 *t = - 11  x2 – 5x + 5 = -11  x2 – 5x + 16 = 0 Vì: x2 – 5x + 16 = (x - 5 2 39 ) + ≥0 2 4 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 A b) ∆ AHG . 3k + 1 (k nguyên) thì A nhận giá trò nguyên. • BÀI 19: Giải phương trình: 1 48 169 186 199 10 25 23 21 19 x x x x− − − − + + + = Giải  1 48 169 186 199 1 2 3 4 0 25 23 21 19 x x x x− − − − . ; c + a – b > 0 ; c – a + b > 0 => A > 0 * BÀI 36: Tính giá trò của đa thức: a) P(x) = x 7 – 80 x 6 + 80 x 5 – 80 x 4 +……….+ 80 x + 15 tại x = 79 b) Q(x) = x 14 -10x 13 + 10x 12 . 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)

Ngày đăng: 28/01/2015, 03:00

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w