Các chuyên đề bồi dưỡng HSG toán lớp 8

Tailieumontoan.com  SƯU TẦM VÀ TỔNG HỢP MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP Thanh Hóa, Tháng 11 năm 2019 Website:tailieumontoan.com TUYỂN TẬP MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh chuyên đề tốn THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy em tuyển tập chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp Chúng kham khảo qua nhiều tài liệu để làm tài liệu nhằm đáp ứng nhu cầu tài liệu hay cập nhật dạng toán nâng cao lớp thường kì thi gần Chuyên đề gồm phần: • Chuyên đề đẳng thức đáng nhớ • Phân tích đa thức thành nhân tử • Phương trình đại số • Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức • Chứng minh bất đẳng thức • Chuyên đề đa thức • Chuyên đề hình học lớp Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng chun đề để giúp em học tập Hy vọng chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, cô giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ chuyên đề này! Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Mục Lục Trang Lời nói đầu Chủ đề Hằng đẳng thức Chuyên đề 2: Phân tích đa thức thành nhân tử 19 Chuyên đề 3: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức 58 Chuyên đề 4: Phương trình đại số 111 Chuyên đề 5: Đồng thức 131 Chuyên đề 6: Bất đẳng thức 157 Chuyên đề 7: Đa thức 175 Chuyên đề 8: Hình học 186 Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com CHUYÊN ĐỀ 1: HẲNG ĐẲNG THỨC A CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC CƠ BẢN (a + b) = a + 2ab + b = a − 2ab + b + 4ab = (a − b) + 4ab (a − b) = a − 2ab + b = a + 2ab + b − 4ab = (a + b) − 4ab a − b = (a − b)(a + b) (a + b)3 = a + 3a 2b + 3ab + b3 = a + b3 + 3ab(a + b) ⇒ a + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) (a − b)3 = a − 3a 2b + 3ab − b3 = a − b3 − 3ab(a + b) ⇒ a − b3 = (a − b)3 + 3ab(a − b) a − b3 = (a − b)(a + ab + b ) a + b3 = (a + b)(a − ab + b ) Bài 1: a) Tính A = 1002 − 992 + 982 − 97 + + 22 − 12 −12 + 22 − 32 + 42 − + ( −1) n b) Tính B = n Lời giải a) Ta có: A= 1002 − 992 + 982 − 97 + + 22 − 12 = (100 − 99)(100 + 99) + + (2 − 1)(2 + 1)= 100 + + 1= b) Ta xét hai trường hợp 101.100 = 5050 - TH1: Nếu n chẵn B = ( 22 − 12 ) + ( 42 − 32 ) + +  n − ( n − 1)  =1 + + + + + ( n − 1) + n =   n ( n + 1) - TH1: Nếu n lẻ 2 B =( 22 − 12 ) + ( 42 − 32 ) + + ( n − 1) − ( n − )  − n =+ + + + + ( n − 1) − n =−   ⇒ Hai kết dùng cơng thức: ( −1) n n ( n + 1) n ( n + 1) Bài 2: So sánh A = 19999.39999 B = 299992 Lời giải Ta có: 19999.39999 = (29999 − 10000)(29999 + 10000) = 299992 − 100002 < 299992 ⇒ A < B Bài 3: Rút gọn biểu thức sau a A = (2 + 1)(22 + 1) (264 + 1) + b B = (3 + 1)(32 + 1) (364 + 1) + c C = (a + b + c) + (a + b − c) −2(a + b) Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Lời giải a A = (2 + 1)(22 + 1) (264 + 1) + = (2 − 1)(2 + 1)(22 + 1) (264 + 1) + = 2128 − + = 2128 b B = (3 + 1)(32 + 1) (364 + 1) + = 1 3128 + (3 − 1)(3 + 1)(32 + 1) (364 + 1) + = (3128 − 1) + = 2 c Ta có: C = (a + b + c) + (a + b − c) −2(a + b) = (a + b + c) − 2(a + b + c)(a + b − c) + ( a + b − c) − 2( a + b + c)( a + b − c) −2(a + b) = (a + b + c + a + b − c) − ( a + b ) − c  -2 ( a + b ) = 4(a + b) − 2(a + b) + 2c − 2(a + b) = 2c   Bài 4: Chứng minh a (a + b )( x + y ) = (bx − ay ) + ( ax + by ) 2 b (a + b + c )( x + y + z ) − ( ax + by + cz ) = (bx − ay ) + (cy − bz ) + (az − cx) 2 Lời giải a Ta có: VT = (a + b )( x + y ) = a x + a y + b x + b y = (bx) + (ay ) + (ax) + (by ) = (bx) − 2bx.ay + (ay ) + 2bx.ay + (ax) + (by ) = (bx − ay ) + ( ax + by ) (dpcm) 2 b VT = (a + b )( x + y ) + (a + b ) z + c ( x + y + z ) − ( ax + by ) + ( ax + by ) cz + ( cz )    = ( ax + by ) + (bx − ay ) + (az ) + (bz ) + (cx) + (cy ) + (cz ) − ( ax + by ) − (cz ) − 2ax.cz − 2by.cz 2 =(bx − ay ) + [(cy) − 2by.cz + (bz ) ]+(az) + (cx) − 2az.cx =(bx − ay ) + (cy − bz ) + (az − cx) Nhận xét: Đây bất đẳng thức Bunhicopski Bài 5: Cho x= y + z Chứng minh rằng: (5 x − y + z )(5 x − y − z ) = (3 x − y ) Lời giải VT = (5 x − y ) − 16 z = 25 x − 30 xy + y − 16 z Mà: z = x − y ⇒ VT = 25 x − 30 xy − y − 16( x − y ) = x − 30 xy + 25 y = (3 x − y ) (dpcm) Bài 6: Cho (a + b + c + d )(a − b − c + d ) = (a − b + c − d )(a + b − c − d ) Chứng minh rằng: ad = bc Lời giải VT = ( a + d ) + ( b + c )  ( a + d ) − ( b + c )  = ( a + d ) − (b + c) = a + d + 2ad − b − c − 2bc VP = [(a-d)+(c-b)][(a-d)-(c-b)]=(a-d) − (c − b) = (a − d ) − (c − b) = a + d − 2ad − c − b + 2bc VT = VP ⇒ 2ad − 2bc = −2ad + 2bc ⇔ 4ad = 4bc ⇔ ad = bc(dpcm) Bài 7: Chứng minh rằng, nếu: a a + b + c = a + a c − abc + b c + b3 = b ( y − z ) + ( z − x) + ( x − y ) = ( y + z − x) + ( z + x − y ) + ( y + x − z ) x = y = z Lời giải Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com a Ta có : a + b3 = (a + b)(a − ab + b ) ⇒ a + b3 = −c(a − ab + b ) = −a c + abc − b c ⇒ a + b3 + a c − abc + b c =  a + b + c ⇒ a + b = − c   y + z − x = ( y − x) + ( z − x) = b − c  b Đặt : y − z = a; z − x = b; x − y = c ⇒ a + b + c =  z + x − y = c − a x + y − 2z = a − b  Từ giả thiết ta có : a + b + c = (b − c) + (c − a ) + (a − b) ⇔ a + b + c = b − 2bc + c + c − 2ac + a + a − 2ab + b ⇔ a + b + c − 2ab − 2bc − 2ca =0 ⇔ 2(a + b + c ) − (a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ) =0 x = y  2 2 2 ⇔ 2(a + b + c ) − (a + b + c) = ⇔ a +b + c = ⇔ a = b = c ⇒ y = z ⇒ x = y = z  z = x Bài 8: Chứng minh không tồn số thực x, y, z thỏa mãn: a x + 10 y − xy − x − y + = b x + y + z − x − z + y + 15 = Lời giải a VT = ( x − y ) + (2 x − 1) + ( y − 1) ≥ (dpcm) b VT = ( x − 1) + 4( y + 1) + ( z − 3) + ≥ (dpcm) Bài 9: Tìm x, y thỏa mãn a x + y += y ( x + 3) b x − xy + y − 28 x + 28 = c x + y + z += 2( xy + yz + z ) Lời giải  3 a Ta có: x + y + = y ( x + 3) ⇔ ( x − y ) + (2 y − 3) = ⇔ x ∈ 3;   2 b Ta có: x − xy + y − 28 x + 28 = ⇔ (7 x − 28 x + 28) + (2 x − xy + y ) = x = ⇔ 7( x − 2) + 2( x − y ) =0 ⇔  y =1 c Ta có: x + y + z + = 2( xy + yz + z ) ⇔ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − 1) = ⇔ x = ; y = 2; z = Bài 10: Chứng minh biểu thức sau viết dạng tổng bình phương hai biểu thức: x + ( x + 1) + ( x + ) + ( x + 3) 2 Lời giải Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Ta có: x + ( x + 1) + ( x + ) + ( x + 3) = x + ( x + x + 1) + ( x + x + ) + ( x + x + ) 2 = 10 x + 40 x + 50 = ( x + ) + ( x + ) ⇒ dpcm 2 Bài 11: Cho a = x + x + Tính theo a giá trị biểu thức A = x + x3 + x + x + Lời giải Ta có: A = x + x3 + x + x + = ( x + x + 1) + x3 + x + x + x + x + ⇒ A= (x + x + 1) + ( x + x + 1) + ⇒ A = a + 2a + = ( a + 1) Bài 12: Chứng minh x ( x − a )( x + a )( x + 2a ) + a bình phương đa thức Lời giải Ta có: A = (x + ax )( x + ax − 2a ) + a Đặt t =x + ax ⇒ A =t ( t − 2a ) + a =t −2ta + a =( t − a ) ⇔ A =( x + ax − a ) ⇒ dpcm 2 Bài 13: = a1005b1005 + b1005c1005 + c1005 a1005 Tính giá trị biểu a) Cho a, b, c thỏa mãn a 2010 + b 2010 + c 2010 thức sau A = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) 20 11 2010 b) Cho a, b, c, d ∈ Z thỏa mãn a + b = c + d Chứng minh a + b + c + d tổng ba số phương c) Chứng minh rằng: Nếu p q hai số nguyên tố thỏa mãn p − q = p − 3q + p + q số nguyên tố Lời giải a) Ta có: a 2010 + b 2010 + c 2010 = a1005b1005 + b1005 c1005 + c1005 a1005 ⇔ 2a 2010 + 2b 2010 + 2c 2010 − 2a1005b1005 − 2b1005 c1005 − 2c1005 a1005 = ⇔ ( a1005 − b1005 ) + ( b1005 − c1005 ) + ( c1005 − a1005 ) = ⇔ a1005 − b1005 = b1005 − c1005 = c1005 − a1005 ⇔ a = b = c 2 Vậy A = ( a − a ) + ( b − b ) + ( c − c ) 20 11 2010 ⇒ A= b) Ta có: a + b =c + d ⇒ a =c + d − b; a + b + c + d =( c + d − b ) + b + c + d =( c + d ) − ( c + d ) b + b + b + c + d 2 = ( c + d ) − 2bc − 2bd + b + b + c + d = ( c + d ) + ( b − c ) + ( b − d ) 2 2 c) Ta có: p − q =p − 3q + ⇒ p − 4q =4 p − 12q + ⇒ p − p + =4q − 12q + ⇒ ( p − 1) = ( 2q − 3) mà p − > ( p nguyên tố ); 2q − > (q nguyên tố ) Do p − = 2q − ⇔ q = p + Ta có: q ≥ ( p ≥ ) ⇒ q lẻ, p chẵn ⇒ p = ⇒ q = ⇒ p + q =13 số nguyên tố Bài 14: [ HSG – năm 2015 ] Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Cho a, b, c thỏa mãn: a + b + c 2= 2; a + b + c= 2.CMR : M = (a + 1)(b + 1)(c + 1) viết dạng bình phương biểu thức Lời giải: Cách 1: M = (a + 1)(b + 1)(c + 1) = a 2b c + a 2b + a c + b c + a + b + c + 1(*) Có: a + b + c = = a + b + c ⇒ (a + b + c ) = (a + b + c) Có: (a + b + c) =a + b + c + 2(ab + bc + ca ) =4 ⇒ ab + bc + ca =1 ⇒ a 2b + a c + b c + 2(acb + a 2bc + c ab) =1 ⇒ a 2b + a c + b c = − 2(acb + a 2bc + abc ) ⇒ M = (abc) − 2abc(a + b + c) + + a + b + c +  abc − ( a + b + c )2  (dpcm) M = (abc) − 2abc(a + b + c) + (a + b + c)=   Cách 2: Ta có: a + = a + ab + bc + ca = (a + b)(a + c); b + = (a + b)(b + c); c + = (a + c)(c + b) ⇒ M = [(a+b)(b+c)(c+a)]2 HẰNG ĐẲNG THỨC BẬC BA (a + b)3 = a + 3a 2b + 3ab + b3 = a + b3 + 3ab(a + b) ⇒ a + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) (a − b)3 = a − 3a 2b + 3ab − b3 = a − b3 − 3ab(a + b) ⇒ a − b3 = (a − b)3 + 3ab(a − b) Bài 1: Cho x − x = 10 Tính A =x − x5 + x − x3 + x − x + Lời giải A =x − x + x − x + x − x + =( x − x + x − x ) + ( x − x + x ) + ( x − x + 1) = ( x − x)3 + ( x − x) + ( x − x) + = 1111 Bài 2: Tính A = (23 + 1)(33 + 1) (1003 + 1) (23 − 1)(33 − 1) (1003 − 1) Lời giải (k + 1)3 + (k + 2)[(k+1) -(k+1)+1] k + Ta có: = = (k-1)(k + k + 1) k −1 k −1 Cho k chạy từ đến 100, ta thu được: 33 + 43 + 1003 + 1 101 A= (23 + 1) = 2 −1 −1 99 − 100 − 1 98 99(100 + 100 + 1) 99.100.101 9.99.100.101 30300 = A = = 1.2.3 10101 6.99.10101 20202 Bài 3: Cho x + y = Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x, y A = ( x6 + y ) − ( x4 + y ) Lời giải Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC Website:tailieumontoan.com Ta có: 3 A = ( x ) + ( y )  − ( x + y ) = ( x + y )( x − x y + y ) − ( x + y ) = x − x y + y − x − y     = − ( x4 + 2x2 y + y ) = − ( x2 + y ) 2 = −1 ⇒ dpcm Bài 4: Cho a − 3ab = 2; b3 − 3a 2b = −11 Tính a + b Lời giải Ta có: ( a − 3ab ) + (b 2 − 3a 2b ) = 22 + ( −11) ⇒ a − 6a 4b + 9a 2b + b − 6a 2b + 9a 4b = + 121 2 ⇒ a + 3a 4b + 3a 2b + b = 125 ⇒ ( a + b ) =⇒ 53 a + b = Bài 5: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = a + b3 + c − 3abc Lời giải A = a + b3 + c − 3abc = (a + b)3 − 3ab(a + b) + c3 − 3abc 3 A= ( a + b ) + c3  -3ab ( a + b + c ) = ( a + b + c ) − 3(a + b)c.(a + b + c) − 3ab(a + b + c)   A = (a + b + c) ( a + b + c ) − 3(a + b)c − 3ab  = (a + b + c)(a + b + c − ab − bc − ca )   Bài 6: Cho a + b + c = 0, Chứng minh rằng: a + b3 + c3 = 3abc Áp dụng tính B = (a − b )3 + (b − c )3 + (c − a )3 (a − b)3 + (b − c)3 + (c − a )3 Lời giải Từ giả thiết ⇒ c = −( a + b) ⇒ a + b + c = a + b − ( a + b)3 = −3ab(a + b) = 3abc a − b + b − c + c − a = 3(a − b )(b − c )(c − a ) ⇒B= = (a + b)(b + c)(c + a) +)  3(a − b)(b − c)(c − a ) a − b + b − c + c − a = Bài 7: Cho a, b, c thỏa mãn: (a + b + c) = a + b + c Chứng minh rằng: 1 + 3+ 3= a b c abc Lời giải Ta có: (a + b + c) =a + b + c ⇒ ab + bc + ca =0 ⇔ Bài 8: Cho a, b, c thỏa mãn: 1 1 1 1 + + =0 ⇒ + + =3 = a b c a b c a b c abc 1 bc ca ab Tính A = + + + + = a b c a b c Lời giải Đặt x = ⇒ A= 1 1 1 ; y = ; z = ⇒ x + y + z = ⇒ x3 + y + z = xyz ⇔ + + = a b c a b c abc abc abc abc 1 + + = abc( + + )= abc = 3 a b c a b c abc Bài 9: Cho x + y = a + b; x + y = a +b Chứng minh x + y = a + b3 Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website:tailieumontoan.com Lời giải Ta có: x + y = ( x + y ) ( x + xy + y ) ; x + y = a + b ⇒ ( x + y ) = ( a + b ) ⇔ x + xy + y = a + 2ab + b 2 Do x + y = a + b ⇒ xy = 2ab ⇒ xy = ab Thay kết vào ta được: x + y = ( x + y ) ( x + xy + y ) = ( a + b ) ( a + ab + b ) = a + b3 ⇒ dpcm Bài 10: Cho a + b= m; a − b= n Tính ab; a − b3 theo m n Lời giải Cách 1: Từ a + b = m; a − b = n ⇒ b = m+n m−n a= −b   − =      3 3 m−n m+n m − n m + n m2 − n2 ,a = ⇒ ab = = 2 2 n) ( m + n ) − ( m −= 3 3m n + n3 Cách 2: Ta có: 4ab = ( a + b ) − ( a − b ) = m − n ⇒ ab = 2 m2 − n2  m2 − n2  Lại có: a − b3 = ( a − b ) ( a + ab + b ) = ( a − b ) ( a + b ) − ab  = n  m −      n ( 3m + n ) 3m n + n3 = = 4 Bài 11: Cho a + b + c = m Tính giá trị biểu thức sau theo m A= ( 2a + 2b − c ) + ( 2b + 2c − a ) + ( 2c + 2a − b ) 2 Lời giải Ta có: A = ( 2a + 2b + 2c − 3c ) + ( 2b + 2c + 2a − 3a ) + ( 2c + 2a + 2b − 3b ) 2 Đặt x = a + b + c ⇒ A = ( x − 3c ) + ( x − 3a ) + ( x − 3b ) = 12 x − 12 x ( a + b + c ) + ( a + b + c ) 2 = 12 x − 12 x + ( a + b + c )= 9m HẰNG ĐẲNG THỨC: (a + b + c)3 Ta có: (a + b + c)3 =( a + b ) + c  =(a + b)3 + 3(a + b) c + 3(a + b)c + c3 = 3(a 2b + ab + a c + ac + b c + bc + abc + abc) = (a 2b + ab ) + (a c + ac ) + (ac + bc ) + (b c + abc)  =3 ( a + b )( b + c )( c + a ) +a + b3 + c3 ⇒ (a + b + c)3 = a + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a) Bài 1: Cho a, b, c thỏa mãn: abc =1 Tính: A = (a + b + c)3 − (b + c − a)3 − (c + a − b)3 − (a + b − c)3 Lời giải Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 236 Website:tailieumontoan.com E A a Ta có: B ˆ = EDC ˆ + CDF ˆ = EDC ˆ + EDA ˆ = 900 (CDF ˆ = EDA ˆ ) EDF = b Xét ◊DEGF có: EI IF, DI = IG ⇒ ◊DEGF G Dˆ 900 ⇒ ◊DEGF hình bình hành , lại có = hình chữ nhật mà ∆ADE = CDF ⇒ ED = FD ⇒ ◊DEGF hình I vng ( dấu hiệu nhận biết ) c Ta có EF giao DG I, ta chứng minh I C D thuộc đường trực AC EF ⇒ I thuộc đường trung trực = ID = Có: IB F BD ⇒ I ∈ AC ( AC đường trung trực BD) Bài 2: Cho hình vng ABCD Trên tia đối tia CB lấy điểm M , tia đối tia DC lấy điểm N cho BM = DN Vẽ hình bình hành AFMN Chứng minh ∆ADN a ∆ABM = b Tứ giác AMFN hình vng ˆ = 90 c Kẻ FH ⊥ BM , FK ⊥ CN , chứng minh : ACF d B, D, O thẳng hàng ( O trung điểm FA ) Lời giải F H a Ta có ˆ = ˆ ∆ABM = ∆ADN (cgc) ⇒ AM =⇒ AN DAN BAM b Hình bình hành AMFN, có: AM = AN ⇒ ◊AMFN M 1 D C hình thoi Lại có O K N MAN = MAD + DAN = MAD + MAB = 900 ⇒ ◊AMFN hình vng ˆ =ACD ˆ + DCF ˆ =45 + DCF ˆ c ACF B A ˆ= 45 ⇒ ◊CHFK Ta chứng minh DCF hình vng Có: Mˆ + Mˆ = 900 ⇒ Nˆ + Mˆ = 900 , Nˆ + Nˆ = 900 ⇒ Mˆ = Nˆ ⇒ ∆MHF = ∆NKF (ch − gn) ⇒ FH = FK ˆ =900 (đpcm) ⇒ ◊CHFK hình vng DCFˆ =45 ⇒ ACF d Ta chứng minh điểm B, D, O nằm đường trung trực AC Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 237 Website:tailieumontoan.com Ta có: ABCD hình vng ⇒ B, D nằm đường trung trực AC OM O trung điểm AF ⇒ O trung điểm MN ⇒ OA = Lại có OC = OM = AC ⇒ OM = OC ⇒ OA = OC ⇒ O nằm đường trung trực AC ⇒ B, D, O thẳng hàng Bài 3: Cho đoạn thẳng AB điểm M thuộc đoạn thẳng Vẽ phía AB hình vng AMCD, BMEF a Chứng minh AE ⊥ BC b Gọi H giao điểm AE BC Chứng minh ba điểm D, H, F thẳng hàng c Chứng minh đường thẳng DF qua điểm cố định M di chuyển đoạn thẳng cố định AB Lời giải E F ) I H mà: MD ⊥ AC ⇒ AC ⊥ BE Lại có D EC ⊥ AB ⇒ C trực tâm tam giác ABE O' C ⇒ AE ⊥ BC O M A a Có MD // BE ( hai góc đồng vị K B b Gọi O O’ tâm hai hình vng AMCD BMEF Tam giác vng AHC có OH đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AC ⇒ OH = 1 AC = DM 2 ⇒ ∆DMH (= Hˆ 900 ) ⇒ DH ⊥ MH (1) Chứng minh tương tự, ta HF ⊥ MH (2) ⇒ D, H , F thẳng hàng c Gọi I giao điểm AC DF Chứng minh OI đường trung bình tam giác DMF, hay I trung điểm DF Kẻ IK vng góc AB ( K thuộc AB ) ⇒ K trung điểm AB, K cố định Mặt khác IK = 1 ( AD + BF )= AB ( Không đổi ) ⇒ I cố định Vậy DE qua I cố 2 định Bài 4: Cho hình vng ABCD điểm M thuộc đoạn BC Lấy điểm N thuộc đoạn CD ˆ = 450 Chứng minh rằng: BM + DN = cho MAN MN Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 238 Website:tailieumontoan.com Lời giải A 45° B Trên tia đối tia DC lấy điểm E cho : DE = BM ∆ADE (cgc) → AM = AE; Aˆ1 = Aˆ3 Ta có: ∆ABM = M E D N ˆ = MAD ˆ + DAE ˆ = MAD ˆ + BAM ˆ = 900 → EAN ˆ = 900 MAE ∆EAN = ∆MAN (cgc) → EN = MN ↔ DN + BM = MN C Bài 5: Cho hình vng ABCD điểm M thuộc đoạn BD Gọi E, F hình chiếu M lên AB, AD Chứng minh rằng: BF, DE, CM đồng quy E A B Lời giải +) Ta có: ◊FAEM hình chữ nhật +) Ta có: ∆FDM vng cân F ⇒ AE = FM = FD K AD = DC  ˆ = FCD ˆ = EDA ˆ + EDC ˆ = 900  ⇒ ∆EAD = ∆FDC (cgc) ⇒ EAD F ˆA = Dˆ  M ⇒ CF ⊥ DE (1) C D Tương tự: BF ⊥ CE (2) +) Gọi K giao điểm CM EF ˆ (dvi ) = ˆ =AFE ˆ = ˆ = ˆ ⇒ KFM ˆ + KMF ˆ = ˆ + FEM ˆ = KMF MCD MAD FEM KFM 900 ⇒ CM ⊥ FE (3)   ∆ AFK can doi xung hinh vuong E A Từ (1), (2) (3) suy ba đường cao ∆CEF B Bài 6: Cho hình vng ABCD, E điểm AB K Phân giác góc CDE cắt BC K Chứng minh rằng: CK + EA = DE Lời giải +) Trên tia đối tia CK lấy điểm F cho CF = AE ⇒ CK + EA = CK + CF = FK ∆CFD (c.g.c) ⇒ DE = DF ; Dˆ1 = Dˆ +) ∆AED = Sưu tầm tổng hợp D C F TÀI LIỆU TOÁN HỌC 239 Website:tailieumontoan.com ˆ == ˆ ˆ = DEA 900 − Dˆ1 ; FDK Dˆ + Dˆ +) Xét ∆DKF có: DFK ˆ = 1800 − DEK ˆ − FDK ˆ = 1800 − (900 − Dˆ ) − ( Dˆ + Dˆ )= 900 + Dˆ − Dˆ − Dˆ DFK 4 ˆ = DKF ˆ ⇒ ∆DKF cân F = 900 − Dˆ = Dˆ1 + Dˆ = Dˆ + Dˆ ⇒ FDK ⇒ DF = KF = DE ⇒ CK + FC = DE ⇒ AE + CK = DE Bài 7: Cho hình vuông ABCD Gọi E, F trung điểm AB, BC M giao điểm CE DF Chứng minh : AM = AB Lời giải E A B +) Eˆ = Fˆ → Fˆ = Cˆ1 = 900 → CE ⊥ FD +) Gọi N trung điểm CD +) ◊AECN hình bình hành F +) ∆MCD vuông → MN = ND M Có : AN ⊥ DM → Chứng minh : AM = AD = AB I D N C Bài 8: Cho hình vng ABCD Gọi M, N trung điểm AB, AD BN CM cắt P Chứng minh rằng: DP = AB A Lời giải M B ˆ ˆ = ∆CBM (c.g.c); ABN BCN +) ∆BAN = ˆ = 900 ⇒ Cˆ1 + Bˆ = 900 ⇒ BPC P +) Kéo dài BN cắt CD E N ∆BAN = ∆EDN (c.g c) ⇒ AB = DE ⇒ D trung điểm EC E D C +) Xét ∆CPE vuông P ⇒ PD = EC = CD = AB(dpcm) Bài 9: Cho ∆ABC Về phía ngồi G Q tam giác dựng hình vng ABDE, ACFG Chứng minh I đường cao AH ∆ABC qua E trung điểm EG P Lời giải F A Gọi P, Q hình chiếu E, G lên AH D Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC B H C 240 Website:tailieumontoan.com AE = AB ˆ = AHB ˆ = 900 EPA   AH (1)  ⇒ ∆EAP = ∆AHB ⇒ PE = ˆ = ABH ˆ ) ˆ ( phu : BAH EAP  Tương tự: ∆GQA = ∆CHA(ch.gn) ⇒ GQ = AH (2) ⇒ GQ = EP EP = GQ   Xét ∆EPI , ∆GQI có: Iˆ1 = Iˆ2  ⇒ ∆EPI = ∆GQI ( g.c.g ) ⇒ EI = IG  Pˆ= Qˆ= 900  Bài 10: Cho ∆ABC , M trung điểm BC Về phía ngồi tam giác dựng hình vng ABDE, ACFG Gọi P, Q tâm hình vng CMR: ∆MPQ vng cân Lời giải  MP / / EC  MQ / / BG   ; +) PM QM đường trung bình ∆EBC , ∆BGC ⇒  1 = EC  MQ BG  MP 2=   EC = BG ∆ABG (c.g c) ⇒  +) ∆AEC = ˆ = ABG ˆ  AEC G 1800 Xét ∆IHB có: Iˆ1 + Bˆ + Hˆ =  Iˆ2 = Iˆ1 ⇒ Iˆ1 + Bˆ = Iˆ2 + Eˆ = 900 ⇒ Hˆ = 900   Bˆ = Eˆ E Q A  MP ⊥ MQ ⇒ EC ⊥ BG ⇒  ⇒ ∆MPQ vuông  MP = MQ I cân P H D B M C Bài 11: Cho ∆ABC , phía ngồi tam giác dựng hình vng ABGH, ACEF, BCIJ Gọi O1 , O2 , O3 tâm hình vng, M trung điểm BC, D trung điểm HF CMR: a ∆O1MO2 vuông cân c HF = AM b ◊DO1MO2 hình vng d AD ⊥ BC ; AM ⊥ HF e O1O2 = AO3 Lời giải Xét ta giác FAB tam giác CAH có: Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC F 241 Website:tailieumontoan.com FA = AC ; AB = AH ; ˆ = 900 + Aˆ = CAH ˆ FAB ˆ = I BJ ˆ ⇒ ∆FAB = ∆CAH (cgc) ⇒ FB = CH ⇒ AHJ 1 ˆ + AJˆ H = 900 ⇒ I BJ ˆ + BJˆ I = 900 ⇒ FB ⊥ CH Mà: AHJ 1 1 1 +) O2 M đường trung bình ∆FCB ⇒ O2 M / / FB; O2 M = BF H +) O1M đường trung bình ∆HBC ⇒ O1M / / HC ; O= 2M D D1 O1M ⊥ O2 M ⇒ ∆F O1MO2 HC ⇒  O1M = O2 M G vuông cân A O1 J1 b +) O2 D đường trung bình O2 I1 ∆FHC ⇒ O1 D / / BF ; O1 D = BF E +) O1 D đường trung bình C HC ⇒ O1= M O2= M O= O2 D ⇒ ◊DO1MO2 1D hình thoi, = Mˆ 900 ⇒ hình vng M B ∆FBH ⇒ O2 D / / HC ; O= 2D O3 c Tứ giác ABA1C hình bình hành ˆ ⇒ BA = FA; ˆ = 1800 − BAC ⇒ BA1 = AC ; ABA 1 ˆ ˆ ˆ ABA1 = 180 − BAC = FAH ⇒ BA = AH I J ∆FAH ⇒ AA1 = HF ⇔ AM = FH +) ∆ABA1 = d Hạ CC1 ⊥ AM ≡ C1 ˆ ( slt ) ˆ = ∆BAA1 (c.g.c) ⇒ HFA AAˆ1 B = CAA AM cắt FH D1: ∆HAF = ˆ + FAD ˆ = 900 ⇒ D FA ˆ = 900 ⇒ Dˆ = 900 ⇒ AM ⊥ FH ˆ + D AF Mà: CAA 1 1 Bài 12: Cho hình vng ABCD, điểm E, F cạnh BC, CD cho  = 450 , tia đối tia DC lấy điểm M cho DM = BE CMR: EAF = ∆ADM , MAF 450 a) ∆ABE = b) Chu vu tam giác CEF nửa chu vi tứ giác ABCD Lời giải a, ∆ ABE = ∆ ADN ( cạnh góc vng) Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 242 Website:tailieumontoan.com =>  A1 =  A2 A B  =−  == => MAE 900 > MAF 900 450 = 450 45 b, ∆ AEF = ∆ AMF (c.g.c) E => EF = MF, EF = MD + DF = BE + DF Chu vi ∆ CEF = CE + EF + CF = CK + BE + DF + CF = BC + CD = chu vi ABCD M C F D Bài 13: Cho tam giác ABC vuông A, kẻ đường cao AH trung tuyến AM, đường phân giác góc A, cắt đường trung trực BC D, Từ D kẻ DE vng góc với BA DF vng góc với AC  a) CMR: AD phân giác HAM b) điểm E, M, F thẳng hàng c) Tam giác BDC tam giác vng cân Lời giải A = a) Ta có: C A1 ( phụ góc B) Mà AM= 1  >   BC=> AM= MC=>  A2 == C A1 = A2 ,  A3 = A4 2 F => AD tia phân giác  = mà  A4 =  A3 => D A3 => ∆ADM cân M B = b) AH // DM => D A4 , 1 H E => AM= MD Chứng minh Tứ giác AEDF hình vng => EA = ED => FA = FD Ta có: M, E, F nằm đường trung trực AD D => Thẳng hàng =D  c, ∆ BED = ∆ CFD => D +D = BDF +D = EDF = 900 = BDF BDC => ∆ BDC vuông cân Bài 14: Cho tam giác ABC vuông A, ABC a) AC > AB => B  ==  > HAC  >C  => HC > AH => AH = HD => HC > HD => D nằm H,C Mà: B HAC b, Ta có:   A1 +  A2 = A2 +  A3 = > A1 = A3 900 ,  900 = kết hợp với AE= AH => ∆ AEF = ∆ AHB => AB= AF Tứ giác ABGF hìn bình hành có góc vng => HCN có AB = AF => hình vuông c) Gọi M giao điểm BF, AG, Khi ∆ BDF có DM = Tương tự AM= A E BF 2 BF F => M nằm đường trung trực AD M Ta lại có: AE= ED, HA= HD B H C D => E, H nằm đường trung trực AD hay H, M, E thẳng hàng G B, tia đối Bài 15: Cho hình vng ABCD điểm E bắt kỳ nằm điểm A tia CB lấy điểm F cho CF =AE  a) Tính EDF b) Gọi G điểm đối xứng với D qua trung điểm I EF, tứ giác DEGF hình gì? c) CMR: AC, DG, EF đồng quy Lời giải a) ∆ AED = ∆ CFD (c.g.c) A E B  = EDC +  => EDF  = EDC  + CDF =>  ADE = CDF ADE G  => EDF =  = 900 ADC b) Tứ giác DEGF có I trung điểm EF (gt) I trung điểm DG Do đó: DEGF hình bình hành  = 900 => Là hình chữ nhật, lại có tiếp DE = DF lại có: EDF I D C => Là hình vng F Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TỐN HỌC 244 Website:tailieumontoan.com Bài 16: Cho hình vng ABCD, M điểm cạnh BC, nửa mp bờ AB chứa C đựng hình vng AMHN, Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH E, Cắt DC F Chứng minh rằng: a) : B M = ND b) N, D, C thẳng hàng c) EMFN hình gì? d) Chứng minh DF + BM = FM chu vi ∆ MFC không đổi M thay đổi BC Lời giải  + MAD = a) Tứ giác ABCD hình vng => A 90 Vì AMHN hình vng (1) B A E d = = > A2 + MAD 90 (2) = Từ (1) (2) ta có: A A2 1 Ta có : ∆ AND= ∆ AMB (c.g.c) = = = >B D 90 , BM = ND 1 N b, ABCD hình vng O C F D +D = = = 90 = NDC 180 , = >D >D 2 H Nên N, D, C thẳng hàng c, Gọi O giao điểm hai đường chéo AH MN hình vng AMHN => O tâm đối xứng hình vng AMHN => AH đường trung trực đoạn MN, mà E, F ∈ AH => EN = EM FM = FN (3) = = = >O O > EM = NF (4) Từ (3) (4) => EM = NE = NF = FM => MENF hình thoi (5) d, Từ (5) suy FM = FN = FD + DN, mà DN = MB (cmt) => MF = DF + BM Gọi chu vi ∆ MCF P cạnh hình vng ABCD a Ta có : P = MC + CF + MF = MC + CF + BM + DF , Vì ( MF = DF + MB) = ( MC + MB ) + (CF + FD ) = BC + CD = a + a = 2a Hình vng ABCD cho trước => a khơng đổi => P khơng đổi Bài 17: Cho hình vuông ABCD, Gọi E điểm cạnh BC ( E khác B C), Qua A kẻ Ax vng góc với AE, Ax cắt CD F, trung tuyến AI ∆ AEF cắt CD K, đường thẳng kẻ qua E, song song với AB cắt AI G a) Chứng minh AE=AF tứ giác EGFK hình thoi b) Chứng minh ∆ AKF đồng dạng với ∆ CAF AF = FK FC Sưu tầm tổng hợp M TÀI LIỆU TOÁN HỌC 245 Website:tailieumontoan.com c) Khi E thay đổi BC, chứng minh chu vi ∆ EKC không đổi Lời giải B A a) Xét ∆ ABE vuông B ∆ ADF vng D có: AB = AD, E G  => ∆ ABE = ∆ ADF  = CAF BAE => AE = AF Vì AE = AF AI đường trung tuyến I ∆ AEF => AI ⊥ EF Hai ∆ IEG vuông I ∆ IFK vng I có: F  = IFK , IE=IF, IEG Nên ∆ IEG = ∆ IFK => EG = FK D K x Tứ giác EGFK có hai cạnh đối EG FK song song nên hình bình hành Hình bình hành EGFK có hai đường chéo GK EF vng góc nên hình thoi  ,  = CFA b) Xét ∆ AKF ∆ CAF có: AFK AF FK   = AF = FK FC KAF = ACF = 450 => ∆AKF  ∆CAF ( g.g) => FC AF c) Theo câu a ta có: ∆ ABE = ∆ ADF nên EB=FD, Tứ giác EGFK hình thoi nên EK= KF Do chu vi ∆ EKC là: CEKC = EK + KC + CE = CF + CE = CD + DF + CE = 2CD ( Khơng đổi) Bài 18: Cho hình vng ABCD cạnh a, AB lấy AM = BN = 2a , BC lấy BN cho 2a a) CMR: AN vng góc DM b) Gọi I J trung điểm NM, DN K giao AN DN, Tính IK , KJ IJ Lời giải = = +M = = a, Ta chứng minh ∆ ABN = ∆ DAM => D A1 + M 900 = >K 900 A1 , Mà : D 900 =>  1 1 b, Ta có : MN = = KI a 4a a + = 9 M A 1 a = MN B K I a 10 a Tương tự ta có : DN = = > KJ =10 N Sưu tầm tổng hợp D J TÀI LIỆU TOÁN HỌC C C 246 Website:tailieumontoan.com a a Tương tự DM = 13 = > IJ = 13 Bài 19: Cho hình vng ABCD, Từ điểm M tùy ý đường chéo BD, kẻ ME, MF vuông góc với AB AD, CMR: a, CF = DE, CF ⊥ DE b, CM = EF, OM ⊥ EF c, CM, BF, DE đồng quy d, Xác định M để diện tích AEMF lớn Lời giải E A B a) BD đường chéo hình vng ABCD => BD phân giác góc D =>  ADB =450 => ∆DFM cân F=> DF = FM = AE =D  ∆ CDF = ∆ DAE (c.g.c) => CF = DE C 1 +F = +F = = Mà C 900 = >D 900 = > FOD 900 1 1 H F b, AM = EF, BD đường trung trực AC => MA = MC => MC = EF Kéo dài FM cắt BC N => Tứ giác BEMN hình vng, O M N 1 D C => MN = ME  = MEF , => ∆ EMF = ∆ MNC(c g c) => M +M  == +M = Mà M 900 > MEF 900 2  = 900 => ĐPCM => EHM c) ∆ EFC có CH ⊥ EF => CM trùng CH đường cao ứng với cạnh EF Lại có ED ⊥ CF O => ED đường cao ứng với cạnh CF Chứng minh tương tự câu a => CE ⊥ BF => BF đường cao ứng với cạnh CE => đường CM, BF, DE đồng quy Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 247 Website:tailieumontoan.com CÁC BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ TỨ GIÁC ĐẶC BIỆT Bài 1: Cho ∆ABC , phía ngồi tam giác dựng hình vng BCDE, ACIG hình bình hành BEQK, CDPE Chứng minh ∆APQ vuông cân Lời giải G ∆ABC = ∆CFP(c.g.c) : AC = CF ; BC == PF CD; ˆ ) ⇒ CP = AB ; A ˆ =Cˆ Cˆ =Fˆ (bù: DCF 1 H  AC = BQ ∆BKQ(c.g c) ⇒  Tương tự: ∆ABC =  Aˆ1 = Bˆ1 F A 1 ∆ABQ = ∆ACP(cgc) ⇒ AQ = AP ⇒ ∆APQ K 1 C B P Cân A Ta có: ˆ = QAB ˆ + BAC ˆ + CAP ˆ = APC ˆ + CAP ˆ ˆ + FCP QAP = 180 −900 = 900 ( Tổng ba góc tam giác ) Q D E ⇒ ∆APQ vuông cân Bài 2: [ HSG: 14/04/2014 ] Cho hình thang ABCD vng A D, biết CD = 2AB = 2AD BC = a Gọi E trung điểm CD a ◊ABED hình gì? Vì b Tính S ABCD theo a ˆ c Gọi I trung điểm BC, H chân đường vng góc kẻ từ D xuống AC Tính HDI Lời giải a Hình chữ nhật có hai cạnh kề nên hình vng b ∆BEC vng cân vng cân ⇒ AB = AD = a; CD = 2a; A = S ABCD B H ( AB + CD) AD (a + 2a).a 3a = = 2 ˆ ˆ + BDI ˆ  HDI = HDB c  Ta chứng minh : ˆ + HDA ˆ = 900  HDB a I ˆ ( phu : HDC ˆ ˆ ˆ ) ⇐ ∆BDI  ∆DCA(cgc) BDI = ADH = ACD BI AD ˆ ˆ ˆ = = =; B = D= 900 ⇒ HDI 450 Vì : BD DC E D C Bài 3: [ HSG – Yên Dũng – Bắc Giang – 2014 ] Cho ∆ABC Gọi I điểm di chuyển cạnh BC Qua I kẻ đường thẳng song song với cạnh AC cắt AB M Qua I kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC N Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 248 Website:tailieumontoan.com a Gọi O trung điểm AI CMR: M, O, N thẳng hàng b Kẻ MH, NK, AD vng góc với BC H, K, D Chứng minh MH + NK = AD c Tìm vị trí điểm I để MN // BC Lời giải a a AM / / NI   ⇒ HBH ⇒ MN ∩ AI AN / / MI  trung điểm đường → M , O, N m o thẳng hàng n b Kẻ OE ⊥ BC ta chứng minh MHKN hình thang vng Ta có: O trung điểm MN, mà : b h e d i c k OE / / MH / / NK ⇒ OE đường trung bình hình thang vng MNHK ⇒ MH + NK = 2OE (1) +) Xét ∆ADI ⇒ OE đường trng bình ∆ADI ⇒ AD = 2OE (2) ⇒ MH + NK = AD (dpcm) c Ta có : MN / / BC ⇔ MN đường trung bình ∆ABC , lại có O trung điểm AI mà : MI // AC, M trung điểm AB ⇒ I phải trung điểm BC Bài 4: Cho hình vng ABCD, M điểm cạnh BC Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C dựng hình vuông AMHN Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH E, cắt DC F a Chứng minh rằng: BM = ND b N, D, C thẳng hàng c FMNE hình gì? d DF + BM = FM chu vi ∆MFC không đổi M thay đổi vị trí BC Lời giải A B ∆AMB(c.g.c) ⇒ Bˆ = Dˆ1 = 900 ; BM = ND a ∆AND = ˆ = 1800 ⇒ N , D, C thẳng hàng b NDC E M  EN = EM E , F ∈ AH ⇒  ; ∆EOM = ∆FON (ch − gn) ⇒ FN = EM  FM = FN Vậy cạnh nên hình thoi c Ta có : MN đường trung trực AH O d FM = FN = ND + DF = BM + FD N +) P∆MFC = MC + CF + FM = MC + CF + BM + DF D C F Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC H 249 Website:tailieumontoan.com = ( MC + MB) + (CF + DF ) = AB ( khơng đổi ) Bài 5: Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Gọi M N theo thứ tự hai điểm ˆ = 450 Trên tia đối tia DC lấy điểm K cho DK = BM cạnh BC CD cho MAN a Chứng minh ∆ADK = ∆ABM ˆ b Chứng minh AN tia phân giác KAM c Tính chu vi ∆CMN theo a d BD cắt AM AN E F Chứng minh ba đoạn BE, FE, FD lập thành ba cạnh tam giác vuông Lời giải A B a ∆ADK =∆ABM (c − g − c) ∆ABM → Aˆ1 = Aˆ5 b ∆ADK = E M ˆ = Aˆ + Aˆ + Aˆ + Aˆ = Aˆ + Aˆ + Aˆ + Aˆ = 900 KAM 0 ˆ ˆ ˆ ˆ 90 − NAM =45 ⇒ KAN =MAN =450 (dpcm) KAN = c PCMN = MN + NC + CM = CM + CN + KN F ∆AMN ) = CM + CN + KD + DN = (∆ANK = 2a H d Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A đến MN K D N C ∆AND = ∆AMH (ch − gn) ⇒ Aˆ = Aˆ3 ⇒ ∆FAD = ∆FAH (c.g.c) ˆ = ADF ˆ = 450 ⇒ FH = FD; AHF ˆ = ∆AEH = ∆AEB(c.g.c) ⇒ EH = EB; AHE ABE = 450 ˆ =EHA ˆ + FHA ˆ =900 ⇒ vng H Ta có: EHF Vậy BE , DF , FE lập thành ba cạnh tam giác vuông Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC 250 Sưu tầm tổng hợp Website:tailieumontoan.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... biểu thức 58 Chuyên đề 4: Phương trình đại số 111 Chuyên đề 5: Đồng thức 131 Chuyên đề 6: Bất đẳng thức 157 Chuyên đề 7: Đa thức 175 Chuyên đề 8: Hình học 186 Sưu tầm tổng hợp TÀI LIỆU TOÁN HỌC... SỐ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI LỚP LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô em tuyển tập chuyên. .. chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp Chúng kham khảo qua nhiều tài liệu để làm tài liệu nhằm đáp ứng nhu cầu tài liệu hay cập nhật dạng toán nâng cao lớp thường kì thi gần Chuyên đề gồm phần: • Chuyên