tai lieu BD HSG toan 8

b) Goïi M laø trung ñieåm cuûa BE. Tính goùc AHM. Trong ñoù BC laø caïnh lôùn nhaát.. Moät goùc xMy baèng 60 0 quay quanh ñieåm M sao cho 2 caïnh Mx, My luoân caét caïnh AB vaø AC laàn [r]

Bồi dưỡng HS giỏi Tốn 8 BÀI 15:

Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đường cao AH Trên tia HC lấy HD = HA Đường vng góc với BC D cắt AC E

a) Chứng minh AE = AB

b) Gọi M trung điểm BE Tính góc AHM Giải

a) Kẻ EF  AH Ta coù: F = 900 , H = 900 , D = 900

 Tứ giác EFHD HCN  EF = AH

Xét AHB EFA coù:   

1

A E C

EF = AH   900

F H 

=> AHB = EFA ( g.c.g) => AB = AE

b) Noái MA, MH, MD

Xét AMH DMH có: AH = HD (gt)

MH caïnh chung

DM = AM = BE2 ( đường TT ứng với cạnh huyền) => AMH = DMH (c.c.c)

=> AHM DHM => AHM = 450 * BÀI 16:

Cho tam giác ABC có chu vi 18 Trong BC cạnh lớn Đường phân giác góc B cắt AC M cho

2

MA

MC  Đường phân giác góc C cắt AB N cho

3

NA

NB  Tính cạnh

của tam giác ABC

Giải Ta có:

BM phân giác B =>

AM AB

MC BC 

 AB = BC2 (1)

CN phân giaùc C =>

NA AC

NB BC 

 AC = 3BC4 (2)

Maø : AB + BC + AC = 18 (3)

Từ (1), (2) (3) => BC2 + BC + 3BC4 = 18

1 1

M D H

F

C B

A

M

C N

 BC = ; AB = 4; AC =  BAØI 17:

Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x2 + 6x + 5

b) x4 + 2007x2 + 2006x + 2007. c) (x + 1).(x + 2).(x + 3).(x + 4) +  BAØI 18:

Cho biểu thức: A = 2 :2

3 1

x x x x

x x x x

   

 

  

 

 

  (x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠

1 2) 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

a) ÑKXÑ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠

2

A = 2

3 3

x x x x x x

x x x

    

  

b) Thay x = 6022 vaøo A ta coù: A = 6022 13  = 2007

c) A nhận giá trị nguyên x nguyên x – chia hết cho Ta có: x – = 3k => x = 3k + (với k nguyên)

Vậy với x = 3k + (k nguyên) A nhận giá trị ngun  BÀI 19:

Giải phương trình: 148 169 186 199 10 25 23 21 19

x x x x

   

   

Giaûi

 14825 x116923 x 218621 x 319919 x 40

       

 (123 – x)25 23 21 191    0

 

 123 – x = Vì 25 23 21 191    0

 

 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

a) Trong BDM ta coù:  

1 120

D   M

Vì 

M = 600 nên ta có:   120

M   M

=>  

D M

BMD ~ CEM (g.g) (1) => BD BM

CM CE => BD.CE = BM.CM

Vì : BM = CM =

BC

=> BD.CE =

BC

b) Từ (1) => BD MD

CM EM maø BM = CM nên ta có:

BD MD

BM EM =>

BD BM

MD EM

 

B M = 600

=> BMD ~ MED (c.g.c) =>  

1

D D

=> DM phân giác BDE

CM tương tự ta có: EM phân giác CED c) Kẻ MH  AB; MI  DE; MK  AC vuông DHM = vuông 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)  AH = AK

 CVADE = 2AH ( khơng đổi)

 BÀI 21 :Cho x + 1x = a Tính:x2 +

x ; x

3 +

x ; x

4 +

x ; x

5 +

x

Giaûi a) x2 +

2

x =

2 x x      

  = a

2 – 2 b) x3 +

3

x =

2 1 x x x x               

= x x2 1

x x

   

  

   

   

= a(a2 – – 1) = a(a2 – 3) c) x4 +

4

x = (x

2)2 + 2 x       = 2 x x     

  -

d) x5 +

x =

4

2 1 1

x x x x x

x x x x x

   

    

   

   

=

4

1 1

1

x x x

x x x

   

    

   

   

=

4

1 1

1

x x x

x x x

 

     

    

      

      

= aa4 4a2 2 a2 2 1

    

 

= a(a4 – 4a2 + – a2 + + 1) = a(a4 – 5a2 + 5) = a5 – 5a3 + 5  BÀI 22 : Giải phương trình cách đặt ẩn phụ:

2

1

13 16

x x

x x

   

    

   

   

Đặt y = x x

 



 

  => x

2 +

x =

2

2

x x

 

 

 

  = y

2 – 2 Ta có phương trình:

3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0  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

3 * y =  x +

x =

=> x2 – x + = 0 

2

x

 

 

 

  > x

Vaäy p.t VN *y = 10

3  x + 10

3

x 

 3x2 – 10x + =  (3x – 1)(x – 3) = P.t coù nghiệm x = 13 x =

* 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 + 1

= (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 coù: Q = Y(Y + 1) – 12 = Y2 + Y – 12

= Y2 – 3Y + 4Y – 12 = (Y – 3)(Y + 4) Trở biến x ta được:

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)

*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) *BAØI 26:

Giải Gọi I trung điểm BD, ta coù: BF // IN => BFN INM

AE // MI => AEM EMI Xét MNI có:

IM = IN (2 đường trung bình) => MNI cân I

=> EMI INM => BFM AEM * BÀI 27:

Cho hình vuông ABCD Gọi M, N trung điểm AB, BC Các đoạn thẳng cắt I CM: IA = AD

Giaûi

Từ A kẻ AP  DN cắt DC K, cắt DN I

Xét  MCB  NDC coù: DC = BC

NC = BM B C  = 900

=> MCB = NDC (c.g.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

Mà M trung điểm AB => K trung điểm CD  DP = IP ( PK đường TB DIC)

 DAI cân A  AD = AI

*BAØI 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 Xét ABH CBA có:



B chung

AÂ = H = 900 => ABH ~ CBA (g.g) => CBAB BHBA

B I

C

M N

F E

D

A

K P

I N M

C B

D A

16cm

9cmH C

=> 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 + = 0 Giải

Chia vế cho x2 ta coù: 3x2 – 13x + 16

2 13

x x =

 2

1

13

x x

x x

   

  

   

    + 16 =

Đặt: x + 1x = y => x2 +

x = y

2 – 2 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0

 (y – 1)(3y – 10) = 

10

y y

   

  

* y = => x + 1x = PT VN Vì: x2 – x + =

2

x

 

 

 

  >

 y = 10

3 => (3x – 1)(x – 3) = 

1 3

x x 

     

Vậy p.t cho có nghiệm x = 13 x = *BAØI 30: Chứng minh rằng:

a) a b

b a  (với a, b > 0)

b) a b b c c a

c a 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≥ => a2 + b2≥ 2ab  (a2 + b2)c ≥ 2abc Tương tự ta có: (b2 + c2)a ≥ 2abc

(c2 + a2)b

≥ 2abc

Xảy đẳng thức  a = b = c a) Ta có:(a - b)2

≥ <=> a2 + b2 -2ab ≥

 a2 + b2≥ 2ab 

2 2

a b ab



  a b

b a 

b) Ta coù: VT = c ca b    ba ac   b bc a 

      =

a c b a b c

c a a b c b

     

    

     

     

Theo KQ câu a, ta có: 2; 2;

a c b a b c

ca  a b  c b  VT ≥

*BÀI 31: Giải bất phương trình sau:

x x( 1) ( x 1)(1x 2) ( x 2)(1x 3) ( x 3)(1x 4) ( x 4)(1x 5)

         < 0

 1 1 1 1 1

1 2 3 4

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

 1

5

x x  < 0

5 ( 5)

x x <

ÑKXÑ : x ≠ ; x ≠ -5

 Nếu x > x(x + 5) >  x x( 5)

 >

Vậy BPT vô nghiệm

 Nếu -5 < x < x(x + 5) <  x x( 5)

 <

Vậy BPT có nghiệm -5 < x <

*Nếu x < - x(x + 5) >  x x( 5)

 >

Vậy BPT vô nghiệm

Vậy BPT cho có nghiệm -5 < x <

*BÀI 32: Giải phương trình: x  x1 =

1)Nếu x < -1 x – < x + < => x = -x + x1 = -x – P.t trở thành: -x + – x – = (ĐK: x < -1)

<=> x = -3 (TMÑK)

2) Nếu -1 ≤ x ≤ x – ≤ x + ≥ => x = -x + x1 = x + P.t trở thành: -x + + x + = (ĐK: -1 ≤ x ≤ 4)

 0x = VN

3) Nếu x > x – > x + > => x = x – x1 = x + P.t trở thành: x – + x + = (ĐK: x > 4)

 x = (TMĐK) Vậy p.t cho có tập nghiệm S = 3;6

 BAØI 33 : Rút gọn biểu thức: (n số nguyên dương) a) A = 1

1.3 3.5 5.7   (2n1)(2n1) Ta coù: 2n1 1 2 n1 1 (2 n 1)(22 n 1)

Do đó: 2A = 1 1 1

1 3 5    2n1 2 n1 = -

1 2

n n  n

 A =

n n

b) B = 1 1.4 4.7 7.10   (3n 2)(3n1) Kết quả: B =

3

n n

*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)

Biện luận:

- Neáu m + ≠  m ≠ -4 ta coù: x = 2( 1)

m m

 

- Nếu m + =  m = -4 p.t trở thành: 0x = -6 VN - Khơng 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

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 = (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 = 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 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 = vaøo ta coù:

Q(9) =

a) CM : DE = AM

b) CM: ADE ~ ABC

Giải a) Ta có:

 = 900 (gt) D = 900 ( MD  AB)

E = 900 ( ME  AC)  Tứ giác ADME HCN

 DE = AM (2 đường chéo HCN) b) Ta có MB = MC (gt)

MD // AC (2 cạnh đối HCN)  D trung điểm AB

CM tương tự ta có:

E trung điểm AC => DE đường TB ABC => DE // BC

=> ADE ~ ABC

* BAØI 38: Cho tam giác ABC có AB = AC = 9cm Tia phân giác góc B cắt đường cao AH I Biết IHAI 32 Tính chu vi tam giác ABC

Giải Ta có: BI phân giác B

p dụng t/c đường phân giác ABH ta có: IHIA BHAB 32

=>

BH 

=> BH = cm Ta lại có:

ABC cân A có AH đường cao nên trung tuyến  BC = 2BH = 2.6 = 12 cm

Chu vi ABC = + + 12 = 30 cm

*BAØI 39:Tìm giá trị nguyên x để giá trị phân thức sau số nguyên A = 17

2

x x

x

 



ÑKXÑ: x ≠ -2

Ta coù: A = (3x – 10) +

x

A nguyeân  x32

 nguyeân   (x + 2)  x +  Ö (3)

 x + = ± ; ± * x + =  x = -1 (TMÑK) * x + = -1  x = -3 (TMÑK) * x + =  x = (TMÑK) * x + = -3 x = -5 (TMÑK)

C M

E

B D

A

9 9

C H I B

Vậy với x  { -5 ; -3 ; -1 ; } A có giá trị nguyên * BAØI 40:Cho x  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A =

2 2002x 2x

x

 

Tìm x để A có GTNN

Giải Ta coù:

A = 22

2001x x 2x

x

  

= 2 2 2001x (x 1)

x x

 

= 2001 + 2 (x 1)

x 

Vì : (x – 1)2≥ x2 > 0 Nên: 2001 + 2

( 1)

2001

x x 



 GTNN cuûa A 2001  x =

 BÀI 41: Cho hình vng 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 vng góc với d

Tính AM2 + BN2 + CP2 + DQ2 theo a. Giaûi Xét vuôngAMO vuông ONB có:

OA = OB (t/c đường chéo hình vng)

 

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

* 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

a) CM: MBC

ABC

S MQ

AQ S

b) CMR: Tổng MQ MNAQ  BN MPCP không phụ thuộc vào vị trí điểm M thuộc miền

tam giác ABC

Giải a) Kẻ MH  BC ; AK  BC

11 Q

P M

N d

O

C B

D A

M

P N

 MH // AK

 MHQ ~ AKQ

 MH MQ

AK AQ

Ta lại có: MBC ABC MH BC S MH

S  AK BC AK

=> 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

=> MBC MAC MAB

ABC ABC ABC

S S S

MQ MN MP

AQ  BN CP S S S

= MBC MAC MAB ABC

S S S

S

 

= ABC ABC

S

S = (hằng số)

Vậy: tổng MQ MNAQ  BN MPCP không phụ thuộc vào vị trí điểm M thuộc miền tam giác

ABC

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

2 2 x x x x    

Ta coù:B =

  2 1 x x x   

Đặt: y = x + => x = y –  B =    

 

2

2 1

1 y y y       = 2

2 1

y y y

y

    

= 2

y y y

 

=

1 1

y y

 

Đặt: t = 1y

 B = – t + t2 = t2 – t + = (t - 12)2 + 34 ≥ 34  GTNN B

4  t =  t =

2  1

2

y   y =

 y =  x + =  x =

Vậy GTNN B 34  x =

*BAØI 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.

Giaûi 1 1N

*Xét MBO OCN có: B C (gt)

MB OB

OB CN =>

MB OC

OB CN

=> MBO ~ OCN (c.g.c) (1) * Xeùt OCN MON có:

OMON CNOB ( MBO ~ OCN) => OM OC

ON CN

Ta lại có:    180

O O O 

Vaø:    180

N O C  Maø :  

1

O N

=>  

O C => OCN ~ MON (c.g.c) (2) 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) *BAØI 46: Cho biểu thức: A = 4

3

1 1

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

a) Rút gọn A

b) CM: A > với x

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 =          

3

1 1 1

x x   x x   x  x  x

=              

3

1 1 1 1 1

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

MTC = (x – 1)(x + 1)(x2 – x + 1)(x2 + x + 1) A =

2

2

3( 1) ( 1) 4( 1) ( 1)( 1)( 1)( 1)

x x x x x

x x x x x x

      

      =

2

3 2( 1) ( 1)( 1)

x x x    = 2( 1) x x   = 2 2( 1) ( )

x x



 =

2

2 2( 1) ( 1)( 1)

x

x x x



  

A = 2

1

x x 

b) Ta coù: x4 + x2 + =

2

2 3 4

x

 

  

 

  => A =

2 2 x         

với x BAØI 47: Cho biểu thức: B =

2

3

6 10 :

4

x x

x

x x x x x

    

   

   

   

   

b) Tính giá trị B |x| = 12 c) Với giá trị x B < d) Với giá trị x B =

Giải a) ĐKXĐ: x ≠ ; x ≠ ; x ≠ -2

KQ: B = 2 x

b) |x| = 12 => x = ± 12 KQ: B =

3 vaø B = c) KQ: x >

d) KQ: x =

*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 coù: (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 - 5

2) 2 + 39

4 ≥ Nên: PTVN

Vậy p.t cho có nghiệm x = x = -

*BAØI 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

b) AHG ~ MOG

c) Ba điểm H, G, O thẳng hàng

Giải

a) Xét ABH MNO coù: AH // OM

AB // MN

=> BAH OMN (1) Ta lại có:

ON // BH AB // MN

=>   (2)

O G H

M C

N

Từ (1) (2) => ABH ~ MNO (g.g)

b) Xét AHG MOG có: OMG HAG  (SLT) (3)

2

AH AB

OM MN  AG

GM =

=> OMAH GMAG (4)

Từ (3) (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

Giải a) Ta có:

MA = MB (gt)

NB = NC (gt)  MN đường TB ABC

 MN // AC vaø MN =

2AC (1) CM tương tự ta có:

QP // AC vaø QP = 12AC (2)  MNPQ laø HBH (*)

Ta lại có: QM =

2BD (QM đường TB ABD) Mà: AC = BD (2 đường chéo HT cân)

 QM = MN (**)

Từ (*) (**) => MNPQ hình thoi  MP phân giác QMN

b) 

45

MNQ  MNP 900

 MN  NP  AC  BD b) Từ 

45

MNQ  AC  BD

H Q

P

N M

C B

 MNPQ hình vuông  MP = QN

Mà: MP = AH  AH = QN

 BAØI 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 = (a 21)(aa 2)

 

* Neáu (a + 1)(a – 2) ≠

=> a + ≠ vaø a – ≠

=> a ≠ -1 vaø a ≠

PT có nghiệm x = (a 21)(aa 2) a11

  

 Nếu (a + 1)(a – 2) =  a + = 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 = a11

