51 bài tập HSG toán 8

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
A =
2 2
2 2
3( 1) ( 1) 4( 1)
( 1)( 1)( 1)( 1)
x x x x x
x x x x x x
+ + − − + − +
− + − + + +
=
2
3 3
2( 1)
( 1)( 1)
x
x x
−
− +
=
2
6
2( 1)
1

x
x
−
−
=
2
2 3
2( 1)
( ) 1
x
x
−
−
=
2
2 4 2
2( 1)
( 1)( 1)
x
x x x
−
− + +
A =
4 2
2
1x x+ +
b) Ta có: x
4
+ x
2

+ 1 =
2
2
1 3 3
2 4 4
x
 
+ + ≥
 ÷
 
=> A =
2
2
2
0
1 3
2 4
x
>
 
+ +
 ÷
 
với mọi x
BÀI 47: Cho biểu thức: B =
2 2
3
6 1 10
: 2
4 6 3 1 2

x x
x
x x x x x
   
−
+ + − +
 ÷  ÷
− − + +
   
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 KQ: B =
1
2 x−
b) |x| =
1
2
=> x = ±
1
2
KQ: B =
2
3
và B =

2
5
c) KQ: x > 2 KQ: x =
3
2
*BÀI 48: Giải phương trình:(x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) = 120
 (x
2
– 5x +4)(x
2
– 5x + 6) = 120
Đặt: t = x
2
– 5x + 5 ta có: (t – 1)(t + 1)- 120 = 0  t
2
– 121 = 0  t = 11 và t = - 11
* t = 11  x
2
– 5x + 5 = 11  (x – 6)(x + 1) = 0  x = 6 và x = -1
*t = - 11  x
2
– 5x + 5 = -11  x
2
– 5x + 16 = 0
Vì: x
2
– 5x + 16 = (x -
5
2
)

2
+
39
4
≥ 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
a) Xét
∆
ABH và
∆
MNO có: AH // OM ; AB // MN
=>
·
·
BAH OMN=

(1)
Ta lại có: ON // BH; AB // MN =>
·
·
ABH ONM=
(2)
Từ (1) và (2) =>
∆
ABH ~
∆
MNO (g.g)
11
O
G
H
M
C
N
B
A
b) Xét
∆
AHG và
∆
MOG có:
·
·
OMG HAG=
(SLT) (3)
2

AH AB
OM MN
= =
;
AG
GM
= 2 =>
AH AG
OM GM
=
(4)
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 đường chéo để
·
MNQ
= 45
0
.
c) CMR: Nếu có thêm điều kiện đó thì hình thang cân có đường cao bằng đường trung
bình của nó.
Giải
a) Ta có: MA = MB (gt) ; NB = NC (gt)
 MN là đường TB
∆
ABC
 MN // AC và MN =
1
2
AC (1)
CM tương tự ta có: QP // AC và QP =
1
2
AC (2) => MNPQ là HBH (*)
Ta lại có: QM =
1
2
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
·
QMN
.
b)
·
0
45MNQ =

·
0
90MNP =
 MN
⊥
NP => AC
⊥
BD
b) Từ
·
0
45MNQ =
 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
 a
2
x + a = ax + 2x + 2 x(a

2
– a – 2) = 2 – a x(a + 1)(a – 2) = 2 – a
 x =
2
( 1)( 2)
a
a a
−
+ −
* Nếu (a + 1)(a – 2) ≠ 0 => a + 1 ≠ 0 và a – 2 ≠ 0 => a ≠ -1 và a ≠ 2
PT có 1 nghiệm là x =
2 1
( 1)( 2) 1
a
a a a
− −
=
+ − +
• 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 =
1
1a
−
+
12
H
Q

P
N
M
C
B
D
A
- Neáu a = - 1 thì p.t VN Neáu a = 2 thì p.t coù VSN
13