Đáp án đề HK2 toán 8 trường Amsterdam các năm

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.56 MB, 57 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>



Sưu tầm

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC KÌ 2

MƠN TỐN LỚP 8 AMSTERDAM

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI 
TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
NĂM HỌC 2002-2003. MƠN: TỐN 8 
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề)

ĐỀ 7

Câu 1. Cho biểu thức

2 2

8 24 3 2 15

2 :

6 9 3 3

x x x x

A

x x x x x x

 

  

     

     .

a) Rút gọn A.

b) Tìm x thỏa mãn A0.
c) Tìm x sao cho A  3 3x.

Câu 2. Một xưởng đóng giày theo kế hoạch phải hồn thành số giày quy định trong 26 ngày, nhưng vì
làm việc có hiệu quả vượt mức 5 chiếc một ngày nên sau 24 ngày chẳng những hoàn thành kế
hoạch mà cịn vượt mức 60 chiếc giày. Tính số giày mà xưởng phải đóng theo quy định.
Câu 3. Cho xAy 90. Một điểm O cố định trên tia Ay, điểm Cdi động trên tia Ax, vẽ COB vuông

ở O sao cho OC2OB. Gọi E và D lần lượt là hình chiếu vng góc của O và B trên tia
BC và Ay.

a) Chứng minh CA DB. AO DO. .
b) Chứng minh ACE∽DOE.

c) Tính

2
2
OB

BC . Nếu

9 cm

AED

S  , tính EA, ED.

d) Chứng minh rằng khi C di động trên tia Ax thì B di động trên một tia cố định.
Câu 4. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P25



x2 y2







123x4y



b) Cho ABC, các đường cao cắt nhau tại H. Gọi S là diện tích ABC. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

AB HC BC  AH  AC HB và AB HC. BC HA. AC HB. 4S.

c) Cho a, b, c0 và a2b2c2 1. Chứng minh 2 2 2 2 2 2 3 3

a b c

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

MƠN TỐN 8 (2002 – 2003)

Câu 1. Cho biểu thức

2 2

8 24 3 2 15

2 :

6 9 3 3

x x x x

A

x x x x x x

 

  

     

     .

a) Rút gọn A.

b) Tìm x thỏa mãn A0.

c) Tìm x sao cho A  3 3x.

Lời giải 
a) Điều kiện: x0, x3. Khi đó, ta có:





2 2

8 24 3 2 15

2 :

6 9 3 3

x x x x
A

x x x x x x

 
  
     
     



















2
2

8 3 3 3 2 15

2 :

3
3

x x x x x x

A
x x
x
     
  















2 2
2

8 3 9 2 15

2 :

3
3

x x x x x

A
x x
x
    
  



















8 3 2 3

2 :

3
3

x x x

A
x x
x

 
  



















8 3 3

2 .

2 3

x x x x
A
x
x
 
  


2 2

4 4 2 6

3 3

x x x
A
x x
 
   
  .
Vậy
2

4 2 6

3
x x
A
x
 

 .

b) Ta có:
2

4 2 6

0 0
3

x x
A
x
 
  






</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>









3
1 0
2
3 0
3
1 0
2
3 0
x x
x
x x
x
  
  
  

 




  
 
  
   
  
  
  


3
1 0
3

2 , do 1

3 2
0 1
2
3
3
1 0
2
3 0
x x
x x
x x
x
x x
x


   
  
     
 

     
 







   




  

3
3
1
2
x
x





  

.
Vậy
3
0 3
1
2
x
A
x



 
  

.

c) Ta có:











2 1 2 3

3 3 3 1

x x

A x x

x

 

    

 .

Điều kiện: x1, x0.

Trường hợp 1:











2 1 2 3

3 1
3
x x
x
x

 
 














2 x 1 2x 3 3 x 1 x 3

      
1
3
7
x
x




 

.

So với điều kiện ta nhận x1, 3

x .

Trường hợp 2:











2 1 2 3

3 1
3
x x
x
x
 
  














2 x 1 2x 3 3 x 1 x 3

     
1
15
x
x


   

.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Vậy A  3 3x khi x1 hoặc 3

x , x 15.

Lời giải

Gọi số giày mà xưởng phải đóng theo quy định là x (chiếc), điều kiện *
x .
Năng suất theo kế hoạch của xưởng là

x

(chiếc/ngày).

Năng suất thực tế của xưởng là 5

x

 (chiếc/ngày).

Số giày xưởng sản suất trong 24 ngày là 24 5
26

x

 

 

  (chiếc).

Do xưởng hoàn thành xong kế hoạch trong 24 ngày và vượt mức 60 chiếc giày nên ta có phương
trình:

24 5 60

x

 
  
 
 

1 60

x 

   
 

60 780

13x x

    (nhận).

Vậy số giày mà xưởng phải đóng theo kế hoạch là: 780 (chiếc).

Câu 3. Cho xAy 90. Một điểm O cố định trên tia Ay, điểm Cdi động trên tia Ax, vẽ COB vuông
ở O sao cho OC2OB. Gọi E và D lần lượt là hình chiếu vng góc của O và B trên tia

BC và Ay.

a) Chứng minh CA DB. AO DO. .
b) Chứng minh ACE∽DOE.
c) Tính

2
2
OB

BC . Nếu

9 cm

AED

S  , tính EA, ED.

d) Chứng minh rằng khi C di động trên tia Ax thì B di động trên một tia cố định.
Lời giải

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

   180
AOCBOCBOD 

 90  180

AOC BOD

     

  90
AOC BOD

   

Mà AOCACO90 (vì COA vng ở A)
Do đó ACOBOD.

Xét ACO và DOB:

 

ACOBOD (chứng minh trên)
  90

CAOODB 

ACO DOB

  ∽ (g - g)

. .

AC AO

CA DB AO DO
DO DB

    .
b) Chứng minh ACE∽DOE.

  90

ECOEBO  (vì COB vng ở O).
  90

EOBEBO  (vì EOB vng ở E).
 

EOB ECO

  .

Xét ECO và EOB:
 

EOBECO (chứng minh trên)
  90

CEOOEB 

ECO EOB

  ∽ (g – g)

EC CO
EO OB

   .

 

1
Ta có: ACO DOB AC AO CO 2

DO DB OB

 ∽     .

 

Từ

 

1 và

 

2 , ta có: EC AC 2

EO  DO  .
Ta có:

 

EOB ECO
BOD ACO

 








   

EOB BOD ECO ACO

    ACEDOE .

Xét ACE và DOE:

EC AC

EO  DO 

 

ACEDOE
ACE DOE

  ∽ (c – g – c) .

c) Tính
2
2
OB

BC . Nếu

9 cm

AED

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Ta có: 2 2 2

BC OB OC 2 2 2

BC OB OC

  

2 2

1
5

OB
BC OB

BC

    .
Ta có: ACE∽DOE , nên CEAOED.

Mà CEA OEA90 nên OEDOEA 90 CEO 90.
Xét EAD vuông tại E:

. 9 cm . 18

AED

S  AE ED AE ED .
Mà AE AC 2

ED DO (vì ACE∽DOE )
2

AE ED

  .

Do đó, 2

2ED 18ED 3 AE6.
Vậy ED3 cm





, AE6 cm





d) Chứng minh rằng khi Cdi động trên tia Ax thì B di động trên một tia cố định.

Có BDO∽OAC 1

BD OB
OA CO

   1

BD OA

  .
B

 cách Ay một khoảng là 1

2OA (khơng đổi).

Khi C A thì BI với IO Ay tại O và 1

IO OA, I thuộc nửa mặt phẳng có bờ là tia Ay
có chứa C, B nên I cố định.

Vậy B thuộc tia cố định It, với It//Ay, It cách Ay một khoảng không đổi là 1

2OA, It thuộc

nửa mặt phẳng có bờ có bờ là OI khơng chứa tia Ax.

Bài 4. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P25



x2 y2







123x4y



b) Cho ABC, các đường cao cắt nhau tại H. Gọi S là diện tích ABC. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

c) Cho a, b, c0 và 2 2 2

a b c  . Chứng minh 2 2 2 2 2 2 3 3

a b c

b c c a a b  .
Lời giải

a) Ta có:



2 2









2 2





 



25 12 3 4 25 144 24 3 4 3 4

P x  y   x y  x y   x y  x y



 



2 324 2 576

25 36 25 48 36 12 3 4 3 4 72

25 25

x x y y x y x y

     

           

 

   





2 2

18 24

5 5 6 3 4 72 72

5 5

x y x y

   

          

    .

Dấu bằng xảy ra khi

5 0

5
24

5 0

6 3 4 0

x
y

x y



 





 





  





18
25
24
25
x
y





 

 



Vậy

min 72

24
25
x
P

y






  

 



b) Hình vẽ:

Chứng minh 2 2 2 2 2 2

AB HC BC AH  AC HB .
Cách 1.

Gọi P, N, M lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C của ABC.

Áp dụng định lí Py-ta-go cho tam giác vng ABP và HPC ta có:

2 2 2

AB BP AP
CH PC PH

  




 






 



2 2 2 2 2 2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Tương tự:



 



2 2 2 2 2 2

AB HC  BN AN  HN NC



2 2

 

2 2



2 2
BN NC AN HN BC AH

      .
Vậy AB2HC2BC2AH2  AC2HB2.

Cách 2.

Gọi P, N, M lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C của ABC.

Áp dụng định lí Pytago cho tam giác vng ABP và HPC ta có:

2 2 2

AB BP AP
CH PC PH

  




 






 



2 2 2 2 2 2

AB AH BP PC AP PH

     



BP PC



2 2PB PC.



AP PH



2 2AP PH.

     





 

2 2

2 . . 1

BC AH AP PH PB PC

    .

Xét APB và CPH có APBCPH 90 và BAPHCP ( cùng phụ góc B) .
APB CPH

  ∽ (g – g)

. .

AP PB

AP PH PB PC
CP PH

    .

 

Từ

 

1 và

 

2 AB2HC2 BC2AH2.
Chứng minh tương tự ta có:



 



2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

BC AH  BN NC  AN NH  BN NH  NC AN













2 . .

BN NH NC AN NC AN BN NH

     





2 2 2 . .

HB AC NC AN BN NH

    .

Mà NC AN. BN NH. (học sinh tự chứng minh) nên BC2AH2 AC2HB2.
Vậy AB2HC2BC2AH2  AC2HB2.

Chứng minh AB HC. BC HA.  AC HB. 4S.

Ta có: 1 . . 2
2

S AP BCAP BC S.

Tương tự: HP BC. 2SHBC.
Suy ra :

. . 2 2 HBC

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>



AP HP BC



. 2S 2SHBC

   

. 2 2 HBC

AH BC S S

   .

Tương tự: . 2 2

. 2 2

HAB
HAC
AB HC S S
AC HB S S




 




 



Suy ra AB HC. BC HA. AC HB. 6S2



SHBCSHABSHAC



6S2S4S (đpcm) .
c) Ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1

a b c a b c
b c c a a b  a  b  c .

Ta sẽ chứng minh 2
2

3 3

1 2

x

x
x 

 với mọi x



0;1



 

Ta có:

2
2

3 3

1 2

x

x 







2 2

2x 3 3x 1 x

   3 3x43 3x22x0

4 2

9x 9x 2 3x 0

    2



3 3



2 0

x x

 

    

 

(luôn đúng).

Áp dụng

 

* ta có
2

2
2

3 3

1 2

3 3

1 2

3 3

1 2

a

a
a

b

b
b

c

c
c

























2 2 2



2 2 2

3 3 3 3

1 1 1 2 2

a b c

a b c
a b c

      

   .

Dấu bằng xảy ra khi 3

abc .

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI 
TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
NĂM HỌC 2003 – 2004. MƠN: TỐN 8 
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề) 
Bài 1. Cho

2
2 2

3 2 1

2 2 2 5 4

y
A

x y x y x y x y

 

   

   

 

a) Rút gọn A.

b) Với giá trị x, y nguyên dương nào thỏa mãn x2y14 thì A nhận giá trị nguyên dương.
Bài 2. Giải phương trình và bất phương trình:

a) 2 4 1 6 1 1

4 3 3 2 2

x

x x x x

 
    
     .



x24x5



2



x1



x3



4.
c) x 1 2x  3 x.

Bài 3. Giải bài tốn bằng cách lập phương trình:

Lúc 7 giờ 15 phút, hai ô tô cùng khởi hành từ A đến B. Vận tốc xe thứ nhất là 40 km/h, vận tốc
xe thứ hai là 60 km/h. Xe thứ nhất đi được nửa quãng đường thì nghỉ lại 15 phút. Xe thứ hai đến
B nghỉ 45 phút rồi quay lại thì gặp xe thứ nhất ở C cách B là 10 km. Tính quãng đường AB
và cho biết họ gặp nhau lúc mấy giờ?

Bài 4. Cho đoạn thẳng AB2a , trung điểm I. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ tia Ax, By

cùng vuông góc với AB. Lấy CAx , DBy sao cho 2

AC BDa .

a) Chứng minh ICD vuông và ICD∽AIC.

b) Hạ IH CD



HCD



. Chứng minh HAB vuông.

c) Hạ HK AB



K AB



. Chứng minh AD, BC, HK đồng quy.
d) Tìm vị trí của C để diện tích tứ giác ACDB có giá trị nhỏ nhất.
Bài 5. (Dành cho học sinh lớp 8D, 8E)

Cho tam giác ABC có B và C nhọn, đường cao AF, trung tuyến AD, phân giác AE. Biết
1

14
AED ABC

S  S và 7
50
AFD ABC

S  S . Tính BAC.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM 
Năm học: 2003 – 2004

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1. Cho

2
2 2

3 2 1

2 2 2 5 4

y
A

x y x y x y x y

 

   

   

 

a) Rút gọn A.

b) Với giá trị x, y nguyên dương nào thỏa mãn x2y14 thì A nhận giá trị nguyên dương.
Lời giải

a) Điều kiện xác định: y2x, y 2x, 2

x

y .
Ta có :

2
2 2

3 2 1

2 2 2 5 4

y
A

x y x y x y x y

 
   
   
 
.



 





 









 



2 2 2 2

3 2 2 5 2 2 2 5 4 4

2 2 2 5

x y x y x y x y x y x y

A

x y x y x y y

       



   .









2 2 2 2 2 2 2 2

2
2 2

12 24 15 8 24 10 4 4

4 2 5

x xy y x xy y x y x y

A

y
x y x y

       



  .









2 2 2

2
2 2

24 4

4 2 5

y x y

A

y
x y x y

 

  .
24
2 5
A
x y


 .

Vậy 24

2 5
A
x y


 .

b) Ta có: 24

2 5
A
x y



 .

Với x2y14 x142y.

Khi đó





24 24

2 14 2 5 28 9

A

y y y

 
 
   .
24
0 0
28 9
A
y

  

28

28 9 0

y y

     .

Mà y nguyên dương nên y



1;2;3



.
Với y  1 x 12 (thỏa mãn điều kiện).

Với y  2 x 10 (thỏa mãn điều kiện).

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Vậy



x y;









12;1 ; 10;2 ; 8;3

 





.
Bài 2. Giải phương trình và bất phương trình.

a) 2 4 1 6 1 1

4 3 3 2 2

x

x x x x

 
    
     .



x24x5



2



x1



x3



4. 
c) x 1 2x  3 x.

Lời giải

a) 2 4 1 6 1 1

4 3 3 2 2

x

x x x x

 
    
     .

Điều kiện xác định: x 1, x 3.
Ta có

4 1 1

1 6

4 3 3 2 2

x

x x x x

 

    
     



 





 



8 2 8 6 2 2 3

2 1 3 2 1 3

x x x x x

x x x x

     

 

   

2x 6 6x 6

     2x26x02x x



3



0.









0
3

x
x

 
 

 


thỏa mãn điều kiện

không thỏa mãn điều kiện .
Vậy phương trình có tập nghiệm S

 

0 .
b)



x24x5



2



x1



x3



4



 

2 2



4 5 4 3 4

x x x x

      

 

1 .

Đặt x24x 5 a



a0



, phương trình

 

1 trở thành:

2 0

a   a 



a1



a2



0









2
1

a
a

 
 

 


thỏa mãn điều kiện

không thỏa mãn điều kiện .
Khi đó 2

4 5 2

x  x  2

4 3 0

x x

    



x1



x3



0 1

3
x
x




  



Vậy phương trình có tập nghiệm S

 

1;3 .
c) x 1 2x  3 x

 

2 .

* Nếu 1 1 0 1 1

2 0 2 2

x x

x

x x x

  


 

 

  

    

 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

* Nếu 2 1 0 1 1

2 0 2 2

x x

x
x

x x x

  


 

 

  

    

 

Bất phương trình 2 trở thành:

1 2 3

x x  x  x6 (thỏa mãn điều kiện).

* Nếu 1 2 1 0 1 1

2 0 2 2

x x

x
x

x x x

  


 

 

   

    

 

Bất phương trình 2 trở thành:

1 2 3

x  x x  x 2 (không thỏa mãn điều kiện).

Vậy bất phương trình có tập nghiệm S



x x0;x6



.
Bài 3. Giải bài tốn bằng cách lập phương trình:

Lời giải

Đổi: 15 phút 1
4

 giờ, 45 phút 3
4

 giờ.

Gọi quãng đường AB là x







x10



.
Thời gian xe thứ nhất đi nửa quãng đường AB là

80
x

(giờ).

Thời gian xe thứ nhất đi tiếp đến C là 20
80
x

(giờ).

Thời gian xe thứ hai đi từ A đến B là
60

x

(giờ).

Thời gian xe thứ hai đi từ B đến C là 1
6 (giờ).

Vì hai xe xuất phát cùng một lúc và gặp nhau tại C nên ta có phương trình:

1 20 3 1

80 4 80 60 4 6

x x x

     10 2

40 60 3

x x

   30 2

120 3

x

 

30 80

x

    x110 (thỏa mãn).

Thời gian xe thứ hai đi từ A đến chỗ gặp nhau tại C là:



110 10 : 60



2 (giờ).
Hai xe gặp nhau lúc: 7 giờ 30 phút + 2 giờ = 9 giờ 30 phút.

Vậy quãng đường AB dài 110 km và họ gặp nhau lúc 9 giờ 30 phút.

Bài 4. Cho đoạn thẳng AB2a, trung điểm I. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ tia Ax, By
cùng vng góc với AB. Lấy CAx , DBy sao cho AC BD. a2.

a) Chứng minh ICD vuông và ICD∽AIC.

b) Hạ IH CD



HCD



. Chứng minh HAB vng.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

d) Tìm vị trí của C để diện tích tứ giác ACDB có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải

a) Chứng minh ICD vuông và ICD∽AIC.

Do I là trung điểm của AB và AB2a nên IAIBa.
Ta có: AC BD. a2 AC BD. IA IB. AC IA

IB BD

  .

Xét hai tam giác vng AIC và BDI có: CAIIBD90 và AC IA
IB  BD.

 AIC∽BDI CIABDI.
Mà  BDIBID90.

Từ đó: CIA BID  90  CID180 



CIA BID 



90 ICD vuông tại I.
b) Hạ IH CD



HCD



. Chứng minh HAB vuông.

Theo chứng minh ở câu a), AIC∽BDI  AC IC

BI  ID

 

1 .
Do ICD vuông tại I có IH là đường cao nên CIHHDI (cùng phụ với HID).
Xét hai tam giác vuông HIC và HDI có: CHIIHD90 và CIHHDI.

 HIC∽HDI (g – g)  HC IC

HI  ID

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2  AC HC IC

BI  HI  ID 

AC HC
AI  HI 

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Xét hai tam giác vng AIC và HIC có: CHICAI90 và AC AI
HC  HI .

 AIC∽HIC  AICCIH.

Mặt khác, hai tam giác vuông AIC và HIC có chung cạnh CI.

 AIC HIC  IHIAa.

Tam giác HAB có trung tuyến kẻ từ H có độ dài bằng một nửa cạnh đáy tương ứng là BC
nên HAB vuông tại H.

c) Hạ HK  AB



KAB



. Chứng minh AD, BC, HK đồng quy.

Gọi O là giao điểm của AD và BC. Ta sẽ chứng minh H , K, O thẳng hàng.
Theo chứng minh ở câu b), ta có AIC HIC ACCH.

Cũng theo chứng minh ở câu b), HIC∽HDI  HI HC

HD  HI 

2 2
.

HD HCHI a

 2

HD ACa .
Lại có: AC BD. a2.

 AC BD. HD AC.  HDBD.

Hai Ax, By cùng vng góc với AB Ax//By hay AC//BD.

Ta có: AO AC

OD  BD (Hệ quả của định lý Talet).

 AO CH

OD  HD

 HO//AC (Định lý Talet đảo trong tam giác ACD) .

 HOAB. 
Mà HK AB.

 H, K, O thẳng hàng  AD, BC, HK đồng quy tại O.
d) Tìm vị trí của C để diện tích tứ giác ACDB có giá trị nhỏ nhất.
Trước hết ta chỉ ra rằng, với hai số dương x và y ta có:

2
x y

xy



 



 

  .

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

2
x y

xy



 



 

  





4
x y

xy



  x22xyy24xy x22xyy2  0



xy



2 0
(Hiển nhiên đúng). Dấu “=” xảy ra khi x y.

Hơn nữa, với hai số dương m và n thỏa mãn m2 n2 thì mn.

Rõ ràng 2 2

m n  2 2
0

m n  



m n m n







0 mn (Do m và n là hai số dương).
Tứ giác ACDB là hình thang vng có chiều cao AB2a và hai đáy là AC, DB nên diện tích
tứ giác ACDB có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ACDB nhỏ nhất.

Ta có:

2
.
2

AC DB

AC DB



 



 

  

2
2
2

AC DB
a



 



 

   2

AC DB
a



 ACDB2a.
ACDB nhỏ nhất bằng 2a khi ACDB. Khi đó ACDBa.

Bài 5. (Dành cho học sinh lớp 8D, 8E)

Cho tam giác ABC có B và C nhọn, đường cao AF, trung tuyến AD, phân giác AE. Biết
1

14
AED ABC

S  S và 7
50
AFD ABC

S  S . Tính BAC.
Lời giải

Ta có: 1 1

14 14

AED ABC

S  S ED BC.

7 7

50 50

AFD ABC

S  S FD BC.

 1 1 4

14 2 7

EC EDDC BC BC BC và 3
7
EBBCEC BC

 3

4
EB
EC 

 3

AB EB

AC EC

 

  

 

(theo tính chất đường phân giác).

Hơn nữa, SABF SABDSAFD 1 7

2 50

ABF ABC ABC
S  S  S 9

25SABC

 .

ABF ACD AFD

S S S  1 7

2 50

ABF ABC ABC
S  S  S 16

25SABC

 .

 9

16
ABF
ACF
S

S




  3

4
FM

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Gọi I , J lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC.

Các tam giác ABF, AFC vuông tại F  1

FI AB, 1
2

FJ  AC 3

4
FI AB
FJ  AC  .

Từ đó: FM FI

FN  FJ  MIF∽NJF (cạnh huyền – cạnh góc vng) 

 

MIF NJF.

Mà tam giác IBF cân tại I, AJF cân tại J.

 IFBFAJ.

 

Tam giác IAF cân tại I  IFAIAF.

 

Từ

 

1 và

 

2   IAFFAJ IFA IFB  90 BAC90.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI 
TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
NĂM HỌC 2007-2008. MƠN: TỐN 8 
(Thời gian làm bài 90 phút, khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1. (2 điểm) Cho hai biểu thức

2 2

1 3

2 : 1

1 1

x x

A

x x

 



 

     

 

   

;

2
2

2 1

x
B

x x




  .

a) Tìm điều kiện của x để A và B có nghĩa, sau đó chứng minh rằng AB.
b) Tìm các giá trị của x sao cho A 2.

Bài 2. (2 điểm) Giải các phương trình sau:

a) 2 3 3 2 4

2 1 1 2 4 1

x

x x x



 

   .

b) 24

1 1 1

a x a x a

a a a

 

 

   (điều kiện a 1 và a là tham số).

Bài 3. (2 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình

Lan đi bộ từ nhà đến trường. Trong 12 phút đầu Lan đi được 700 m và nhận thấy cứ như vậy sẽ
đến trường muộn 13 phút. Vì thế trong qng đường cịn lại Lan đã đi với vận tốc 6 km/h . Do
đó Lan đã đến sớm 5phút. Hỏi nhà Lan cách trường bao nhiêu ki-lô-mét?

Bài 4. (4 điểm) Cho ABC biết B có số đo bằng 2 lần C.

a) Chứng minh rằng C60. Tìm điều kiện của C để ABC khơng có góc nào tù.

b) Trên tia đối của tia BA lấy điểm K sao cho BKBC. Chứng minh ABCACK và ta có

hệ thức 2 2

.
AC AB  AB BC.

c) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để AC2AB2  AB BC. là B2C.

d) Kẻ AP, AH lần lượt vuông góc với CK và BC (tại P và H). AP cắt BC tại I . Chứng
minh HA2HI HC. .

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM 
Năm học: 2007 – 2008

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1. (2 điểm) Cho hai biểu thức

2 2

1 3

2 : 1

1 1
x x
A
x x
 

 
     
 
   

;
2
2
1
2 1
x
B
x x


  .

a) Tìm điều kiện của x để A và B có nghĩa, sau đó chứng minh rằng AB.
b) Tìm các giá trị của x sao cho A 2.

Lời giải

a) Điều kiện:
2

1 0

2 1 0

x
x x
  



  


1
1
2
x
x
 


 



.
2
2 2
1 3

2 : 1

1 1
x x
A
x x
 

 

     
 
   
2 2
2 2

2 1 1 4

1 1

x x x

x x
  

 













2
2

1 2 1 1

1 1 2 1 2

x x x
x x x

  
 
  
1
1 2
x
x



1
2 1
x
x



2
2
1
2 1
x
B
x x


 













1 1

1 2 1

x x
x x
 

 
1
2 1
x
x




Vậy AB.

b) Ta có: A 2 1 2

2 1
x
x

  

1
2 0
2 1
x

x

  

5 3
0
2 1
x
x

 


Trường hợp 1:

5 3 0 5 3

2 1 0 1 5

2
x
x
x
x
x




 
 
  
 
 
  


.

Trường hợp 2:

5 3 0 5 1

2 1 0 1 2

2
x
x
x
x
x



 
 
  

 
 
  


.

Kết hợp điều kiện

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Vậy để A 2 thì

3
5
1
2

x
x





 


và x 1.

Bài 2. (2 điểm) Giải các phương trình sau:

a) 2 3 3 2 4

2 1 1 2 4 1

x

x x x



 

   .

b) 24

1 1 1

a x a x a

a a a

 

 

   (điều kiện a 1 và a là tham số).

Lời giải

a) Điều kiện: 1

2
x  .

2 3 3 4

2 1 1 2 4 1

x

x x x



 

  







2 3 3 4

2 1 2 1 2 1 2 1

x

x x x x



   

   







 









2 2 1 3 2 1 3 4

2 1 2 1

x x x
x x

    

 

 







7 3

2 1 2 1

x

x x



 

 

7x 3 0

  

3
7
x

  (không thỏa mãn).

Vậy 3

S   

 .

b) Điều kiện a 1 và a là tham số
2

1 1 1

a x a x a

a a a

 

 

  



a x



a 1

 

a x



a 1



4a

      





2 2

a a ax x a a ax x a

        

ax a

 

Nếu a0 thì phương trình có dạng 0.x0 (ln đúng với  x ).

Nếu a0 thì phương trình có nghiệm là x1.

Vậy a0 thì phương trình có vơ số nghiệm
1

a  ; a0 thì phương trình có một nghiệm là x1.

a ; a 1 thì phương trình vơ nghiệm.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Lời giải

Đổi: 12 phút 1

 giờ; 5 phút 1

 giờ; 13 phút 13

 giờ; 700 m 7

 km
Vận tốc ban đầu Lan đi hay vận tốc dự định là: 7 :1 7

10 52



km/h



.
Gọi quãng đường từ nhà Lan đến trường là x (km, 7

10
x ).

Thời gian dự định là: :7 2

2 7

x
x 

 

h .

Quãng đường lúc sau là: 7

x





Thời gian lúc sau là:
7

10 7

6 60

x





 

h .

Thời gian thực tế đi ít hơn thời gian dự định là: 1 13 3
126010

 

h .
Nên ta có phương trình là

2 10 7 1 3

7 60 5 10

x  x 
  

 

2 7 1 3

7 6 60 5 10

x x

    

3, 22
x

  (thỏa mãn).

Vậy nhà Lan cách trường 3,22





Bài 4. (4 điểm) Cho ABC biết B có số đo bằng 2 lần C.

a) Chứng minh rằng C60. Tìm điều kiện của C để ABC khơng có góc nào tù.

b) Trên tia đối của tia BA lấy điểm K sao cho BKBC. Chứng minh ABCACK và ta có
hệ thức AC2AB2 AB BC.

c) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để AC2AB2  AB BC. là B2C.

d) Kẻ AP, AH lần lượt vng góc với CK và BC (tại P và H). AP cắt BC tại I . Chứng

minh 2

.
HA HI HC.

Lời giải

a) Xét ABC ta có:   A B C  180 (áp dung định lý tổng ba góc trong tam giác)
Do B2C nên A3C 180 

 

180

60 60

3 3

A A
C  

      .



90
90

B
A

  




 







2 90

180 3 90

C
C

  


 

   






30 C 45

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Vậy với 30 C45 thì ABC khơng có góc nào tù.

Ta có:

  

ABC



BCK



K

(tính chất góc ngồi của tam giác)

Mặt khác BCBK (giả thiết) nên BCK cân tại B



 

BCK



K

(tính chất tam giác cân)
Nên

ABC





2 

K

, mà

ABC





2 

ACB

(giả thiết)



 

K



ACB

Xét ABC và ACK ta có:

A là góc chung

 

ACB



K

ABC ∽ACK (g – g)

AB AC

AC AK

  (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

2
.
AC AB AK

  (tính chất tỉ lệ thức)





2 .

AC AB AB BK

  



BAK



2 2 .

AC AB AB BK

  

2 2
.
AC AB AB BK

   (đpcm).

 

 Đã chứng minh ở câu b).

 

 Giả sử ta có: 2 2

AC AB AB BK. Ta chứng minh

B





2 C



.
I

H

P

K

A

B

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Từ 2 2

. AB AC

AC AB AB BK

AC AK

   

Xét ABC và ACK ta có:

A là góc chung

AB AC

AC  AK (từ điều giả sử)
ABC

  ∽ACK (c – g – c)

 

AKC

ACB





(2 góc tương ứng)

Mà

 

BCK



K

(chứng minh trên)

Nên

  

ABC



BCK



K



2 

ACB

(tính chất góc ngồi của tam giác).
Vậy chứng minh được



ABC



2 

ACB

Gọi I là giao điểm của AP và BC.

Ta có: AHI vng tại H nên

HAI

 



AIH



90 

.
PIC

 vuông tại P nên

 

PCI



PIC



90 

.
Mà

 

AIH



PIC

(hai góc đối đỉnh)

 

HAI

PCI





Mặt khác:

PCI

 



ACB

(chứng minh trên)

 

HAI

ACB





Xét HAC và HIA ta có:



H là góc chung

 

HCA HAI



HAC HIA

  ∽ (g – g)

HA HC

HI HA

  (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

2 .

HA HC HI

  (đpcm).

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI 
TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
NĂM HỌC 2008-2009. MƠN: TỐN 8 
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề)

ĐỀ 13 
Bài 1. Xét biểu thức:





3
2

3 3

1 1

1 . :

1 1

a

a a

A a

a a a a



     

     

  

   

.
a) Rút gọn A.

b) Tìm giá trị của a để A A2.

Bài 2. Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc trung bình 30 km/h. Khi đến B người đó nghỉ 20
phút rồi quay về A với vận tốc trung bình 25 km/h. Tính quãng đường AB biết rằng thời gian cả
đi lẫn về và nghỉ là 5 giờ 50 phút.

Bài 3. Giải phương trình và bất phương trình sau:

a) x35x28x 4 0. b) 2 5 3 1 5 3

4 5 3

x x x
x

  
    .

Bài 4. Cho ABC vuông tại A có CB2AC. Lấy điểm M bất kì trên cạnh AB, hạ BH vng góc
xuống tia CM (tại H), gọi K là giao điểm của BH và tia CA.

a) Chứng minh MA MB. MH MC. .
b) Tính độ lớn AHC.

c) Tia KM cắt BC ở P, chứng minh rằng BH BK. CA CK. không đổi.

d) (Dành cho lớp 8C) Lấy điểm E trên cạnh AB sao cho KEC90 và điểm F trên cạnh
CH sao cho KFB90. Chứng minh KFE cân.

Bài 5. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

1
1
x
P

x x




  .

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM 
Năm học: 2008 – 2009

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1. Xét biểu thức:





3
2
3 3
2
1
1 1

1 . :

1 1

a

a a

A a

a a a a


     
     
  
   
.
a) Rút gọn A.

b) Tìm giá trị của a để A A2

Lời giải 
a) Điều kiện xác định: a0; a 1



























2 2

1 1 1 1 1 1

1 . :

1 1 1

a a a a a a a a

A a

a a a a

             
   
  
  
   
   











2
2
3
1 1

1 . 1 .

1 1

a a a

A a a a

a a a

    
 
 
      
     
   











 



2
2
3 3
1 1

. 1 .

1 1

a a a a

A a

a a a

     

 
 
 
 
 











 



2
2
3 2
1 1

. 1 .

1 1

a

A a

a a a


 
 





1
1
A

a a

 .
Vậy





1
1
A
a a


 với a0; a 1.

b) Tìm giá trị của a để AA2 .
Với a0; a 1 ta có:

2
A A









1 1

1 1

a a a a

  

 









2
1 1
0
1
a a
a a
 
 






1 0

a a

    (Vì  a điều kiện xác định)

1 0

a a

   





1 0

a a

     .

Vì





2 2 1 1 3

1 2. .

2 2 4

a  a a  a    
 
2
1 3
0
2 4
a
 
    

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Nên khơng tìm được giá trị của a để 



a2 a 1



0.
Vậy khơng tìm được giá trị của a để A A2

Bài 2. Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc trung bình 30 km/h. Khi đến B người đó nghỉ 20
phút rồi quay về A với vận tốc trung bình 25 km/h. Tính qng đường AB biết rằng thời gian cả
đi lẫn về và nghỉ là 5 giờ 50 phút.

Lời giải

Đổi 5 giờ 50 phút 35

 

 h ; 20 phút 1

 

 h .
Gọi độ dài quãng đường AB là: x





, x0.
Thời gian xe máy đi từ A đến B là:

 

x
h .

Thời gian xe máy đi từ B về A là:

 

x
h .

Vì thời gian cả đi lẫn về và nghỉ là 5 giờ 50 phút nên ta có phương trình:

1 35

30 25 3 6

x x

  

30 25 6

x x

  

1 1 33

30 25 6

x 

   
 

11 33

150 6

x

 

33 11
:
6 150

x

 

75
x

  (thỏa mãn).

Vậy độ dài quãng đường AB là 75





.
Bài 3. Giải phương trình và bất phương trình sau:

a) 3 2

5 8 4 0

x  x  x  . b) 2 5 3 1 5 3

4 5 3

x x x
x

  
    .
Lời giải

a) x35x28x 4 0



3 2

 



4 4 4 4 0

x x x x x

      



 



4 4 4 4 0

x x x x x

      









1 4 4 0

x x x

    



x 1



x 2



2 0

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

1 0

2 0

x
x

 


   



1
2
x
x




  



Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 



1; 2



b) 2 5 3 1 5 3

4 5 3

x x x
x

  
   

















15 2 5 12 3 60 1 20 5 3

60 60 60 60

x x x  x

   

















15 2x 5 12 3 x 60 x 1 20 5 3x

       

30x 75 36 12x 60x 60 100 60x

       

30x 12x 60x 60x 75 36 60 100

        

78x 199

   

199
78

x

  .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 199

Sx x 
 .

Bài 4. Cho ABC vng tại A có CB2AC. Lấy điểm M bất kì trên cạnh AB, hạ BH vng góc

xuống tia CM (tại H), gọi K là giao điểm của BH và tia CA.

e) Chứng minh MA MB. MH MC. .
f) Tính độ lớn AHC.

g) Tia KM cắt BC ở P, chứng minh rằng BH BK. CA CK. không đổi.

h) (Dành cho lớp 8C) Lấy điểm E trên cạnh AB sao cho KEC90 và điểm F trên cạnh
CH sao cho KFB90. Chứng minh KFE cân.

Lời giải

a) Xét AMC và HMB có:

 



90



MACMHB  

P
M

F
E

C
B

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

AMCHMB (đối đỉnh)

Do đó AMC∽HMB



gg



MA MC

MH MB

  (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

. .

MA MB MH MC

 

b) Xét ABC vuông tại A có 1

AC BC ABC30 .

Vì MA MC

MH  MB (chứng minh trên)

MA MH
MC MB

 

Xét AMH và CMB có
MA MH

MC  MB (chứng minh trên)

AMHCMB (đối đỉnh)

Do đó AMH∽CMB



c-g-c



AHM CBM (hai góc tương ứng)
Hay AHCCBA

Mà CBA30 AHC30.

c) Xét BCK có M là giao điểm của 2 đường cao BA và CH
M

 là trực tâm của BCK KM BC

Ta chứng minh được BHC∽BPK (g – g) BH BP

BC BK

  (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

. .

BH BK BC BP

 

Ta chứng minh được CAB∽CPK (g – g) CA CP

CB CK

  (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

. .

CA CK CB CP

 

Khi đó BH BK. CA CK. BC BP CB CP.  . BC BP CP







BC2 (không đổi)

d) Ta chứng minh được KAE∽KEC (g – g) KA KE

KE KC

  (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

KE KA KC

 

 

1 .

Tương tự KF2 HK KB.

 

2 .

Mặt khác KAB∽KHC (g – g) KA KH

KB KC

  (các cạnh tương ứng tỉ lệ)

. .

KA KC KH KB

 

 

3 .

Từ

 

1 ,

 

2 ,

 

3 suy ra KE2 KF2KEKF KEF cân tại K.
Bài 5. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

2
2

1
1
x
P

x x




  .

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Ta có:

2
2

1
1
x
P

x x




 

2 2

2 2 2 2 1

x x x x

x x

    



 





2
1
2

1
x
x x


 

 

Vì





2
1

0
1
x
x x




  , x nên





2
2

2 2

1
x
x x



 

  , x

Dấu “=” xảy ra x1

Vậy maxP2 khi x1.

Ta lại có

1
1
x
P

x x




 

2 2

2 2 2 1 2 1

3 3 3 3 3 3

x x x x

x x

    



 





2
1

2 1

3 3 1

x
x x



 

 

Vì





2
1

0
1
x
x x




  , x nên





2
1

2 1 2

3 3 1 3

x
x x



 

  , x

Dấu “=” xảy ra x 1

Vậy min 2

P khi x 1.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI 
TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
NĂM HỌC 2010-2011. MƠN: TỐN 8 
(Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề) 
Bài 1. Cho biểu thức

2 2

3 2 1 1 4 2

6 9 2 3 5 6

x x x x x

P

x x x x x x

 

     

    

       .

a) Rút gọn P.

b) Tìm các giá trị của x sao cho P1.
c) Khi x3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
Bài 2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một xe tải và một xe con cùng khởi hành từ tỉnh A đến tỉnh B. Xe tải đi với vận tốc40km/h
, xe con đi với vận tốc 60 km/h. Sau khi đi được một nửa quãng đường AB thì xe con nghỉ
phút rồi chạy tiếp đến B, xe tải nghỉ 10 phút và trên nửa quãng đường còn lại tăng vận tốc thêm

và đến B chậm hơn xe con 40 phút. Tính quãng đường AB.
Bài 3. Giải các phương trình và bất phương trình sau:



x1



3



2x3



327x38.









1 3 1 2 0

x   x x   x  .









3 2 3 8 0

x  x  x  x   .

d) 2 1

2 1 2

x

x x




  .

Bài 4. Cho ABC vng ở A có AB10cm, AC24cm, đường cao AH.
a) Tính độ dài các đoạn thẳng BC, AH, BH.

b) Đường thẳng d song song với BC cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại hai điểm M và N
. Gọi O là giao điểm của MC và NB. Tia Ny song song AB cắt MC tại F , tia Mx song song

AC cắt BN tại điểm E. Chứng minh rằng ON2OB OE. .

c) Chứng minh EF BC// .

d) Chứng minh 2

MN EF BC.

Bài 5. Cho ba số thực x, y,z thỏa mãn xyz1 và x y z 1 1 1
x y z

     . Tính giá trị của biểu thức





2011



1 1 1

Q x  y  z  .

HẾT

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM 
Năm học: 2010-2011

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1. Cho biểu thức

2 2

3 2 1 1 4 2

6 9 2 3 5 6

x x x x x

P

x x x x x x

 

     

    

       .

a) Rút gọn P.

b) Tìm các giá trị của x sao cho P1.
c) Khi x3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Lời giải

a) Rút gọn P

2 2

3 2 1 1 4 2

6 9 2 3 5 6

x x x x x

P

x x x x x x

 
     
    
       













 





 



 





2
2

1 2 1 . 3 2 4 2

2 . 3 3 2 2 3

x x x x x x x

x x x x x x

x
 
       
    
     
  













 



 





2 2
2

1 2 4 3 2 4 2

2 . 3 3 2 2 3

x x x x x x x

x x x x x x

x
 
       
    
     
  













 















 



2 2

1 2 1 1 2 2 . 3

: .

2 . 3 1

3 3

x x x x x x x

x x x

x x

      

 

  

 





3
x
x


 .

b) Tìm các giá trị của x sao cho P1 .
Ta có:









1 2 1 2 1

3 3

x x

P      

  

 

Xét

 

1 :





2 2

2 4 4 3

1 0 0

3 3 3

x x x x

x x x

   

    

  

2 3 7
0
3

x x
x
 
 

2
3 19
2 4
0
3
x
x
 
 
 
 
 

   x 3 0 (vì

2
3 19
0
2 4
x
 
  
 

  , x)

x

  .

Kết hợp với điều kiện xác định suy ra x3, x1; x2 thì P1.

c) Khix3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>



2



2 2 2

4 4 6 9 2 6 1

3 3 3

x x x x x x

P

x x x

       

  

  









2 6 9 2 6 1 3 2 3 1

3 3 3 3 3 3

x x

x x x

x x x x x x

 

  

     

     

3 2

3
x

x

   



Khi x3 thì x 3 0; 1 0
3
x  .

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số không âm: x3; 1
3

x ta được:





1 1

3 2 3 . 2

3 3

x x

    

  .

Dấu “=” xảy ra khi 3 1 4

x x

x

   

 (thỏa mãn điều kiện x3).

Do đó P  2 2 4 . Vậy minPx4.
Vậy x



4; 2;14 ; 8



Bài 2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Một xe tải và một xe con cùng khởi hành từ tỉnh A đến tỉnh B. Xe tải đi với vận tốc40km/h , xe con
đi với vận tốc 60 km/h. Sau khi đi được một nửa quãng đường AB thì xe con nghỉ phút rồi
chạy tiếp đến B, xe tải nghỉ 10 phút và trên nửa quãng đường còn lại tăng vận tốc thêm

và đến B chậm hơn xe con 40 phút. Tính quãng đường AB.
Lời giải

Gọi độ dài quãng đường AB là x





Đổi: 40 phút 2
3

 giờ ; 10 phút 1

 giờ .

1 1

2 2

40 6 50 80 6 100

x x x x

t       (giờ).

Thời gian xe con đi từ tỉnh A đến tỉnh B (tính cả thời gian nghỉ ) là:

1 1

2 2 2

2 2

60 3 60 120 3 120 60 3

x x

x x x

t         (giờ).

Vì xe tải đến B chậm hơn xe con 40 phút 2
3h

 giờ nên ta có :

1 2
2
3
t t 

1 2 2

80 6 100 60 3 3

x x  x 
     

 

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

1 2 2

80 6 100 60 3 3

x x x

     

2 2 1

80 100 60 3 3 6

x x x

     

1 1 1 7

80 100 60 6

x 

    
 

7 7 7 7

. : 200

1200 6 6 1200

x x

     .

Vậy quãng đường AB dài 200km.

Bài 3. Giải các phương trình và bất phương trình sau:









3 3

1 2 3 27 8

x  x  x  .



x21



23x x



21



2x20. 
c)



x23x



22



x23x



 8 0.

d) 2 1

2 1 2

x

x x




  .

Lời giải 
a)



x1



3



2x3



327x38.



 







 





  

2 2

1 2 3 1 1 2 3 2 3 3 2 3 3 .2 2

x x  x x x x  x  x x 

             

   



3x 2



x2 2x 1



2x2 3x 2x 3



4x2 12x 9



3x 2 9





x2 6x 4



               



3x 2



x2 2x 1 2x2 3x 2x 3 4x2 12x 9



3x 2 9





x2 6x 4



               

















3x 2 3x 9x 13 3x 2 9x 6x 4

       

















3x 2 9x 6x 4 3x 2 3x 9x 13 0

        









3x 2 6x 15x 9 0

    









3x 2 6x 15x 9 0

    







3 3x 2 x 3 2x 1 0

    



3x 2



x 3 2



x 1



    

3 2 0 3

3 0 3

2 1 0 1

2
x
x

x x

x






 





    



   

  



</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 2;3; 1

3 2

S   

 .



x21



23x x



21



2x20.
Cách 1









1 3 1 2 0

x   x x   x 



2





2



2



2



2

1 2 1 1 0

x x x x x x x

        



2





2



1 1 0

x x x x x

      



x2 1 x



x2 1 x x



0

      



x2 x 1





x 1



2 0

    

2 1 0

1 0

x x
x

   

 
 


2 2

1 3 1 3

2 4 2 4

x x x

x

     

    

     

      


 


vơ nghiệm, vì >0 với mọi giá trị của

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S 

 

1 .
Cách 2

Đặt ax21; bxa23ab2b20



a b



a2b



0. Từ đó giải phương trình tích.









3 2 3 8 0

x  x  x  x  









3 2 3 8 0

x  x  x  x  









3 2 3 1 9 0

x x x x

      





3 1 9 0

x x

    



2



2 2

3 1 3 0

x x

    



x2 3x 1 3



x2 3x 1 3



0

       



x2 3x 4



x2 3x 2



0

      , có



x23x4

 

 x23x2











3 4 0 3 2

x x x x

      













1 4 0, 4 1

0 1 2 , 2 1

x x x x

     



 

     




4 0 1

1 0

0 2

x x

x
x

   




  



  




1 4

1
2

x
x

x

  



 



 




</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 x1 hoặc 2x4.

d) 2 1

2 1 2

x

x x




  .

Điều kiện: 1

x ; x2.

2 1

2 1 2

x

x x




 

2 1

2 1 2

x

x x



  

 





 









2 2 2 1

2 1 2

x x x

x x

   

 

 







4 2 1

2 1 2

x x

  

 

 







2 3

2 1 2

x x
x x

 

 

 













1 3

2 1 2

x x
x x

 

 

 

Ta lập bảng xét dấu:

Kết hợp với điều kiện xác định suy ra x 1 hoặc 1 2

2x hoặc x3.
Bài 4. Cho ABC vng ở A có AB10cm, AC24cm, đường cao AH.

a) Tính độ dài các đoạn thẳng BC, AH, BH.

b) Đường thẳng d song song với BC cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại hai điểm M và N. Gọi O
là giao điểm của MC và NB. Tia Ny song song AB cắt MC tại F , tia Mx song song AC cắt

BN tại điểm E. Chứng minh rằng ON2OB OE. .
c) Chứng minh EF BC// .

d) Chứng minh MN2EF BC. .

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

a) Tính độ dài các đoạn thẳng BC, AH, BH.

Xét ABC vuông ở A. Theo định lý Pi-ta-go có: BC2 AB2AC2 102242 676





676 26

BC cm

   .
Xét AHB và CAB có:

AHBCAB



90



 

HABACB (cùng phụ ABC)
AHB CAB

  ”  (g – g).





. 10.24 120

26 13

AH CA AB AC
AH

AB CB BC

      cm . 10.10 50





26 13

BH BA AB AB
BH

AB CB  BC   cm .
b) Chứng minh rằng ON2 OB OE. .

Vì MN BC ON OM

OB OC

 

 

1 (Định lý Ta-lét)

Vì Mx AC ME NC OE OM

ON OC

  

// //

 

2 (Định lý Ta-lét)

Từ

 

1 và

 

2 ta có: ON OE OM
OB ON OC

 

  
 

ON OE OB

  .
c) Chứng minh EF//BC.

Vì Ny AB NF MB ON OF

OB OM

  

// // (Định lý Ta-lét).

OE OF ON
ON OM OB

 
   

 EF//MN (Định lý Ta-lét đảo)

Lại có d//BCMN//BC.





EF BC MN

 // // .

d) Chứng minh MN2EF BC. .

Vì MN EF FE OE

MN ON

 

// (Định lý Ta-lét)

Vì MN BC MN ON

BC OB

 

// (Định lý Ta-lét)

Mà ON OE

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Suy ra FE MN MN2 FE BC.
MN  BC   .

Bài 5. Cho ba số thực x, y,z thỏa mãn xyz1 và x y z 1 1 1

x y z

     . Tính giá trị của biểu thức





2011



1 1 1

Q x  y  z  .

Lời giải 
Xét



x1



y1



z1



xyz



xy yzzx

 

 xyz



1





1 xyz xyz xyz x y z 1

z x y

 

       

 



x y z



1 1 1 0
x y z

 

      

 

Vậy trong ba số x, y, z có ít nhất một số bằng 1, suy ra





2011



1 1 1 0

Q x  y  z  

Vậy Q0.

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI 
TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
NĂM HỌC 2011-2012. MƠN: TỐN 8 
(Thời gian làm bài 90 phút, khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1. Cho biểu thức

2 3 3 2

3 2 2

2 1 1

1 1 1

x x x x x x

P

x

x x x x x

       

     



    

   

a) Rút gọn P.

b) Tìm giá trị của x để P x23.
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P2

x .

Bài 2. Một xe máy và một ô tô cùng khởi hành từ A để đi đến B. Vận tốc của xe máy là 30 km/h, vận
tốc của ô tô là 45 km/h. Sau khi đi được 3

4 quãng đường AB, ô tô tăng vận tốc thêm 5 km/h
trên qng đường cịn lại. Tính qng đường AB biết ô tô đến B sớm hơn xe máy 2 giờ 20

phút.

Bài 3. Giải các bất phương trình sau:

a) 2 1 2 2 1

2 4

x x

 

 

  . b)









2 2

3 x2  57x 3 1x .

Bài 4. Cho ABC vuông tại A



ABAC



, kẻ đường cao AH. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của
H trên AB, AC. Đường thẳng qua A vng góc với DE cắt BC tại O.

a) Chứng minh O là trung điểm của BC.

b) Kẻ đường thẳng d vng góc với AO tại A, cắt đường thẳng BC tại K. Chứng minh
BK CK

BH CH .

c) Chứng minh: AH2 HB HC. và AD BD.  AE EC.  AH2.

d) Gọi I, J lần lượt là giao điểm HD, HE với đường thẳng d. Chứng minh BI//CJ.
Bài 5. Cho biểu thức 4 32





4 4 1

x
A

x x




  . Chứng minh rằng biểu thức A ln có giá trị nhỏ hơn 5 với

mọi giá trị thực của A xác định.

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

Năm học: 2011 – 2012

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1. Cho biểu thức

2 3 3 2

3 2 2

2 1 1

1 1 1

x x x x x x

P

x

x x x x x

       

     



    

   

a) Rút gọn P.

x .
Lời giải 
a) Rút gọn P.

Điều kiện xác định x 1.
Ta có:

















3 3 2

1 1 1

2 1

1 1 1

x x x x x x

x x
x

P

x

x x x x

      



  

 

   

  

   

   





2 2

2
3

2 1

1
1

x x x

P x x x

x

    

     



 













2
2

2 1

1 1

x x

P x x

x x x

   

 

   

    

 





1 1

P x x

x

    

 .

b) Tìm giá trị của x để P x23.
2

P x  x 1 x2  3 x2x20   1 x2.

Kết hợp với điều kiện: x 1 ta được giá trị của x thoả mãn là:  1 x2; x1

c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P2
x .
Từ trên suy ra

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

4 4 4 2 4

P x

x x x

x x x x

    

           

   

Do đó giá trị lớn nhất của P2

x bằng

4, đạt được khi

1 1

0 2

2 x

x    .

4 quãng đường AB, ô tơ tăng vận tốc thêm 5 km/h
trên qng đường cịn lại. Tính qng đường AB biết ơ tơ đến B sớm hơn xe máy 2 giờ 20

phút.

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Gọi x là độ dài quãng đường AB (x0 tính bằng km ).
Thời gian dự kiến để xe máy đi đến nơi là 1

30
x

t  (giờ).

Thời gian dự kiến để ô tô đi đến nơi là 1
45

x

t  (giờ).

Thời gian để xe ô tô đi được 3

4 quãng đường AB là 3
3

4 45 60

x x

t   giờ.

Thời gian để ô tô đi hết 1

4 quãng đường AB với vận tốc 50 km/h là 4
1
4

50 200

x
x

t   (giờ).

Đổi 2 giờ 20 phút bằng 7
3 giờ.

Theo bài ra ta có phương trình 7

30 60 200 3

x x x

   1 1 1 7

30 60 200 3

x 

    

 





200 km
x

  .

Đáp số quãng đường AB dài 200 (km).
Bài 3. Giải các bất phương trình sau:

a) 2 1 2 2 1

2 4

x x

 

 

  .

b) 3



x2



2 57x 3 1



x



Lời giải

a) 2 1 2 2 1

2 4

x x

 

 

  .

Điều kiện xác định x 2.
2

2 1 2

2 4

x x

 

 

 







2 1 2

2 2 2

x x

x x x

 

  

  

2 1 1

2 2

x

x x



  

 

2 2

1 0

2
x
x



  



2 2 2

0
2

x x

x

  

 

 2 0

x
x

 

   2 x0.

Với  2 x0 thỏa mãn bất phương trình.
b) 3



x2



2 57x 3 1



x



Bất phương trình xác định với mọi x.

+ Nếu 5

x ta có 3



x2



2 57x 3 1



x











3 x 4x 4 5 7x 3 1 2x x 0

        

4 0 4

x x

      .

Ta có: 4 5

7
x

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

+ Nếu 5
7

x ta có 3



x2



2 57x 3 1



x











3 x 4x 4 5 7x 3 1 2x x 0

        

13 14 0

x x

      .

Ta có 5 14

7 x13 thỏa mãn bất phương trình.

Kết luận: Vậy với 4 14

13
x

   thỏa mãn bất phương trình.

Bài 4. Cho ABC vng tại A



ABAC



a) Chứng minh O là trung điểm của BC.

b) Kẻ đường thẳng d vng góc với AO tại A, cắt đường thẳng BC tại K. Chứng minh
BK CK

BH CH .

c) Chứng minh: AH2 HB HC. và AD BD.  AE EC.  AH2.

d) Gọi I, J lần lượt là giao điểm HD, HE với đường thẳng d. Chứng minh BI//CJ.
Lời giải

a) Gọi M là giao điểm của AO và ED.
Ta có: A1D1 (cùng phụ với MAD)

 

1 .

Ta có: AEH” AHC (g – g) AE AH AE AC. AH2

AH AC

    .

Tương tự, ta có AD AB.  AH2.

Do đó: AE AC. AD AB. AE AD

AB AC

   .

Xét AED và ABC có


A chung và AE AD

AB  AC  AED” ABC (c – g – c)

 

1 1

D C

 

 

2 .
Từ

 

1 và

 

2 suy ra A1C1 OAC cân tại OOAOC .

Ta có:

 
 
 





 
1

1 1 1

1 1
90
90
cmt
A OAB

C B OAB B OAB

A C

   



      








cân tại O.

OA OB

  .

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

b) Ta có:

 
 
 





 
2 1

3 2 3

90
90
cmt
A B

A OAB A A

B OAB

   




     








AB là tia phân giác của OAK.

Xét OAK có AB là đường phân giác BK AK

BH AH

 

 

3 .

Ta có AB là tia phân giác của OAK. Mà AC  AB AC là tia phân giác ngoài của OAK.

Xét OAK có AC là đường phân giác ngồi CK AK

BH AH

 

 

4 .

Từ

 

3 và

 

4 suy ra BK CK
BH CH .

c) Xét AHB và CHA có: AHBCHA90; A2C1 (cùng phụ với HAC)
2

.
AH HB

AHB CHA AH HB HC

HC AH

  ”      .

Tứ giác ADHE có ADE 90o ADHE

là hình chữ nhật  AH  DE.

Ta có: ADH” HDB (g – g) AD HD AD BD. HD2

HD BD

    .

Ta có: AEH” HEC (g – g) AE HE AE EC. HE2

HE EC

    .

2 2 2 2

. .

AD BDAE ECHD HE ED AH .

d) Xét AHJ có AE là đường cao, đồng thời cũng là đường phân giác  AHJ cân tại A
AH AJ

  .

Xét AHC và AJC có: AC chung; HACA4; AH AJ

 

AHC AJC AHC AJC

      . Mà AHC90 AJC90 CJ AJCJ d.

Lại có OAd (giả thiết) CJ//OA.

Chứng minh tương tự ta có BI//AO.
Do đó BI//CJ.

Bài 5. Cho biểu thức 4 32





4 4 1

x
A

x x




  . Chứng minh rằng biểu thức A ln có giá trị nhỏ hơn 5 với

mọi giá trị thực của A xác định.

Lời giải 
Ta có:









2 2 2

5 4 4 1 20 8 1

4 3 1 12 4

4 4 1 4 4 1 4 4 1

x x x x

x x

A

x x x x x x

    

 

  

     





2
2

2 2

2 4 1 2 1

5 4 2. .2 5 2

5 25 5 5 5

5 5

4 4 1 2 1

x x x

   

    

   

   

   

   .

Ta có:
2

2 1 1

5 2

5 5 5

x

 

  

 

  , x;





2x1 0, 1

2
x

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>





2 1

5 2

5 5

2 1

x
x

 

 

 

 

 



, 1

2
x

  





2 1

5 2

5 5

2 1

x
x

 
 
 
 
  

 .

Vậy biểu thức A ln có giá trị nhỏ hơn 5 với mọi giá trị thực của A xác định.

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI 
TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II

NĂM HỌC 2012 -2013. MƠN: TỐN 8

(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) 
Bài 1. Phân tích đa thức thành nhân tử.

a) x2 x 6.

b) 4 2

2013 2012 2013

x  x  x .

Bài 2. a) Cho x  y z 1; x2y2z21và a b c

x y  z. Hãy tính giá trị của biểu thức
Pab bc ca  .

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
2

3 5 1

4 4

x x
A

x x

 



  .

Bài 3. a) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng: 1 2 1 2 2
1x 1y 1xy.

b) Giải phương trình:



2x1



x1

 

2 2x3



18.

Bài 4. Hình thang ABCD



AB CD//



có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song
song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M , N .

a) Chứng minh rằng OM ON.

b) Chứng minh rằng 1 1 2

ABCD  MN .

c) Biết 20122

AOB

S  (đơn vị diện tích); 20132

COD

S  (đơn vị diện tích). Tính SABCD.

Bài 5. Trong cuộc hội thảo quốc tế có 9 nhà khoa học tham dự. Người ta nhận thấy rằng cứ 3 đại biểu
bất kỳ ln có 2 đại biểu nói chuyện được với nhau. Ngồi ra mỗi đại biểu biết không quá 3 thứ
tiếng. Chứng minh rằng ln tìm được 3 đại biểu biết cùng một thứ tiếng.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM 
Năm học: 2012 -2013

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1. Phân tích đa thức thành nhân tử
a) x2 x 6.

b) x42013x22012x2013.

Lời giải

a) x2  x 6 x22x3x 6 x x



2



3



x2

 

 x3



x2



b) x42013x22012x2013



x4x



2013x22013x2013









1 2013 1

x x x x

    













1 1 2013 1

x x x x x x

      







2013 1

x x x x

     .

Bài 2. a) Cho x  y z 1; x2y2z21và a b c

x y z. Hãy tính giá trị của biểu thức
Pab bc ca  .

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
2

3 5 1

4 4

x x
A

x x

 



  .

Lời giải

a) Ta có x yz  1



xyz



2 1 xyyzzx0

 

1 .
Theo dãy tỉ số bằng nhau ta có:

a b c

x y z 1

a b c a b c

a b c
x y z

   

    

 













a x a b c
b y a b c
c z a b c

  




   


  














. ; . ; .

a b xy a b c b c yz a b c c a a b c

         







ab bc ca xy yz zx a b c

       

 

2 .

Từ

 

2 và ab bc ca  0

b) Điều kiện: x2.

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>





















2
2
2
2 2
2 2

3 4 + 4 7 13 3 2 7 2 1

3 5 1 7 1

4 4 x 4 + 4 2 2 2

x x x x x

x x
A

x x x x x x

      

 

     

     

2 7 3 7 37 37,

2 4 4

a a a   a

        
 

Với 1

a
x




Dấu “=” xảy ra 7 0 7 1 7 12

2 2 2 2 7

a a x

x

 

        

 (thỏa mãn).

Vậy min 37 12

4 7

A x .

Bài 3. a) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng: 1 2 1 2 2
1x 1 y 1xy.

b) Giải phương trình:



2x1



x1

 

2 2x3



18.

Lời giải

a) Ta có: 1 2 1 1 2 1 0

1x 1xy1y 1xy

















2 2

1 1 1 1

xy x xy y

x xy y xy

     

  

   

















2 2

2 2 0

1 1 1 1

xy x xy y

x xy y xy

 
  
   

























2 2 0

1 1 1 1

x y x y x y

x xy y xy

 
  
   



























2 2
2 2
1 1
0

1 1 1

x y x y y x y x

x y xy

    
 
  



















2 2
2 2
x
0

1 1 1

x y x xy y y

x y xy

    

 

  











1 2



1 2





1



x y y x xy x y

x y xy

   
 
  



 













2
2 2
1
0

1 1 1

x y xy

 

 

  

 

Vì x1, y 1 xy 1 xy 1 0

 

**
Từ

 

* và

 

**  đpcm.

b) Giải phương trình:



2x1



x1

 

2 2x3



18.

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Đặt x 1 t

Ta có phương trình mới



2 1t 

 

t2 2 + 1 =18t



t2



4t21



18=04t4 t218=0





2
9
4

2 loại

t
t







 


3
2

t

   .

+) Với 3 1

2 2

t x .

+) Với 3 5

2 2

t x .

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 1

x và 5

x .

Bài 4. Hình thang ABCD



AB CD//



a) Chứng minh rằng OM ON.

b) Chứng minh rằng 1 1 2

ABCD  MN .

c) Biết 20122

AOB

S  (đơn vị diện tích); 20132

COD

S  (đơn vị diện tích). Tính SABCD.
Lời giải

a) Vì OM //AB; ON//AB; CD//AB nên theo hệ quả định lí talet ta có:
OM DO

AB  DB
ON CO

AB  CA
CO DO
CA  DB

Suy ra OM ON OM ON

AB  AB   .

b) Ta có: 1 DO. 1

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

1 1 1

. .

ON OB OB OB
DC  DB DC  DB ON  DB OM

Suy ra: 1 1 OD. 1 OB. 1 1 OD OB 1 2

AB CD DB OM DB OM OM DB DB OM MN

 

       

 

.
c) Ta có hai tam giác ABO và CDO đồng dạng với nhau.

Nên

2 2 2

2012 2012

2013 2013

AOB
COD

S OA OB OA OB
S OC OD OC OD




   

       
   

Mặt khác ta có: 2012 .4025

4025 2012

AOB

ABD AOB
ABD

S OB

S S

S BD



 


   

2013 4025

4025 2013

COD

DCB COD
DCB

S OD

S S

S BD



 


    .

Suy ra: .4025 .4025 2012 .2 4025 2013 .2 4025

2012 2013 2012 2013

ABCD ABD CBD AOB COD

S S S S S  





4025. 2012 2013 4025

  

Lời giải
Giả sử khơng có 3 người nào nói cùng một thứ tiếng.

Gọi X là một người bất kỳ có thể nói được tối đa ba người kia (một thứ tiếng).
Trong 5 người còn lại X khơng thể nói chuyện.

Gọi Y là một người trong năm người đó và Y có thể nói được tối đa ba người trong đó.
Trong bốn người cịn lại ngồi Y có ít nhất một người Z khơng nói chuyện được với Y.
Suy ra X khơng nói chuyện với Y, Y khơng nói chuyện với Z, Z khơng nói chuyện với X .
Mà cứ ba người thì ln có hai người nói chuyện được với nhau.

Suy ra mâu thuẫn với giả thiết. (đpcm)

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI 
TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II 
NĂM HỌC 2014 - 2015. MƠN: TỐN 8 
(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) 
Bài 6. Cho biểu thức

2 2

3 2

2 4 2 1 1 2

: 3

8 1 2 1

x x x x

P

x x x x

       

      

     

 

a) Rút gọn P.

b) Tính giá trị của P với các giá trị của x thỏa mãn x23x 2.
c) Tìm các giá trị của x để P1.

Bài 7. Giải các phương trình.
a) 2x 1 x2 4x.



x24x8



23x x



24x8



2x20.
Bài 8. Giải bài tốn bằng cách lập phương trình.

Một người dự định đi từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc 50 km/h . Sau khi đi được





1
3 qng
đường với vận tốc đó, vì đường khó đi nên người lái xe phải giảm vận tốc mỗi giờ 10 km trên
quãng đường còn lại. Do đó ơ tơ đến tỉnh B chậm 30 phút so với dự định. Tính quãng đường

AB.

Bài 9. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH , lấy M là điểm đối xứng với H qua AB, lấy N là
điểm đối xứng với H qua AC. Gọi E là giao điểm của MH với AB và F là giao điểm của

NH với AC , đường thẳng MN cắt AB, AC theo thứ tự tại I , K.
a) Chứng minh: Tam giác AMN cân.

b) Chứng minh: AE AB. AF AC. và chứng minh AIK” ACB

c) Chứng minh: HA là phân giác góc IHK và chứng minh các đường thẳng AH; BK; CI đồng
quy tại J.

d) Chứng minh: 2

. .

BJ BKCJ CIBC .

Bài 10. Cho a; b;c là các số dương, chứng minh rằng:

4 4 4 3 3 3

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ II TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM 
Năm học: 2014-2015

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1. Cho biểu thức

2 2

3 2

2 4 2 1 1 2

: 3

8 1 2 1

x x x x

P

x x x x

       

      

     

 

a) Rút gọn P.

b) Tính giá trị của P với các giá trị của x thỏa mãn 2

3 2

x  x  .
c) Tìm các giá trị của x để P1.

Lời giải 
a) Rút gọn P.

Điều kiện: 2

1
x
x



 

.
2 2
3 2

2 4 2 1 1 2

: 3

8 1 2 1

x x x x

P

x x x x

       
      
     
 







































2
2
3

1 3 2 1 2 2

2 4 1

8 1 1 2 1 2 1 2 1

x x x x

x x x

x x x x x x x x x

          
      
        
   
 















2 2
2

2 4 1 3 3 6 1 2 4

1 2 1

2 2 4

x x x x x x x

x x x

            
 
   
  
  
   

 







1 1 3 9

2 1 2 1

x x
x x x x

 
 
  
   
 

















2 3 3

1 2

2 1 2 1

x
x x x

x x x x


   

   

















2
2
2 1
3
.

2 1 3 3

x x

x

x x x

 



  





1
3 1
x
x


 .
Vậy





1
3 1
x
P
x


 .

b) Tính giá trị của P với các giá trị của x thỏa mãn 2

3 2

x  x  .

Điều kiện để P xác định: x 1; x  3; x2.
Ta có:

2 3 2

x  x 

2 3 2 0
x x

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>



x 1



x 2



   

1
2
x
x

 

   



( Loại trường hợp x 1 theo điều kiện của P)

x

   .

Thay x 2 vào biểu thức P ta có:





2 1 1

3 2 1 9

P   
 

Vậy 1

9
P .

Bài 2. Giải các phương trình.
a) 2x 1 x2 4x.



2 4 8



2 3



2 4 8



2 2 0

x  x  x x  x  x  .

Lời giải 
a) 2x 1 x2 4x.

Lập bảng xét dấu:

Từ bảng xét dấu ta chia các trường hợp như sau:

Trường hợp 1: Nếu x  2 phương trình đã cho trở thành: 2x   1 x 2 4x

7x 3

  

3
7
x

   (loại ).

Trường hợp 2: Nếu 2 1

2
x

   phương trình đã cho trở thành: 2 x   1 x 2 4x

5x 1

  

1
5
x

  ( loại ).

Trường hợp 3: Nếu 1

x  phương trình đã cho trở thành: 2x   1 x 2 4x
3

x

  (thỏa mãn).

Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất là x3.
b)



x24x8



23x x



24x8



2x20









4 8 3 4 8 2 0

x x x x x x

       













4 8 4 8 2 4 8 2 0

x x x x x x x x x

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>











4 8 4 8 4 8 0

x x x x x x x x x

          







4 8 2 4 8 0

x x x x x x

       







6 8 5 8 0

x x x x

     

6 8 0

5 8 0

x x

   
 

  


Với x26x 8 0 



x2



x4



0 2
4
x
x

 

   



(thỏa mãn).
Với 2

5 8 0

x  x 

2 5 25 7

2. . 0

2 4 4

x x

    

5 7

2 4

x

 
    

  (loại vì

5 7

2 4

x

 
  
 

  ; x).

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là S  



2; 4



.
Bài 3. Giải bài tốn bằng cách lập phương trình.

Một người dự định đi từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc 50 km/h . Sau khi đi được





AB.

Lời giải 
Gọi chiều dài quãng đường AB là: x





; x0.
Thời gian ô tô dự định đi từ tỉnh A đến tỉnh B là:

 

50
x

Thời gian ô tô đi 1

3 quãng đường đầu là: 3: 50 150

 

x x

 .

Thời gian ô tô đi quãng đường còn lại là: 2 :40

 

3 60

x x

 .

Do ô tô đến tỉnh B chậm 30 phút so với dự định nên ta có phương trình:

150 60 50 2

x x x

 
  
 
 

2 5 6 150

300 300 300 300

x x x

   

150
x

  (thỏa mãn)

Vậy chiều dài quãng đường AB là: 150 km .

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH , lấy M là điểm đối xứng với H qua AB, lấy N là
điểm đối xứng với H qua AC. Gọi E là giao điểm của MH với AB và F là giao điểm của

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

a) Chứng minh: Tam giác AMN cân.

b) Chứng minh: AE AB. AF AC. và chứng minh AIK” ACB

c) Chứng minh: HA là phân giác góc IHK và chứng minh các đường thẳng AH; BK; CI đồng
quy tại J.

d) Chứng minh: 2

. .

BJ BKCJ CIBC .

Lời giải

a) Chứng minh tam giác AMN cân.
Theo tính chất đối xứng ta có:

AM AH ;AN AH AM AN nên tam giác AMN cân tại A.
b) Chứng minh AE AB. AF AC. và chứng minh AIK” ACB.
Ta có:

AEH AHB

 ”  (g – g) AE AH

AH AB

  2

AE AB AH

  .

 

AFH AHC

 ”  (g – g) AF AH

AH AC

  AF AC. AH2.

 

Từ

 

1 và

 

2 ta có: AE AB. AF AC. .

 

Từ

 

3 AE AF

AC AB

  .

Lại có góc A chung  AEF” ACB (c – g – g).

 

Mặt khác FE là đường trung bình của tam giác MHN

EF MN

 IK//EF AIK∽AEF.

 

5
Từ

 

4 và

 

5  AIK” ACB.

c) Chứng minh HA là phân giác góc IHK và chứng minh các đường thẳng AH ; BK ; CI đồng
quy tại J.

AMI AHI

   AHI AMI.

 

6
ANK AHK

   AHK ANK.

 

Mà tam giác AMN cân AMI ANK.

 

E

J

F
K
I

A

B C

M

N

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Từ

 

6 ;

 

7 ;

 

8 ta có: AHI AHK HA là phân giác của IHK.
Từ câu b ta có AIK∽ACB suy ra AIK ACB.

 

Mà AIK MIBBIK.

 

Từ

 

9 và

 

10 suy ra BIH BCA.
Tam giác BIH∽BCA (g – g)

ABC chung 
 
BIH BCA

 BI BH BI BC

BC  BA BH  BA .

BIC∽BHA (c – g – g).
ABC chung

BI BC
BH  BA

BICBHA90

AIH BIH

  CIKCIHCH là phân giác của KIH.

Tương tự: BK là phân giác của IKH ta có AH; BK ; CI đồng quy tại J.
d) Chứng minh: BJ BK. CJ CI. BC2.

 AKIIKBBKH HKC AKBBKC 90
BK AC

  .
Tương tự CIAB.

BJH BCK

  ∽ (g – g) BJ BC

BH BK

  BJ BK. BH BC. .

Tương tựCJ.CI CH.BC

. .

BI BK CJ CI BC

   .

Bài 5. Cho a; b;c là các số dương, chứng minh rằng:

4 4 4 3 3 3

3 3 3 2 2 2.
a b c a b c
b c a b c a

Lời giải 
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho từng cặp hai số ta có:

4 2 3

3 2

2
2

2.
2.
2

a a a

b b b

a a

a

b b

a

b a
b



 





 






 


</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

4 3 2 3 2

3 2 2. 2. 2 2. 2

a a a a a

a b a

b b b b b

       

4 3
3 2
a a

a b
b b

    .

 

Tương tự:
4 3
3 2

b b

b c
c c  

 

4 3
3 2
c c

c a
a  a  

 

Cộng

 

1 ;

 

2 ;

 

3 ta được:

4 4 4 3 3 3

3 3 3 2 2 2.
a b c a b c
b c a  b c a
Dấu “=” xảy ra khi a b c.

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57></div>

Đáp án đề HK2 toán 8 trường Amsterdam các năm



<b> </b>

<b>Sưu tầm</b>

<b>TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC KÌ 2 </b>

<b>MƠN TỐN LỚP 8 AMSTERDAM</b>





<sub></sub>

<sub></sub>





































































































































<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>

<sub> </sub>