GIAO AN BD HSG TOAN 8

Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng
Tiết 13+14+15
Bài17: Chứng minh rằng:
(9
n
+ 63)

8 Với
∀
n
∈
N
Giải
Ta có: 9
n
+ 63 = 9
n
-1+ 64
Do 64

8 Vậy ta cần chứng minh: (9
n
-1)

8
Ta có: 9
n
-1 = (9-1)M = 8M (M
∈
N)
Mà 8M


8 Vậy (9
n
-1)

8
Do vậy (9
n
+ 63)

8 (đpcm).
Bài 18: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:
x
2
-4xy+5y
2
=16
Giải: Ta có: x
2
-4xy+5y
2
=16
⇔
x
2
-4xy+4y
2
+y
2
= 16

⇔
(x-2y)
2
+y
2
= 16
Vì x, y
∈
Z nên (x-2y)
∈
Z
Tổng hai bình phương của hai số nguyên bằng 16 thì chỉ có 2 khả năng xảy ra
a)
(x-2y)
2
=0
⇔
x=8; y=4
y
2
=16 x=-8; y=-4
b) y
2
=0 x=4; y=0
(x-2y)
2
=16
⇔
x=-4; y=0

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên:
(4;0); (-4;0); (8;4); (-8;-4)
Bài 19: Cho hình vuông ABCD, trên DC lấy một điểm M bất kì, nối A với M. Kẻ
phân giác của góc BAM cắt BC tại P. Phân giác của góc DAM cắt DC tại Q. Chứng
minh PQ
⊥
AM.
Giải
Kẻ QK
⊥
AM, PK'
⊥
AM
Xét hai tam giác vuông: ADQ và AKQ có
AQ - cạnh chung
QD=QK (Do Q nằm trên phân giác
∠
DAM)
Do đó
∆
ADQ=
∆
AKQ
Suy ra AD=AK (1)
Tương tự ta có AB=AK' (2)
Từ (1) và (2) suy ra AK=AK'
Hay K
≡
K'

Vậy PQ
⊥
AM (đpcm).
Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 1

K'

A

B

D

C

M

Q

P

K
Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng
Bài 20: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt
nhau tại G.
a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm của BC.
b)
∆
ABC ~

∆
AEF
c)
∠
BDF =
∠
CDE
d) H cách đều các cạnh của tam giác DEF
Giải
a)BG
⊥
AB, CH
⊥
AB, nên BG // CH
Tương tự BH
⊥
AC, CG
⊥
AC
nên BH//CG
Tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối song
song nên nó là hình bình hành.
Do đó hai đường chéo cắt nhau tại trung
điểm của mỗi đường.Vậy GH đi qua trung điểm
M của BC.
b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC
nên các tam giác ABE và ACF vuông.
Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng
Suy ra
AF

AE
AC
AB
=

⇒

AF
AC
AE
AB
=
(1)
Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2)
Từ (1) và (2) suy ra
∆
ABC ~
∆
AEF.
c) Chứng minh tương tự ta được:
∆
BDF ~
∆
BAC,
∆
EDC ~
∆
BAC, suy ra
∆
BDF ~

∆
EDC
⇒

∠
BDF =
∠
CDE
d) Ta có
∠
BDF =
∠
CDE
⇒
90
0
-
∠
BDF = 90
0
-
∠
CDE
⇒
90
0
-
∠
BDF =
90

0
-
∠
CDE
⇒

∠
ADB -
∠
BDF =
∠
ADC -
∠
CDE
⇒

∠
ADF =
∠
ADE
Suy ra: DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác
góc EFD. Suy ra H là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF. Vậy H cách
đều ba cạnh của tam giác DEF.
Bài 21: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A=
1
)1(3
23
+++
+
xxx

x
Giải
Ta có: A=
1
)1(3
23
+++
+
xxx
x
=
)1()1(
)1(3
2
+++
+
xxx
x
=
)1)(1(
)1(3
2
++
+
xx
x
=
1
3
2

+
x
Mà x
2
+1
≥
1 Với mọi x suy ra:
1
3
2
+
x
3
≤
Dấu ''='' xảy ra
⇔
x = 0
Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 2

H

A

B

C

G

D

E

F
Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng
Vậy giá trị lớn nhất của A là 3 khi x = 0
Bài 22: Cho hình thang ABCD đáy nhỏ BC. Từ trung điểm I của CD, kẻ đường thẳng
d//AB, AH
⊥
d , BE
⊥
d. Chứng minh S
ABEH
= S
ABCD
.

Giải
Gọi J, K lần lượt là giao điểm của đường
thẳng d với BC, AD ta có:
IJC
∆=∆
IKD
(c.g.c)
⇒
S
IKD
=S
CJI

⇒
S
ABCD
= S
ABJK
(1)
Và
HAK
∆=∆
EBJ

⇒
S
EBJ
= S
HAK
S
ABEH
= S
ABEK
+S
HAK
Mà S
ABJK
= S
ABEK
+S
EBJ

Suy ra S

ABEH
= S
ABJK
(2)
Từ (1) và (2) ta có S
ABEH
= S
ABCD


Tiết 16+17+18

CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ ĐẠI SỐ

A.Mục tiêu:
Học sinh hiểu được khái niệm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (cực trị)
Học sinh tìm hiểu khái niệm cực trị thông qua cực trị của hàm một biến
Hệ thống hoá các phương pháp tìm cực trị đã học đồng thời giới thiệu một số
phương pháp mới.
B. Bài mới:
a) Phương pháp tam thức bậc hai:
b)Phương pháp xét khoảng:
c)Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức phụ:
Bài 23:Tìm GTLN của các biểu thức sau:
a) A=3-(2x -1)
2
b) B = 4x -x
2
+2
c) C

94
2
2
+−
=
xx
d) D
3
215
2
2
+
+
=
x
x
Giải:
a) Do (2x
2
-1)
0
≥
với mọi x, nên 3-(2x -1)
2
≤
3.
Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 3

K

B

C

A

D

G

F

I

H

E

J
Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng
Dấu = xảy ra
⇔
(2x -1)
2
=0
⇔
x
2
1
=

Vậy GTLN của A là 3
⇔
x
2
1
=
.
b) Ta có B = 4x - x
2
+2 = -(x
2
-4x +4) + 6 = 6 - (x-2)
2
Do (x-2)
2
0
≥
với mọi x, nên B
≤
6
Dấu = xảy ra
⇔
(x -2)
2
=0
⇔
x=2
Vậy GTLN của B là 6
⇔
x = 2

c) Ta có:
94
2
+−
xx
=(x -2)
2
+5
≥
5 với mọi x.
Hay
94
1
2
+−
xx
≤
5
1
với mọi x
Do đó ta có: C
94
2
2
+−
=
xx
≤
5
2

Dấu ''='' xảy ra
⇔
(x -2)
2
=0
⇔
x=2
Vậy GTLN của C là
5
2
⇔
x = 2
Bài 24: Tìm GTNN của biểu thức:
M =
5
−
x
+
2
+
x
Giải
*Nếu x<-2, ta có:
M =-x+5-x-2 ==2x+3>4+3=7
*Nếu -2
≤
x
≤
5,ta có:
M =-x+5 +x +2 =7

*Nếu x> 5,ta có:
M =x-5 +x +2 =2x -3> 10-3 =7
Vậy trong mọi trường hợp ta có minM =7, đạt được khi -2
≤
x
≤
5.
Đối với bài trên ta có thể giải bằng cách sử dụng bất đẳng thức:

≤+
yx

x
+
y

Bài 25 :Cho a, b, c là các số thực dương , chứng minh rằng :


cb
a
+
+
ac
b
+
+
ab
c
+

> 2
Giải: Áp dụng BĐT Cauchy, ta có
Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 4
Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng

a+(b+c)
≥
2
)( cba
+

⇔
2
cba
++
≥
)( cba
+
⇔
cba
++
2

≤

)(
1
cba
+

⇔
cba
a
++
2

≤

)( cba
a
+
=
cb
a
+
Hay
cb
a
+
≥
cba
a
++
2
Tương tự ta có :

ca
b
+

≥
cba
b
++
2
;
ab
c
+
≥
cba
c
++
2
Dấu bằng của ba BĐT trên không thể đồng thời xãy ra, vì khi đó có a = b+c ,b =c+a
c=a+b nên a+b+c =0( trái với giả thiết là a, b, c đều dương )
Từ đó ta suy ra

cb
a
+
+
ac
b
+
+
ab
c
+
> 2

Bài 26 : Giải phương trình
x
3
- 3x
2
+ 2
3
)2(
+
x
- 6x = 0 (1)
Giải: Điều kiện: x
≥
-2
(1)
⇔
x
3
-3x(x+2) + 2
3
)2(
+
x
= 0 (2)
Đặt y =
2
+
x

≥

0 .Khi đó (2) trở thành:
x
3
- 3xy
2
+2y
3
= 0
⇔
(x- y )
2
(x+2y) = 0
Do đó x = y hoặc x = -2y
Với x = y ta có
x =
2
+
x

⇔
x
2
= x +2
⇔
x
2
- x -2 = 0
x
≥
0 x

≥
0
x
≥
0
⇔
x = 2 (thoả mãn)

⇔
(x+1) (x-2) = 0
Với x = -2y ta có : x
≤
0
x
≤
0
⇔
x
2
- 4x - 8 = 0
⇔
x = 2 -2
3
( thoả mãn)
x =-2
2
+
x

⇔

x
2
= 4(x+2)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2 và x = 2 -2
3
.
Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 5
Trường THCS Hải Thái Giáo án bồi Dưỡng
Bài 27: Cho tam giác ABC.Các tia phân giác trong BM và CN (M thuộc AC, N thuộc
AB) cắt nhau tại D . Chứng minh rằng Tam giác ABC vuông tại A khi và chỉ khi
2BD.CD =BM.CN
Giải:
Đặt BC =a , CA = b , AB = c . Theo tính chất đường phân giác ta có:

BC
BA
MC
MA
=
Suy ra
ca
c
MAMC
MA
+
=
+
Hay MA =
ca
bc

+
Mặt khác từ AD là phân giác của góc BAM
ta có
MA
BA
DM
DB
=
Suy ra
MABA
BA
DMDB
DB
+
=
+
Hay
ca
bc
c
c
BM
BD
+
+
=
=
cba
ca
cbac

cac
ca
bccac
c
++
+
=
++
+
=+
++
)(
)(
)(
2
Vậy
cba
ca
BM
BD
++
+
=
Suy ra 2BD = 2BM .
cba
ca
++
+
(1)
Tương tự ta có:

cba
ab
CN
CD
++
+
=
Suy ra CD = CN.
cba
ab
++
+
(2)
Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có
2BD. CD = 2BM .
cba
ca
++
+
. CN.
cba
ab
++
+
= 2BM.CN.
2
)(
))((
cba

abca
++
++

Suy ra
CNBM
CDBD
.
.2
=
2
)(
))((
cba
abca
++
++
.2 = 1 (vì 2BD.CD =BM.CN)
Hay 2(a+c).(b+a) =(a+b+c)
2
⇔
2a
2
+2ab+2ac+2bc =a
2
+b
2
+c
2
+2ab+2ac+2bc

⇔
a
2
=b
2
+c
2
.Tam giác ABC vuông tại A
Vậy tam giác ABC vuông tại A khi và chỉ khi 2BD.CD =BM.CN.
Tiết 19+20+21
Bài 28 : Cho hình vuông ABCD. Hai điểm I,J lần lượt thuộc hai cạnh BC và CD sao
cho góc IAJ =45
0
.Đường chéo BD cắt AI và AJ tương ứng tại H và K. Tính tỉ số
J I
HK
.
Giáo viên: Bạch Ngọc Dũng 6

D

A

B

C

M

N