bo dedap an HSG 8

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (203.81 KB, 10 trang )

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

đề thi học sinh giỏi
MễN : TOÁN Lớp : 8

§Ị sè 1

Bài 1 : a) Phân tích đa thức x3 – 5x2 + 8x – 4 thành nhân tử
 b) Tìm giá trị nguyên của x để A  B biết

A = 10x2 – 7x – 5 và B = 2x – 3 .
Bài 2 : Cho x + y = 1 và x y 0 . Chứng minh rằng

3 3

2



2 2



0

1

3 x y

x

y

x

x y











Bài 3 : Cho a2 – 4a +1 = 0 . Tính giá trị của biểu thức P = 4 2

a a
a
 

Bài 4 : Tìm a để M có giá trị nhỏ nhất M =

2 2009

a a
a

 

với a o

Bài 5 : Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ 
đường thẳng song song với AM cắt AB và AC lần lượt tại E và F.

a) Chứng minh DE + DF = 2AM

b) Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF tại N. Chứng minh N là trung điểm của EF 
 c) Chứng minh S2FDC  16 SAMC.SFNA

Bài 6 : Cho tam giác ABC vuông cân tại A, vẽ trung tuyến CM, vẽ AH vng góc với 
MC( H thuộc MC), AH cắt BC tại D. Tìm tỉ số BD

DC

HƯỚNG DẪN

Bài 1 : a) x3- 5x2 + 8x - 4 = x3 -4x2 + 4x – x2 +4x – 4 = x( x2 – 4x + 4) – ( x2 – 4x + 4)

= ( x – 1 ) ( x – 2 ) 2

b) Xét 10 2 7 5 5 4 7

2 3 2 3

A x x

x

B x x

 

   

 

Với x  Z thì A  B khi 7

2x 3  Z  7  ( 2x – 3)

Mà Ư(7) =



1;1; 7;7



 x = 5; -2; 2 ; 1 thì A  B ( 0,25 đ)

Bài 2 : ( 1,5 đ) Biến đổi 3 1 3 1

x y

y   x  =

4 4

3 3

( 1)( 1)

x x y y

y x

  

 





4 4

2 2

( )
( 1)( 1)

x y x y

xy y y x x

  

    ( do x+y=1

 y-1=-x và x-1=- y) (0,25đ)



 







2 2

2 2 2 2 2 2

( )

( 1)

x y x y x y x y
xy x y y x y yx xy y x x

    

        (0,25đ)





2 2

2 2 2 2

( 1)

( ) 2

x y x y

xy x y xy x y x y xy

  

       

 

(0,25đ)

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





2 2

2 2 2

( )

( ) 2

x y x x y y
xy x y x y

   

    

 







2 2



( 1) ( 1)
( 3)

x y x x y y
xy x y

   

 (0,25đ)







2 2



( ) ( )
( 3)

x y x y y x

xy x y

   

 =





2 2

( 2 )
( 3)

x y xy
xy x y

 

 (0,25đ)

= 2 2

2( )
3

x y
x y
 

 Suy ra điều cần chứng minh (0,25đ)

Bài 3 : (0,75đ) Ta có a2 - 4a + 1 = 0  a2 – a + 1 = 3a  a2 a 1

a
 

=3 (0,25đ)
P = a4 a22 1 a2 a 1.a2 a 1

a a a

     

 = 3 .

a a 1

a
 

(0,25đ)
Mà a2 a 1 a2 a 1 2a

a a a

   

  = 3+2 = 5

Suy ra P = 3 . 5 = 15 (0,25đ)
Bài 4 : ( 1 đ) M =2008( 2 2 2 2008)

2008

a a

a

 

=2008 2 2. .2008 20082 2

2008

a a

a

 

(0,25đ)
= 2007 2 2 2 .2008 20082 2

2008

a a a

a

  

(0,25đ) = 2007 ( 2008)2 2 2007

2008 2008 2008

a
a



  (0,25đ)

Dấu “=” xảy ra  a – 2008 = 0  a = 2008

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2007

2008 khi a = 2008 (0,25đ)
Bài 5 :(2,5đ)

Câu a ( 0,75đ): Lý luận được : DF DC

AM MC ( Do AM//DF) (1)

DE BD

AM BM ( Do AM // DE) (2) ( 0,25đ)

Từ (1) và (2)  DE DF BD DC BC 2

AM BM BM

 

   ( MB = MC) ( 0,25đ)

 DE + DF = 2 AM ( 0,25đ)

Câu b ( 1 đ) : AMDN là hình bành hành
Ta có NE AE

ND AB (0,25đ)

NF FA DM DM AE

ND AC MC BM AB (0,5 đ)

 NE NF

ND ND => NE = NF (0,25đ)

Câu c : ( 0,75đ) AMC và FDC đồng dạng



AMC
FDC

S AM

S FD

 

 

 

FNA và FDC đồng dạng



FNA
FDC

S NA

S FD

 
 

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



AMC
FDC

S ND

S FD

 

 
  và

FNA
FDC

S DM

S DC

 

 

 

 AMC. FNA

FDC FDC

S S

S S 

ND
FD

 

 

  .

DM
DC

 

 

 

1
16

ND DM
FD DC

 

   

  (0,25đ)

 S2FDC  16 SAMC.SFNA (0,25đ)

( Do



x y



2 0 



x y



2 4xy 



x y



4 16x y2 2 với x 0; y 0)

D M C

B
F

Bài 6 : ( 1 đ)

Kẻ MI // BC ( I AD)  MI =

BD

Ta có : MI MH

DC HC ( Do MI // BC)


BD MH

DC HC ( 1) ( 0,25đ)
MAH và ACH đồng dạng ( g-g)

 1

MH MA

AH AC  ( ABC vuông cân tại A nên AB = AC )

 AH = 2 MH ( 0,25đ)
AMC vng , ta có AH2 = MH . HC

 4MH2 = MH.HC  HC = 4 MH ( 0,25đ)

Thay vào (1) ta có : 1

2 4 4

BD MH

DC  MH  

1
2

BD

DC  ( 0,25đ)

I
M

D
H

C
B

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

Bài 1: Cho biểu thức M = 










 2
1
3
6
6
4
3
2
x
x
x
x
x
: 









2
10

2
2
x
x
x

a) Rút gọn M

M= 









 2
1
3
6
6
4
3
2
x
x
x
x

x
: 









2
10
2
2
x
x

x = 












 2
1
)
2
(
3
6
)
2
)(
2
(
2
x
x
x
x
x
x

: 62

x

M = . 62

)
2
)(
2

(
6 


 x
x

x = 2 x

b)Tính giá trị của M khi x =

2
1

: x =

2
1

 x =

2
1

hoặc x = -21
Với x = 21 ta có : M =

1
2
1
 =
2
3
1

=32 Với x = - 12 ta có : M =

2
1
2
1
 =
2
5
1

=52
Bài 2: Cho a, b, c và x, y, z là các số khác nhau và khác 0, đồng thời thoả mãn

0



z
c
y
b

x
a

và   1

c
z
b
y
a
x

. Chứng minh rằng 2 1

2
2
2
2
2



c
z
b
y
a
x
HD Từ   0

z
c
y
b
x
a

   0

xyz
cxy
bxz
ayz

 ayz + bxz + cxy = 0

Từ   1

c
z
b
y
a
x
 2
2
2
2
2
2

c
z
b
y
a
x

 +
ab
xy
2
+
bc
yz
2
+
ac
xz
2

= 1 2

2
2
2
2
2
c
z
b

y
a
x

 +
abc
xyc
2
+
abc
yza
2
+
acb
xzb
2
=1
Mà ayz + bxz + cxy = 0  2ayz + 2bxz + 2cxy = 0 (Do abc0)

Hay 2 1

2
2
2
2
2



c

z
b
y
a
x (đpcm)

Bài 3: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2

a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử.

b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.

a. Ta có : A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2 - a2-2bc)( b2 + c2 -

a2+2bc) = (b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a)

b.Ta có: (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác) (b+c +a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b-c -a) <0 ( BĐT trong tam giác) (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)
Vậy A< 0

Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau : B =

1
)
1
(
3
2
3





x
x
x
x
B =
1
)
1
(
3
2
3




x
x
x
x

= 2(3( 1)1) 1






x
x
x
x

=( 23(1)(1) 1)




x
x
x
=
1
3
2

x
Do x2 +1>0 nên B =

1
3



x 3 Dấu ''='' xãy ra  x = 0
Vậy GTLN của B là 3 x = 0

Bài 5 : Cho hình vng ABCD. Hai điểm I,J lần lượt thuộc hai cạnh BC và CD sao cho
góc IAJ =450 .Đường chéo BD cắt AI và AJ tương ứng tại H và K. Tính tỉ số

I
HK

Giải: Từ giả thiết góc HAJ = góc HDJ =450, suy ra tứ giác AHJD nội tiếp, từ đó góc AHJ

=1v.Vậy tam giác AHJ vuông cân tại H.
Suy ra

2
2


AJ

AH (1)

A B

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

Xét tương tự ta có

2
2


AI

AK (2)

Từ (1) và (2) suy ra AHK ~AJI. Do ú
J

I
HK

2
2

AJ

AH .

Đề số 3
Câu 1

Cho T=

2 2

3 2 2

( 1) 4 ( 4) 5 1
:

2 ( 1) ( 2)

x x x x x x

x x x x x

     

     .

a/ Rút gọn T. b/ Tìm x để T đạt giá trị lớn nhất.

HD*TX§ x1.
a/ Rót gän T=

2 2

3 2 2

( 1) 4 ( 4) 5 1
:

2 ( 1). ( 2)

x x x x x x

x x x x x

     

     =

3 2 2

( 1) 1

:
2 2 2 2 1

x x

x x x x x

 

     =

2
2

( 1) 1
.
( 1)( 2 2) 1

x

x x x x



    = 2

(x1) 1

b/ Để T đạt giá trị lớn nhất thì 2

(x1) 1 nhá nhÊt mµ (x+1)2 +1>1 .

Vậy x=-1 thì T=1 là lớn nhất

Bi 2: Chứng minh rằng nếu xx(12 yzyz) yy(12 xzxz)







Với x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz 1.
Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)

HD Từ GT  (x2 -yz)y(1-xz) = x(1- yz)(y2 - xz)
 x2y- x3yz-y2z+xy2z2 = xy2 -x2z - xy3z +x2yz2

 x2y- x3yz - y2z+ xy2z2 - xy2 +x2z + xy3z - x2yz2 = 0
 xy(x-y) +xyz(yz +y2- xz - x2)+z(x2 - y2) = 0

 xy(x-y) - xyz(x -y)(x + y +z)+z(x - y)(x+y) = 0
 (x -y)xy xyz(xyz)xzyz = 0

Do x - y 0 nên xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = 0
Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (đpcm)

Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x2-4xy+5y2=16

HD

Ta có: x2-4xy+5y2=16 x2-4xy+4y2+y2 = 16  (x-2y)2+y2 = 16

Vì x, y



Z nên (x-2y)



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

y2=16 x=-8; y=-4

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

b) y2=0 x=4; y=0

(x-2y)2=16  x=-4; y=0

Vậy phương trình có 4 nghiệm ngun: (4;0); (-4;0); (8;4); (-8;-4)

Câu 4 (2 điểm): Một ngời đi xe máy từ Sơn Động đến Bắc Giang cách nhau 80km. Một nửa
giờ sau một ngời đi xe ô tô từ Sơn Động đến Bắc Giang trớc ngời đi xe máy 10 phút. Tính vận
tốc của mỗi xe, biết vận tốc của xe ô tô gấp 1,5 lần vận tốc xe máy.

HD Gọi vận tốc của ngời đi xe máy là x km/h (x > 0)

=> vËn tốc của ngời đi xe ô tô là 1,5x km/h .
thêi gian ngời đi xe máy là: 80

x (h) , thời gian ngời đi xe ô tô là:

1,5x ( h)

theo bµi ra ta cã pt: 80

x -

80
1,5x=

3 (ô tô đi trớc 0,5 (h) + đến sớm 10 phút) =
2
3 (h)

giải pt trên đợc x= 40. Vậy vận tốc của ngời đi xe máy là 40 km/h, vận tốc của ngời đi xe ô
tô là 60 km/h

Bài 4: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Đường
thẳng vng góc với AB tại B và đường thẳng vng 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 DE
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 vng ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng
Suy ra ACAB AFAE 

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  900 - BDF = 900 -CDE  900 - BDF = 900- 

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.

B C

G
D

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

Đề số 4

Bài 1

a) Chứng minh rằng phân số 3n 1

5n 2
+

+ là phân số tối giản "nN ;

b) Cho ph©n sè

n 4
A

n 5
+
=

+ (nN). Có bao nhiêu số tự nhiên n nhỏ hơn 2009 sao cho phân

số A cha tối giản. Tính tổng của tt c cỏc s t nhiờn ú.

Lời giải

a) Đặt d = ¦CLN(5n + 2 ; 3n + 1)  3(5n + 2) – 5(3n + 1) M d hay 1 M d  d = 1.
VËy ph©n sè 3n 1

5n 2
+

+ là phân số tối giản.

b) Ta có A n 5 29
n 5
= - +

+ . Để A cha tối giản thì phân số
29

n+5 phải cha tối giản. Suy ra n

+ 5 phải chia hết cho một trong các ớc dơng lớn hơn 1 của 29.
Vì 29 là số nguyªn tè nªn ta cã n + 5 M 29

 n + 5 =29k (k  N) hay n=29k – 5.

Theo điều kiện đề bài thì 0 ≤ n = 29k – 5 < 2009

 1 ≤ k ≤ 69 hay k{1; 2;…; 69}

Vậy có 69 số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện đề bài.

Tỉng cđa các số này là : 29(1 + 2 + + 69) – 5.69 = 69690.

Bµi 2. Cho a, b, c ≠ 0 vµ a + b + c ≠ 0 tháa m·n ®iỊu kiƯn 1 1 1 1

a + + =b c a+ +b c.

Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có hai số đối nhau. Từ đó suy ra rằng :

2009 2009 2009 2009 2009 2009

1 1 1 1

a +b +c =a +b +c .

Lêi gi¶i
Ta cã : 1 1 1 1

a + + =b c a+ +b c 

1 1 1 1

0
a + + -b c a+ +b c =

 a b a b 0
ab c(a b c)

+ +

+ =

+ + 

c(a b c) ab

(a b). 0

abc(a b c)
+ + +

+ =

+ +
 (a + b)(b + c)(c + a) = 0 

a b 0
b c 0
c a 0
é + =
ê

ê + =
ê

ê + =
ë



a b
b c
c a
é
=-ê
ê
=-ê
ê
=-ë

 ®pcm.

Từ đó suy ra : 20091 20091 20091 20091 12009 20091 20091

a +b +c =a +( c)- +c =a

2009 20091 2009 2009 12009 2009 20091

a +b +c =a + -( c) +c =a

 20091 20091 20091 2009 20091 2009
a +b +c =a +b +c .

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

HD : B = 3x + y - 8x + 2xy + 16 = 2(x - 2) + (x + y) + 8  8.
 MinB = 8 khi :  .

Bài 4 : Để thi đua lập thành tích chào mừng ngày thành lập đồn TNCS Hồ Chí Minh (26/3).
Hai tổ công nhân lắp máy đợc giao làm một khối lợng công việc. Nếu hai tổ làm chung thì
hồn thành trong 15 giờ. Nếu tổ I làm trong 5 giờ, tổ 2 làm trong 3 giờ thì làm đợc 30% công

việc. Nếu công việc trên đợc giao riêng cho từng tổ thì mỗi tổ cần bao nhiêu thời gian để hoàn
thành

Bài 5: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Đường
thẳng vng góc với AB tại B và đường thẳng vng 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 vng ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng
Suy ra

AE
AC
AB

 

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  900 - BDF = 900 -CDE  900 - BDF = 900- 

CDE   ADB - BDF =  ADC -CDE  ADF = ADE

VÝ dụ 3. Đơn giản biểu thức :

3 3 3 4 2 2 5

1 1 1 3 1 1 6 1 1

(a b) a b (a b) a b (a b) a b

ổ ửữ ổ ửữ ổ ửữ

ỗ ỗ ỗ

= ỗỗ + ữữ+ ỗỗ + ữữ+ ỗỗ + ữữ

ố ứ ố ø è ø

+ + + .

Lêi gi¶i

H
A

B C

G
D

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

Đặt S = a + b và P = ab. Suy ra : a2 + b2 = (a + b)2 – 2ab = 2

S - 2P
a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) = 3

S - 3SP.
Do đó : 1 1 a b S;

a b ab P
+

+ = = 12 12 a2 2 2b2 S2 22P;

a b a b P

-+ = =

3 3 3

3 3 3 3 3

1 1 a b S 3SP

a b a b P

-+ = =

Ta cã : A =

3 2

3 3 4 2 5

1 S 3SP 3 S 2P 6 S

. . .

S P S P S P

-+ +

2 2 4 2 2 2 2 4

2 3 4 2 4 4 3 4 3

S 3P 3(S 2P) 6 (S 3S P) (3S P 6P ) 6P S

S P S P S P S P S P

- - - + - +

+ + = =

Hay A =

3 3 3

1 1

.
P =a b

VÝ dơ 4. Cho a, b, c lµ ba số phân biệt. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau không phụ

thuộc vào giá trị của x :

(x a)(x b) (x b)(x c) (x c)(x a)
S(x)

(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)

- - -

-= + +

- - - .

Lời giải

Cách 1

2 2 2

x (a b)x ab x (b c)x bc x (c a)x ca
S(x)

(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)

- + + - + + - + +

= + +

- - - = Ax

2 – Bx + C

víi : A 1 1 1

(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)

= + +

- - - ;

B a b b c c a
(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)

+ + +

= + +

- - - ;

C ab bc ca
(c a)(c b) (a b)(a c) (b c)(b a)

= + +

- - -

Ta cã : A b a c b a c 0
(a b)(b c)(c a)

- + - +

-= =

- - - ;

B (a b)(b a) (b c)(c b) (c a)(a c)
(a b)(b c)(c a)

+ - + + - + +

- -

-2 2 2 2 2 2

b a c a a c

0
(a b)(b c)(c a)

- + - +

-= =

- - - ;

C ab(b a) bc(c b) ca(a c) ab(b a) bc[(c a) (a b)] ca(a c)
(a b)(b c)(c a) (a b)(b c)(c a)

- + - + - - + - + - +

-= =

- - -

(a b)(bc ab) (c a)(bc ca) (a b)(b c)(c a) 1
(a b)(b c)(c a) (a b)(b c)(c a)

- - + - - - -

-= = =

- - - .

VËy S(x) = 1"x (đpcm).

Cách 2

Đặt P(x) = S(x) – 1 thì đa thức P(x) là đa thức có bậc khơng vợt q 2. Do đó, P(x) chỉ có
tối đa hai nghiệm.

NhËn xÐt : P(a) = P(b) = P(c) = 0 a, b, c là ba nghiệm phân biệt của P(x).
Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi P(x) là đa thức không, tức là P(x) = 0 "x.
Suy ra S(x) = 1 "x  ®pcm.

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

VÝ dơ 9. Cho x 1 3
x

+ = . Tính giá trị cđa c¸c biĨu thøc sau :
a) 2

1
A x

= + ; b) 3
3

1
B x

= + ; c) 4
4

1
C x

= + ; d) 5
5

1
D x

= + .

Lêi gi¶i
a)

1 1

A x x 2 9 2 7

x x

ổ ửữ

ỗ

= + = +ỗ ữữ- = - =

ỗố ứ ;

3
3

1 1 1

B x x 3 x 27 9 18

x x x

ổ ửữ ổ ửữ

ỗ ỗ

= + = +ốỗỗ ứữữ- ỗỗố + ữữứ= - = ;

4 2

1 1

C x x 2 49 2 47

x x

ổ ửữ

ỗ

= + =ỗ + ữữ- = - =

ỗố ø ;

d) A.B x2 12 x3 13 x5 1 x 15 D 3

x x x x

ỉ ưỉ÷ ửữ

ỗ ỗ

=ỗỗ + ữữỗỗ + ữữ= + + + = +

è øè ø  D = 7.18 – 3 = 123.

Ví dụ 5. Xác định các số a, b, c sao cho : 2 2 ax2 b c

(x 1)(x 1) x 1 x 1
+

= +

+ - + - .

Lêi gi¶i
Ta cã :

2 2

2 2 2

ax b c (ax b)(x 1) c(x 1) (a c)x (b a)x (c b)

x 1 x 1 (x 1)(x 1) (x 1)(x 1)

+ + - + + + + - +

-+ = =

+ - + - +

Đồng nhất phân thức trên với phân thøc 2 2

(x +1)(x- 1), ta đợc :

a c 0 a 1
b a 0 b 1
c b 2 c 1

ì + = ì

=-ï ï

ï ï

ï - = Û ï

=-í í

ï ï

ï - = ï =

ï ï

ỵ ỵ

. VËy 2 2 2x 1 1
(x 1)(x 1) x 1 x 1

-= +

</div>

bo dedap an HSG 8

2





0

1

1

3

<i>x y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x y</i>

























 







































<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về