de thi hsg cac nam truoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ I Bài 1 Chứng minh rằng : a, (n5 – 5n3 + 4n) chia hết cho 120 với m,n thuộc Z giải 5 a)Ta cã : n – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) lµ tÝch cña 5 số nguyên liên tiếp trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một số là bội của 4, một số là bội của 3, một số lµ béi cña 5). VËy tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120. b, Phân tích đa thức thành nhân tử: 2. B  x 2  5x  6   7x  x 2  5x  6   12x 2 giải 2. B  x 2  5x  6   7x  x 2  5x  6   12x 2. x 2  5x  6 y. 2. 2. Khi đó B y  7xy  12x B y2  3xy  4xy  12x 2 y  y  3x   4x  y  3x   y  3x   y  4x   x 2  5x  6  3x   x 2  5x  6  4x . Đặt.  x 2  2x  6   x 2  x  6 . Bài 2: 2x 4 x2 2 x x 2  3x A (  2  ):( ) 2 x x  4 2x 2 x 2  x3. Cho biểu thức : a,Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ? b,Tìm giá trị của x để A > 0? c,Tính giá trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4 giải a).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2  x 0  2  x  4 0   2  x 0  x 2  3 x 0  2 x 2  x 3 0. A (.  x 0   x 2   x 3. 2  x 4 x2 2 x x 2  3x (2  x) 2  4 x 2  (2  x) 2 x 2 (2  x)  2  ):( 2 3)  .  2  x x  4 2  x 2x  x (2  x)(2  x) x( x  3). 4 x2  8x x(2  x) 4 x( x  2) x(2  x) 4 x2 .    (2  x )(2  x ) x  3 (2  x )(2  x)( x  3) x  3. Vậy với. x 0, x 2, x 3. thì. A. 4x 2 x 3 .. b) x 0, x 3, x 2 : A  0 . 4 x2 0 x 3. Với  x  3  0 ( Vì 4x2 > 0 mọi x # 0)  x  3(TMDKXD). Vậy với x > 3 thì A > 0.. c)  x  7 4 x  7 4    x  7  4  x 11(TMDKXD )   x 3( KTMDKXD ). Với x = 11 thì A =. 121 2. Bµi 3 ( 3®iÓm) a) Giải phương trình: x 2 +4 x+6 x 2+16 x +72 x2 +8 x +20 x 2 +12 x + 42 + = + x +2 x+ 8 x+4 x +6. b) Gi¶i phư¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. x( x + x + 1) = 4y( y + 1). Giải. a) ( 1,5 điểm) 2. .   . x+ 2¿ +2 ¿ x +8 ¿ 2+ 8 ¿ x+4 ¿ 2+ 4 ¿ x +6 ¿ 2+6 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2 8 4 6 x+ 2+ + x +8+ =x +4 + + x+ 6+ x +2 x +8 x+ 4 x+6 2 8 4 6 1 4 2 3 + = + + = +  x +2 x +8 x +4 x+ 6 x +2 x +8 x +4 x+ 6 5 x +16 5 x+24 = ( x+2)(x +8) ( x +4 )( x+6).  (5x+16)(x+4)(x+6) = (5x+24)(x+2)(x+8)  (5x+16)(x2 +10x + 24) = (5x+24)( x2 +10x + 16)  5x3 + 50x2 + 120x + 16x2 + 160x + 16.24 = 5x3 + 50x2 + 80x + 24x2 + 240x + 24.16  8x2 + 40x = 0  8x(x + 5) = 0 x = 0; x = -5 Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm b) ( 1,5 điểm) + Phơng trình đợc biến đổi thành: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) 2. 2 2. + Ta chøng minh (x + 1) vµ (x + 1) nguyªn tè cïng nhau ! V× nÕu d = UCLN (x+1, x + 1) th× d ph¶i lµ sè lÎ (v× 2y+1 lÎ) 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  x 2  x d  2  x  1d  x  1d  x  1d  x  1d  2   x  1d     x  1d . 2d mµ d lÎ nªn d = 1. + Nªn muèn (x + 1)(x + 1) lµ sè chÝnh ph¬ng Thì (x+1) và (x + 1) đều phải là số chính phơng . 2. 2. 2 2   x  1 k  2 §Æt:  x 1 t . k 1   1  x 0. k  1   x 0. (k + x)(k – x) = hoÆc + Víi x = 0 th× (2y + 1) = 1  y = 0 hoÆc y = -1.(Tháa m·n pt) VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: (x;y) 2. Bµi 4 ( 8 ®iÓm) Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a. Một điểm M chuyển động trên cạnh DC (M D, M C) chọn điểm N trên c¹nh BC sao cho ∠ MAN = 45o, DB thø tù c¾t AM, AN t¹i E vµ F. 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC 2.Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o 3. Chøng minh S Δ AEF = 12 S Δ AMN 4. Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC 5. Gäi H lµ giao ®iÓm cña MF vµ NE . Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 Giải Bài 4 ( 8 điểm) A. B. F N. H I. E. K. D. M. C. 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC ( 1,25 điểm) -Ta cm: ∠ ABF = ∠ ACM = 450 - ∠ BAF = ∠ MAC ( v× cïng céng víi gãc CAN b»ng 450 ).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> suy ra : ° ABF # °AMC 2. Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o ( 1,5 điểm) Tõ D AFB # D AMC (g.g) => AF = AB ⇔ AF = AM (1) AM AC AB AC Cã ∠ MAF = ∠ BAC = 45 0(2) Tõ 1 vµ 2 => D AFM # D ABC => ∠ AFM = ∠ ABC = 90o C/M hoµn toµn t¬ng tù cã ∠ AEN = 900 v× vËy ∠ AFM = ∠ AEN = 90o 3. S D AEF = 1/2 S D AMN (2 điểm) AF. AE. Cã D AFM # D AEN => AM = AN => D AEF # D AMN (c.g.c) =>. AF 2 ¿ (1) AM SAEF =¿ SAMN. Cã ∠ FAM = 450, ∠ AFM = 900 => D AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 AF. => AM ¿ ¿. 2. = 1 2. Thay vào (1) ta đợc SAEF. SAMN. = 1 hay: S D AEF = 1/2 S D AMN 2. 4.. C/M chu vi D CMN không đổi ( 1,25 điểm) Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN D ADK = D ABN => AK = AN vµ ∠ BAN = ∠ DAK. do đó D AMN = D AKM (c.gc) => MN=KM V× vËy: Chu vi D CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN = CD + KD + CN = CD + NB + CN = CD + CB = 2a không đổi Tức là: Chu vi D CMN không thay đổi khi M chuyển động trên cạnh DC 5. Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 (2 điểm) KÎ HI ^ MN t¹i I - Cm: ° MHI # ° MNF => MH.MF =MI.MN - Cm: °NHI # °NME => NH.NE =NI.NM - suy ra: MH.MF + NH.NE =MI.MN + NI.NM = MN( MI+NI ) = MN2 - áp dụng định lí Pitago vào °CMN ta có: MN2 = MC2 +CN2 VËy: MH.MF + NH.NE = MC2 +CN2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bµi 5 a) Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n  N b) Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng. a b c 3 + + ≥ b+c c +a a+b 2 giải. Bµi 5: ( 2 điểm) a) ( 1,0 điểm) Ta coù:. x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + 1 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x +. 1) Vì x3m – 1 vaø x3n – 1 chia heát cho x3 – 1 neân chia heát cho x2 + x + 1 Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n  N. b) ( 1,0 điểm) §Æt x= b + c ; y= c + a ; z = a + b ta cã a =. y+z − x 2. ; b=. ta cã (1). ⇔ ⇔. z+x − y 2. x+y −z 2. y + z − x z +x − y x+ y − z + + 2x 2y 2z. 3 2. y z x z x y + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 x x y y z z ⇔. đúng?. ;c=. (. y x z x z y + ¿+( + )+( + )≥ 6 x y x z y z. lµ B®t.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Đề 2. Bài 1. a.. Phân tích đa thức thành nhân tử:. x 2  2 xy  6 y  9. x 1 x 2 x 3 x  2012    ...  2012 2013 2012 2011 2. b. Giải phương trình: c. Tìm đa thức f ( x) biết: f ( x) chia cho x  2 dư 5; f ( x) chia cho x  3 dư 7; f ( x) chia cho ( x  2)( x  3) được thương là x 2  1 và đa thức dư bậc nhất đối với x . Giải 2. a, x  2 xy  6 y  9 = ( x2 – 9) + 2y(x + 3) = (x – 3)(x + 3) + 2y(x + 3) =(x+ 3)(x + 2y – 3) x 1 x 2 x 3 x  2012    ...  2012  2 b, 2013 2012 2011. x 1 x 2 x 3 x  2012  1  1  1  ...   1 0  2013 2012 2011 2 x  2014 x  2014 x  2014 x  2014    ...  0  (x 2013 2012 2011 2. – 2014)(. 1 1 1   ...  2013 2012 2. )=0  x = 2014 c,Gọi dư trong phép chia f(x) cho x2 - 1 là ax + b Ta có : f(x) = (x – 2)(x – 3)(x2- 1) + ax + b Theo bài ra : f(2) = 5 nên ta có 2a + b = 5 ; f(3) = 7 nên 3a + b = 7 HS tính được a = 2 ; b = 1 Vậy đa thức cần tìm là : f(x) = (x – 2)( x – 3)(x2 - 1) + 2x + 1 Bài 2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Cho: P 7.2014n 12.1995n với Chứng minh: a. b.. P. Q. n N ;. chia hết cho 19. không phụ thuộc vào. x. và. ( x2  n)(1  n)  n2 x2 1 Q 2 ( x  n)(1  n)  n2 x2 1 .. Q 0.. Giải. a ,P = 7.2014n + 12.1995n = 19.2014n -12.2014n + 12.1995n = 19.2014n - 12(2014n -1995n) Ta có : 19. 2014n  19 ; (2014n -1995n)  19. nên P  19 b,Q =. ( x 2  n)(1  n)  n 2 x 2  1 x 2  x 2 n  n 2  n  n 2 x 2  1  ( x 2  n)(1  n)  n 2 x 2  1 x 2  x 2 n  n 2  n  n 2 x 2  1. x 2 (n 2  n  1)  n 2  n  1 x 2 (n 2  n  1)  n 2  n  1. ( n 2  n  1)( x 2  1) (n 2  n  1)  ( n 2  n  1)( x 2  1) (n 2  n  1). = = Vậy Q không phụ thuộc vào x 1 3 (n  ) 2  n2  n 1 2 4 0  2 1 n  n  1 (n  )2  3 2 4. Q= Bài 3. 2 2 a. Chứng minh: a  5b  (3a  b) 3ab  5 b. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:. 2 x 2  3 y 2  4 x 19 2. giải  3ab. a, a + 5b – (3a + b) – 5  2a2 + 10b2 – 6a -2b – 6ab +10 0  a2 – 6ab +9b2 + a2 – 6a + 9 + b2 - 2b +1 0  (a – 3b)2 +(a - 3)2 + (b – 1)2 0 . Dấu « = » xảy ra khi a = 3 ; b = 1.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 2. 2. b, 2 x  3 y  4 x 19  2x2 + 4x + 2 = 21 – 3y2  2(x + 1)2 = 3(7 – y2) (*) Xét thấy VT chia hết cho 2 nên 3(7 – y2) 2  y lẻ (1) Mặt khác VT 0  3(7 – y2) 0  y2  7 (2). Từ (1) và (2) suy ra y2 = 1 thay vào (*) ta có : 2(x + 1)2 = 18 HS tính được nghiệm nguyên đó là (2 ; 1) ; (2 ; -1) ; (-4 ; -1) ; (-4 ; 1). Bài4 Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC). Các đường cao AE, BF cắt nhau tại H. Gọi M trung điểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM, a cắt AB, AC lần lượt tại I và K. a. Chứng minh D ABC đồng dạng D EFC. b. Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự tại N và D. Chứng minh NC = ND và HI = HK. c. Gọi G là giao điểm của CH và AB. Chứng minh: AH BH CH   6 HE HF HG. Giải.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> A. F K. G H. I. B. E. M. C. N. D. Ta có D AEC.  D BFC. (g-g) nên suy ra. CE CA  CF CB. CE CA  CF CB và. Xét D ABC và D EFC có góc C chung nên suy ra D ABC  D EFC ( c-g-c) Vì CN //IK nên HM  CN  M là trực tâm D HNC  MN  CH mà CH  AD (H là trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD Do M là trung điểm BC nên  NC = ND  IH = IK ( theo Ta let) Ta có:. AH S AHC S ABH S AHC  S ABH S AHC  S ABH     HE SCHE S BHE SCHE  S BHE S BHC. Tương tự ta có. BH S BHC  S BHA  BF S AHC. và. CH S BHC  S AHC  CG S BHA. AH BH CH S AHC  S ABH  S BHC  S BHA  S BHC  S AHC    S BHC S AHC S BHA HE HF HG S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC     = SBHC SBHC S AHC S AHC + S BHA S BHA 6 . Dấu ‘=’. khi tam giác ABC đều, mà theo gt thì AB < AC nên không xảy ra dấu bằng..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Đề 3 Bài 1 Cho P=. 3. 2. a − 4 a −a+ 4 3 2 a − 7 a +14 a− 8. a) Rót gän P b) Tìm giá trị nguyên của a để P nhận giá trị nguyên Giai 3 2 a) (1,5) a - 4a - a + 4 = a( a2 - 1 ) - 4(a2 - 1 ) =( a2 - 1)(a-4) =(a-1)(a+1)(a-4) a3 -7a2 + 14a - 8 =( a3 -8 ) - 7a( a-2 ) =( a -2 )(a 2 + 2a + 4) 7a( a-2 ) =( a -2 )(a2 - 5a + 4) = (a-2)(a-1)(a-4) Nªu §KX§ : a 1; a≠ 2 ; a ≠ 4 Rót gän P= b) P=. a+1 a− 2. a− 2+3 3 =1+ a−2 a −2. ; ta thÊy P nguyªn khi a-2 lµ íc cña 3,. mµ ¦(3)= { −1 ; 1; − 3 ;3 } 0,25 Từ đó tìm đợc a { −1 ; 3 ; 5 } Bài 2. a) Chøng minh r»ng nÕu tæng cña hai sè nguyªn chia hÕt cho 3 th× tæng c¸c lËp ph¬ng cña chóng chia hÕt cho 3. b) Tìm các giá trị của x để biểu thức : P=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6) cã gi¸ trÞ nhá nhÊt . T×m gi¸ trị nhỏ nhất đó . Giải a) Gäi 2 sè ph¶i t×m lµ a vµ b , ta cã a+b chia hÕt cho 3 ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Ta cã a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b) [( a +2 ab+b )− 3 ab ] = 2. 2. 2. a+b ¿ − 3 ab ¿ ¿. =(a+b). V× a+b chia hÕt cho 3 nªn (a+b)2-3ab chia hÕt cho 3 ; 2. Do vËy (a+b). a+b ¿ − 3 ab ¿ ¿. chia hÕt cho 9. b)P=(x-1)(x+6)(x+2)(x+3)=(x2+5x-6)(x2+5x+6)=(x2+5x)236 Ta thÊy (x2+5x)2 0 nªn P=(x2+5x)2-36 -36 Do đó Min P=-36 khi (x2+5x)2=0 Từ đó ta tìm đợc x=0 hoặc x=-5 thì Min P=-36 Bài 3 a) Gi¶i ph¬ng tr×nh : 1 1 1 1 + 2 + 2 = x +9 x +20 x + 11 x+30 x +13 x +42 18 2. b) Cho a , b , c lµ 3 c¹nh cña mét tam gi¸c . Chøng minh r»ng : A=. a b c + + ≥3 b+c − a a+c −b a+b − c. Giải a) x +9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; §KX§ : x ≠ − 4 ; x ≠ −5 ; x ≠ − 6 ; x ≠ −7 Ph¬ng tr×nh trë thµnh : 2. ¿ 1 1 1 1 + + = (x+ 4)( x +5) ( x+5)( x +6) ( x+6)(x +7) 18 ¿.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − = x + 4 x +5 x +5 x +6 x+ 6 x +7 18 1 1 1 − = x + 4 x +7 18. 18(x+7)-18(x+4)=(x+7) (x+4) (x+13)(x-2)=0 Từ đó tìm đợc x=-13; x=2; b) (1®) §Æt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 y+z x+ z x+ y ; b= ; c= ; 2 2 2 Thay vào ta đợc A= y2+xz + x2+yz + x2+zy = 12 ( yx + xy )+( xz + xz )+( zy + zy ) Từ đó suy ra A 12 (2+2+2) hay A 3. Từ đó suy ra a=. [. ]. Bài4 Cho tam giác đều ABC , gọi M là trung điểm của BC . Một gãc xMy b»ng 600 quay quanh ®iÓm M sao cho 2 c¹nh Mx , My lu«n c¾t c¹nh AB vµ AC lÇn lît t¹i D vµ E . Chøng minh : a) BD.CE=. BC2 4. b) DM,EM lÇn lît lµ tia ph©n gi¸c cña c¸c gãc BDE vµ CED. c) Chu vi tam giac ADE không đổi. Giải a). Trong tam gi¸c BDM ta cã : M =600 nªn ta cã V× ^ : M Suy ra ^D = ^ 2. 1. 3. 0 ^ ^1 D 1=120 − M 0 ^ M 3=120 − ^ M1. y. A. x E D 1. B. 2 1. 2 3. M. C.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Chøng minh Suy ra. ΔBMD. BD CM = BM CE. V× BM=CM=. ∾. Δ CEM. (1). , từ đó BD.CE=BM.CM BC 2. , nªn ta cã BD MD = CM EM. b) (1®) Tõ (1) suy ra. BD.CE=. 2. BC 4. mµ BM=CM nªn ta cã. BD MD = BM EM. Chøng minh ΔBMD ∾ Δ MED Từ đó suy ra ^D = ^D , do đó DM là tia phân giác của góc BDE Chøng minh t¬ng tù ta cã EM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED c) Gäi H, I, K lµ h×nh chiÕu cña M trªn AB, DE, AC Chøng minh DH = DI, EI = EK TÝnh chu vi tam gi¸c b»ng 2AH. Bµi 5 T×m tÊt c¶ c¸c tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè nguyªn du¬ng vµ sè ®o diÖn tÝch b»ng sè ®o chu vi . 1. 2. Giải Gọi các cạnh của tam giác vuông là x , y , z ; trong đó c¹nh huyÒn lµ z (x, y, z lµ c¸c sè nguyªn du¬ng ) Ta cã xy = 2(x+y+z) (1) vµ x2 + y2 = z2 (2) Tõ (2) suy ra z2 = (x+y)2 -2xy , thay (1) vµo ta cã : z2 = (x+y)2 - 4(x+y+z).

<span class='text_page_counter'>(15)</span> z2 +4z =(x+y)2 - 4(x+y) z2 +4z +4=(x+y)2 - 4(x+y)+4 (z+2)2=(x+y-2)2 , suy ra z+2 = x+y-2 z=x+y-4 ; thay vµo (1) ta ®uîc : xy=2(x+y+x+y-4) xy-4x-4y=-8 (x-4)(y-4)=8=1.8=2.4 Từ đó ta tìm đuợc các giá trị của x , y , z là : (x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ; (x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10). Đề 4 Bài 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3xy – x – y + 3 = 0 Giải. x2 + 2y2 +. Giải phương trình nghiệm nguyên. x2 + 2y2 + 3xy - x - y + 3 = 0. ⇔ ....... ⇔ (x + y)(x + 2y - 1) = - 3 Vì x,y nguyên nên x + y và x + 2y - 1 là các ước của - 3. Ta có bảng sau: x+y 1 -3 -1 3 x + 2y -3 1 3 -1 -1 x 4 -8 -6 6.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> y -3 5 5 -3 Kết luận nghiệm (x; y) là (4; 3), (-8;5), (-6; 5), (4; -3). Bài 2 a b c a, ab+ a+1 + bc+b+1 + ac+ c+1 =1 biết abc=1 b,. a2 b2 c 2 c b a + + ≥ + + b2 c 2 a2 b a c. Giải a,. b, x=y. ac abc c a b c + + + + =¿ abc+ ac+c abc2 +abc+ ac ac+c +1 ab+ a+1 bc+b+1 ac+ c+1 ac abc c abc+ ac+1 = 1+ ac+c + c +1+ac + ac+c +1 =abc+ ac+1 =1. Áp dụng bất đẳng thức: x2+y2. a2 b2 a b a + 2 ≥ 2 . . =2 . 2 b c c b c 2 2 c b c b b + 2 ≥ 2 . . =2 . 2 a c a a c. ;. a2 c 2 a c c + 2 ≥ 2 . . =2 . 2 b a b b a. 2xy dấu bằng khi ;. Cộng từng vế ba bất dẳng thức trên ta có 2(. a2 b 2 c 2 a c b + 2 + 2 )≥2( + + ) 2 c b a b c a. ⇒. a2 b2 c 2 a c b + + ≥ + + b2 c 2 a2 c b a. Bài 3 1. Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối tia BA lấy E, trên tia đối tia CB lấy F sao cho AE = CF a) Chứng minh D EDF vuông cân b) Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi I là trung điểm EF. Chứng minh O, C, I thẳng hàng. 2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD = AE. Xác địnhvị trí điểm D, E sao cho:.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> a/ DE có độ dài nhỏ nhất b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Giải Chứng minh D EDF vuông cân Ta có D ADE = D CDF (c.g.c)  D EDF cân tại D Mặt khác: D ADE = D CDF (c.g.c)  Eˆ Fˆ Mà Eˆ  Eˆ  Fˆ = 900  Fˆ  Eˆ  Fˆ = 900  EDF = 900. Vậy D EDF vuông cân b)Chứng minh O, C, I thẳng Theo tính chất đường chéo hình vuông  CO là trung trực BD 1. 1. 2. 2. 1. Mà D EDF vuông cân Tương tự BI. 2. . 2. 1. DI. 1 = 2 EF . 1 = 2 EF. B. DI = BI.  I thuộc dường trung trực của DB  I thuộc đường thẳng CO. D. Hay O, C, I thẳng hàng A. 2. DE có độ dài nhỏ nhất Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a) Áp dụng định lý Pitago với D ADE vuông tại A có: DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) – a2 = 2(x. a2 – 4 )2. +. a2 a2 2  2. Ta có DE nhỏ nhất . BD = AE. a =2 . . 2. DE nhỏ nhất. . x. a =2. D, E là trung điểm AB, AC. C E.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> b,Tứ. giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. 1 SADE = 2 AD.AE. 1 = 2 AD.BD. Ta có: (AD2 – AB.AD) =. 1 – 2 (AD2. –. AB 2 2 .AD. +. AB2 4. )+. AB2 8. 1 = 2 AD(AB. =. 1 – 2 (AD. –. –. 1 AD)= 2. AB 4 )2. +. AB2 2. 2. AB  8. Vậy SBDEC = SABC – Do đó min điểm AB, AC. AB2 SADE  2. 3 SBDEC = 8 AB2. –. AB2 8. =. 3 8 AB2. không đổi. khi D, E lần lượt là trung. Đề 5 Bài 1 Cho A =.  x  1 x  1 x 2  4x  1  x  2014     2 x  1 x  1 1  x   x 1. (với. x 0; x 1; x  1 ). 1) Rút gọn A 2) Với giá trị nguyên nào của x thì A có giá trị nguyên? 1, Với. x 0; x 1; x  1. Giải ta có 2. 2.  x  1 x  1 x 2  4x  1  x  2014  x  1   x  1  x 2  4x  1 x  2014 A       2 2 x  1 x  1 x  1 x  1 x  1 x 1   4x  x 2  4x  1 x  2014 x 2  1 x  2014 x  2014    2   x2  1 x 1 x  1 x 1 x 1 x  2014 2013 A 1  x 1 x 1 2) Ta có. Suy ra với x nguyên thì A có giá trị nguyên khi x + 1 là ước của 2013..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Ước của 2013 gồm -2013;-671; -183; -61; -33; -11; -3; -1; 1; 3; 11; 33; 61; 183; 671; 2013 Từ đó tìm và đối chiếu điều kiện ta có với x nhận các giá trị là -2014; -672; -184; -62; -34; -12; -4; -2; 2; 10; 32; 60; 182; 670; 2012 thì A nhận giá trị nguyên Bài 2 1) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử: a.. x2  7 x  6. b.. x4  2008 x2  2007 x  2008. 2) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì A = 4a2b2 – (a2 + b2 - c2)2 luôn luôn dương. Giải 1) a.. 2. 2. x  7 x  6 x  x  6 x  6 x  x  1  6  x  1.  x  1  x  6 . b.. x 4  2008 x 2  2007 x  2008  x 4  x 2  2007 x 2  2007 x  2007  1 2.  x 4  x 2  1  2007  x 2  x  1  x 2  1  x 2  2007  x 2  x  1  x 2  x  1  x 2  x  1  2007  x 2  x  1  x 2  x  1  x 2  x  2008 . 2) Ta có A = [2ab + (a2 + b2 - c2)][2ab – (a2 + b2 - c2)] = [(a + b)2 – c2][c2 – (a – b)2] = (a + b + c)(a + b – c)(c + b – a)(c + a – b). Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0 và theo bất đẳng thức trong tam giác ta có a + b – c > 0; c + b – a > 0; c + a – b > 0 từ đó suy ra điều phải chứng minh. Bài 3 1) Cho x, y thoả mãn xy 1 . Chứng minh rằng: 1 1 2   2 2 1 x 1 y 1  xy.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn:. 2 x2 . 1 y2  4 x2 4. sao. cho tích x.y đạt giá trị lớn nhất. Giải 1). 1 1 2   1  x 2 1  y 2 1  xy. (1). x  y  x y  x  y  1 1   1 1      0    0  2 2 2  1  x   1  xy   1  y 2   1  xy   1  x 1  xy   1  y 1  xy  2.  y  x   xy  1 0 2     1  x 2   1  y 2   1  xy  Vì x 1; y 1 => xy 1 => xy  1 0.  BĐT (2) luôn đúng => BĐT (1) luôn đúng (dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y) 2 x2 . 2. 2. 1 y2 1 y  4   x     x    xy 2  xy 2 2 4 x  2  x. 2) Dấu bằng xảy ra khi (x;y)    1; 2  ;   1;  2   Kết luận.... Bài 4 Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M, Qua điểm M kẻ các đường thẳng song song với AC và AB thứ tự cắt AB và AC tại E và F. 1)Chứng minh. ME MF  AC AB. có giá trị không đổi.. 2) Cho biết diện tích của các tam giác MBE và MCF thứ tự là a2 và b2 .Tính diện tích của tam giác ABC theo a và b..

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 3)Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Giải A F E. B. C M. 1) Vì ME// AC ; MF // AB theo hệ quả định lý Ta-Let ta có ME MF BM MC    1 AC AB BC BC. 2) Chứng minh tam giác MBE đồng dạng với tam giác CBA suy ra dt ( MBE ) a 2 BM 2 BM a  2    2 dt (CBA) S BC BC S. ; Tương tự. BM CM b a a  b     BC BC S S S. CM b  BC S. ABC) suy ra hay Vậy dt(ABC) = (a+b)2 3) Từ phần 2 suy ra dt(AEMF) = 2ab  a  b . 2. . ( S2 là diện tích tam giác. a  b BC 2  1  S a  b  S 2  a  b  S BC. .. S2 2. 2 Lại có 2ab dấu bằng xảy ra khi a = b khi M là trung điểm của BC Kết luận ... Bài 5 Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn:. y 2  2 xy  3x  2 0 Giải 2. 2. 2. 2. 2. Ta có: y  2 xy  3x  2 0  x  2 xy  y x  3x  2 (*)  ( x  y ) ( x  1)( x  2) VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0  x  1 0    x  2 0.  x  1  y 1  x  2  y 2 . Vậy có 2 cặp số nguyên. ( x; y ) (  1;1). hoặc. ( x; y ) ( 2; 2). Bài IV nên sửa a>0, b> 0. Đề 6 Bài 1 a) Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n)  120 với m, n  Z b)Phân tích đa thức thành nhân tử: 2. B  x 2  5x  6   7x  x 2  5x  6   12x 2. Giải a)Ta cã : n – 5n + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) lµ tÝch cña 5 sè nguyên liên tiếp trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một số là bội của 4, một số là bội của 3, một số là bội của 5). VËy tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120. 2 2 2 Đặt x  5x  6 y Khi đó B y  7xy  12x B y 2  3xy  4xy  12x 2 y  y  3x   4x  y  3x   y  3x   y  4x   x 2  5x  6  3x   x 2  5x  6  4x  5. 3.  x 2  2x  6   x 2  x  6 . Bài 2: Cho biểu thức : A (. 2x 4 x2 2 x x2  3x  2  ):( ) 2 x x  4 2x 2 x 2  x3. a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ?.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> b) Tìm giá trị của x để A > 0? c) Tính giá trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4. Giải. a) 2  x 0  2  x  4 0   2  x 0  x 2  3 x 0  2 x 2  x 3 0. A (.  x 0   x 2   x 3. 2  x 4 x2 2 x x 2  3x (2  x) 2  4 x 2  (2  x) 2 x 2 (2  x)  2  ):( 2 3)  .  2  x x  4 2  x 2x  x (2  x)(2  x) x( x  3) 4 x2  8x x(2  x) 4 x( x  2) x(2  x) 4x2 .    (2  x )(2  x ) x  3 (2  x)(2  x)( x  3) x  3. Vậy với b). x 0, x 2, x 3. thì. A. 4x 2 x 3 .. x 0, x 3, x 2 : A  0 . 4 x2 0 x 3. Với  x  3  0 ( Vì 4x2 > 0 mọi x # 0)  x  3(TMDKXD). Vậy với x > 3 thì A > 0. c)  x  7 4 x  7 4    x  7  4  x 11(TMDKXD )   x 3( KTMDKXD ) 121 2. Với x = 11 thì A = Bài 3 a) Giải phương trình: x 2 +4 x+6 x 2+16 x +72 x2 +8 x +20 x 2 +12 x + 42 + = + x +2 x+ 8 x+4 x +6. b) Gi¶i ph¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn:.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> 2. x( x + x + 1) = 4y( y + 1). Giải a) ( 1,5 điểm). .   . x+ 2¿ 2+2 ¿ x +8 ¿ 2+ 8 ¿ x+4 ¿ 2+ 4 ¿ x +6 ¿ 2+6 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2 8 4 6 x+ 2+ + x +8+ =x +4 + + x+ 6+ x +2 x +8 x+ 4 x+6 2 8 4 6 + = +  x 1+2 + x 4+8 = x 2+4 + x+3 6 x +2 x +8 x +4 x+ 6 5 x +16 5 x+24 = ( x+2)(x +8) ( x +4 )( x+6).  (5x+16)(x+4)(x+6) = (5x+24)(x+2)(x+8)  (5x+16)(x2 +10x + 24) = (5x+24)( x2 +10x + 16)  5x3 + 50x2 + 120x + 16x2 + 160x + 16.24 = 5x3 + 50x2 + 80x + 24x2 + 240x + 24.16  8x2 + 40x = 0  8x(x + 5) = 0 x = 0; x = -5 Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm b) ( 1,5 điểm) + Phơng trình đợc biến đổi thành: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) 2. 2 2. + Ta chøng minh (x + 1) vµ (x + 1) nguyªn tè cïng nhau ! V× nÕu d = UCLN (x+1, x + 1) th× d ph¶i lµ sè lÎ (v× 2y+1 lÎ) 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span>  x 2  x d  2  x  1d  x  1d  x  1d  x  1d  2   x  1d     x  1d . 2d mµ d lÎ nªn d = 1. + Nªn muèn (x + 1)(x + 1) lµ sè chÝnh ph¬ng Thì (x+1) và (x + 1) đều phải là số chính phơng . 2. 2. 2 2   x  1 k  2 §Æt:  x 1 t . k 1   1  x 0. k  1   x 0. (k + x)(k – x) = hoÆc + Víi x = 0 th× (2y + 1) = 1  y = 0 hoÆc y = -1.(Tháa m·n pt) VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: (x;y) Bài 4 Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a. Một điểm M chuyển động trên cạnh DC (M D, M C) chọn điểm N trªn c¹nh BC sao cho ∠ MAN = 45o, DB thø tù c¾t AM, AN t¹i E vµ F. 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC 2.Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o 3. Chøng minh S Δ AEF = 12 S Δ AMN 4. Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC 5. Gäi H lµ giao ®iÓm cña MF vµ NE . Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 Giải 2. A. B. F N. H I. E. K. D. M. C. 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC -Ta cm: ∠ ABF = ∠ ACM = 450.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> - ∠ BAF = ∠ MAC ( v× cïng céng víi gãc CAN b»ng 450 ) suy ra : ° ABF # °AMC 2. Chøng minh. ∠. AFM =. ∠. AEN = 90o. Tõ D AFB # D AMC (g.g) AB AF AM = ⇔ = (1) => AF AM AC AB AC Cã ∠ MAF = ∠ BAC = 45 0(2) Tõ 1 vµ 2 => D AFM # D ABC => ∠ AFM = ∠ ABC = 90o C/M hoµn toµn t¬ng tù cã ∠ AEN = 900 v× vËy ∠ AFM = ∠ AEN = 90o 3. S D AEF = 1/2 S D AMN Cã D AFM # D AEN =>. AF AE = AM AN. => D AEF # D AMN (c.g.c) =>. AF 2 ¿ (1) AM SAEF =¿ SAMN. Cã ∠ FAM = 450, ∠ AFM = 900 => D AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 =>. AF 2 ¿ AM ¿. =. 1 2. Thay vào (1) ta đợc AMN. SAEF SAMN. =. 1 2. hay: S D AEF = 1/2 S D. 4.. C/M chu vi D CMN không đổi Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN D ADK = D ABN => AK = AN vµ ∠ BAN = ∠ DAK. do đó D AMN = D AKM (c.gc) => MN=KM V× vËy: Chu vi D CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN = CD + KD + CN = CD + NB + CN = CD + CB = 2a không đổi Tức là: Chu vi D CMN không thay đổi khi M chuyển động trªn c¹nh DC.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> 5. Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 KÎ HI ^ MN t¹i I - Cm: ° MHI # ° MNF => MH.MF =MI.MN - Cm: °NHI # °NME => NH.NE =NI.NM - suy ra: MH.MF + NH.NE =MI.MN + NI.NM = MN( MI+NI ) = MN2 - áp dụng định lí Pitago vào °CMN ta có: MN2 = MC2 +CN2 VËy: MH.MF + NH.NE = MC2 +CN2 Bài 5 a) Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n  N b) Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng. a b c 3 + + ≥ b+c c +a a+b 2. Giải Bµi 5:. a). Ta coù:. x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 +. x+1 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1) Vì x3m – 1 vaø x3n – 1 chia heát cho x3 – 1 neân chia heát cho x2 + x + 1.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, nN b) §Æt x= b + c ; y= c + a ; z = a + b ta cã a = ta cã (1). y+z − x 2. z+x − y 2. ;c=. y + z − x z +x − y x+ y − z + + 2x 2y 2z. ⇔. x+y −z 2. 3 2. y z x z x y + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 x x y y z z. ⇔. ⇔. ; b=. (. y x z x z y + ¿+( + )+( + )≥ 6 x y x z y z. là Bđt đúng. Bài 6 Cho D ABC tam giác đều, gọi M là trung điểm của BC . Một góc xMy = 600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E . Chứng minh : a. Tam giác DBMD đồng dạng với DCEM , Từ đó suy ra tích BD.CE không đổi. b. DM, EM lần lượt là tia phân giác của góc BDE và góc CED. c. Chu vi D ADE không đổi. Giải. + Vẽ hình đúng. a, Chứng minh DBMD. y. A. DCEM (g-g). x E D 1. B. 2 1. 2 3. M. C.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Vì BM = CM. BC = 2 (gt) . BD.CE =BM.MC =. BC2 4. b, Chứng minh :Từ a,=>BDCE=MD.MB và B = M2 = 600 => Từ đó suy ra. ˆ D ˆ D 1 2. DBMD DMED. (c-g-c). , do đó DM là tia phân giác của góc. BDE Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED c, Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC A. E D. I K. H. B. M. C. Chứng minh: Từ tính chất tia phân giác ta có: DH = DI, EI = EK. Chu vi : PADE = AD+DE+EA =AD+DI+IE+KA = AD +DH +AE+EK = AH +AK = 2.AH . (không đôỉ) Kết luận….. Đề 6.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Bài 1 a) Phân tích đa thức thành nhân tử: b) Tìm các số nguyên. x; y. 4. 2. x +2011 x + 2010 x +2011. sao cho:. .. 3. 3 x + xy=3. c) Tìm các hằng số a và b sao cho x+ 1 dư 7; chia cho x − 2 dư 4.. 3. x + ax+b. chia cho. Giải. a/ x +2011 x + 2010 x +2011 = x + x + x +2010(x + x +1) −(x −1) = ( x + x +1 ) ( x − x+ 2011) b/ 3 x + xy=3 ⇔ x ( 3 x + y ) =3 . Do x ; y là các số nguyên nên ta có: 4. 4. 2. 2. 3. 2. 2. 3. 2. 2. 3. TH1:. TH2: c/ Vì. ¿ x=1 3 x2 + y =3 ⇔ ¿ x=1 y=0 ¿{ ¿ ¿ x=−1 3 x2 + y =−3 ⇔ ¿ x=− 1 y=− 6 ¿{ ¿ 3 x + ax+b. (thỏa mãn) hoặc. (thỏa mãn) hoặc.  x 3   2 3 x  y 1.  x 3   y  26 (thỏa. mãn).  x  3  x  3   2 3 x  y  1  y  28 (thỏa. mãn). chia cho x+ 1 dư 7 nên ta có: x + ax+b = ( x+ 1 ) . Q(x)+7 do đó với x=−1 thì -1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1). Vì x + ax+b chia cho x − 2 dư 4 nên ta có: x + ax+b = ( x − 2 ) . P( x)+ 4 do đó với x=2 thì 8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2). Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4. Bài 2 a) Tính giá trị biểu thức: 3. 3. A=. 3. x + y −1 ¿2 − ¿+2 xy 2 2 |x + y +5+ 2 x −4 y|− ¿. với. x=2. 2011. 503. ; y =16.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> x. b) Tìm 0.. . để B có giá trị nhỏ nhất: B. x 2  2 x  2011 x2. với. x. >. Giải. a/ Ta có: x + y +5+2 x − 4 y =( x+ 1 ) +( y −2 ) ≥ 0 với mọi x ; y nên ta có: A= x + y +5+2 x − 4 y − ( x + y −1 ) +2 xy = x + y +5+2 x − 4 y − x − y − 1− 2 xy+ 2 x +2 y+ 2 xy=4 x −2 y + 4=2(2 x − y )+ 4 Thay x=2 ; y =16 =( 2 ) =2 vào A ta có: A= 2. ( 2 .2 −2 )+ 4=4 x −2 x+2011 2011 x −2 . x . 2011+2011 b/ B= = x 2011 x 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2011. 2. 4 503. 503. 2. 2011. 2012. 2. 2. 2012. 2. 2. x −2011 (¿) ¿ ¿2 = . ¿ ¿ 2010 x2 + ( x − 2011 )2 2010 = +¿ 2011 2011 x 2 Dấu “=” xẩy ra khi x=2011 2010 Vậy GTNN của B là 2011. . đạt được khi. x=2011. .. Bài 3 Chứng minh rằng 2011 +11 2011+11 a) 2011 +2000 =2011+2000 b) Nếu m; n là các số tự nhiên thỏa mãn : 4 m +m=5 n + n thì : m  n và 5m  5n  1 đều là số chính phương. 3. 3. 3. 2. 3. 2. Giải. a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000. Khi đó ta có a=b+c. Xét vế phải đẳng thức ta có: Thay a=b+c vào. 2. 2. 2 2 3 3 3 3 2011 +11 a +b ( a+b ) ( a − ab+b ) = = 3 3 3 3 2011 +2000 a +c ( a+c ) ( a2 −ac +c 2 ) 2. 2. 2. 2. a −ab+ b =( b +c ) − ( b+c ) b+b =b + bc+ c 2. 2. 2. 2. 2. 2. a −ac +c =( b+ c ) − ( b+c ) c+ c =b + bc+ c. Nên. 2. 2. 2. 2. a −ab+ b =a − ac+ c. ..

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Vậy:. 2 2 3 3 3 3 2011 +11 a +b ( a+b ) ( a − ab+b ) a+b 2011+ 11 = = = = 20113 +20003 a3 +c 3 ( a+c ) ( a2 −ac +c 2 ) a+c 2011+ 2000. b/Ta có 4 m +m=5 n + n ⇔ 5 ( m − n ) +m −n=m ⇔ ( m− n )( 5 m+5 n+1 )=m (*) Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1) ⇒ (5m+5n+1)+5m-5n ⋮ d ⇒ 10m+1 ⋮ d Mặt khác từ (*) ta có: m ⋮ d2 ⇒ m ⋮ d. Mà 10m+1 ⋮ d nên 1 ⋮ d ⇒ d=1 Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương. Bài 4 Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD (AB//CD). Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. a) Chứng minh OM=ON. 1 1 2 b) Chứng minh AB + CD =MN . c) Biết S =a ; S =b . Tính S ? ^ 90 . Chứng minh BD > AC. d) Nếu ^D<C< 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. AOB. COD. ABCD. 0. B. A. hình vẽ. A. B. N. M O. D. C. OA OB = AC BD OM ON = ⇒ DC DC. a/ Ta có ⇒. D. H. E. Do MN//DC OM=ON.. b/ Do MN//AB và CD. ⇒. OM AM = CD AD. và. OM DM = AB AD. . Do đó:. K. C.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> OM OM AM  MD   1 DC AB AD. (1) ON ON Tương tự: DC + AB =1 (2) Từ (1);(2). ⇒. MN MN + =2 DC AB. 1 1 2 + = DC AB MN. ⇒. c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy tương ứng. Do vậy :. S AOB OB = S AOD OD. và. S AOD OA = S COD OC. OB OA = OD OC. Nhưng S AOD =ab. ⇒. S AOB S AOD = S AOD S COD. S 2 =S AOB . S COD =a2 .b 2. ⇒. AOD. A. .. Tương tự. nên. S BOC=ab. .Vậy. B. S ABCD= ( a+b )2. d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K ^ 90 nên H, K nằm trong đoạn CD Do ^D<C< Ta có A ^E D=B C^ D=C^ > ^D ⇒ AD> AE . Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE Vậy AD>BC ⇒ DH>KC ⇒ DK > CH. 0. D. H. E. Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : DB BK  DK  AH  CH  AC (Do AH BK )  BD  AC 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. Đề 7 Bài 1 a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - 5 b. Chứng minh n  N thì n  n  2 là hợp số. *. 3. K. C.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> c. Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ. Giải = (x - y)2 +4(x - y) - 5 = (x - y)2 + 4(x - y)2 + 4 -9 = (x - y + 2)2 - 32 = ( x - y + 5)(x - y -1) Ta có: n3 + n + 2 = n3 + 1+ n+1= (n + 1)( n2 - n + 1) + (n + 1) =(n+1)( n2 - n + 2) Do. n  N *. nên n + 1 > 1 và n2 - n + 2 >1 Vậy n3 + n +. 2 là hợp số Gọi hai số lần lượt là a2 và (a+1)2 Theo bài ra ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + 1 = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1 = ( a2 + a + 1)2 là một số chính phương lẻ vì a2 + a = a(a + 1) là số chẵn Bài 2. . a2 + a + 1 là số lẻ x 1 x 2 x 3 x  2012    ...  2012 2012 2011 2010 1. a. Giải phương trình: b. Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính S = a2 + b 2012 + c 2013..

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Giải Bài 3. a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18 b. Cho a; b; c là ba cạnh của tam giác. Chứng minh:. ab bc ac   a  b  c a b  c  a b c a  b c. Giải. Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 A = 2[(x+y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y +9) + 1 A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + 1  1 Vậy minA = 1 khi x = 5; y = -3 vì a; b; c là ba cạnh của tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0; a - b + c > 0. Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0 yz xz x y ;b  ;c  với:2 2 2 taPhương có: x + ytrình + z đã = acho + btương + c; đương x  1 x  2 x  3 x  2012 ab  1  bc  1  ac  1 (... y  z )( x  z )  1( x2012 z )( x  2012 y ) ( x  y )( y  z )   2010      2012 2011 1 a b c  a b c a  bc 4z 4x 4y x  2013 x  2013 x  2013 x  2013   1... 01 xy 1 xy yz  xz yz xz  ( 2012   2011  3 x  3 y 2010  3 z )   3( x  y1 z )  (2   2  2 ) 4 z x y 4 2 z x y  1 1 1 1 ( x  2013)(    ...  ) 0 1 y x z 2010 x y z z x y  2013   3( x  y 2012 z )  2011 (  )  (  1)  (  x )= 42 2 y x  2 2 2 z3 x 32 z 3 y a1 + b + c = a + b + c = 1  a; b; c    1;1 2 2   3(3x  y 3z )  x 3 y  z 2 x  2y  z 2 4 a + b + c - (a + b + c ) = a (a - 1) + b (b - 1) + 0z = a + b + c nên suy ra điều phải chứng c2(c Mà x -+1) y+ a.  a3 + b3 + c3  1  a;b;c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1 minh  b2012 = b2; c2013 = c2;  S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1 Bài 4.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> . Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; CD; DA. M là giao điểm của CE và DF. a. Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông. b. Chứng minh DF  CE và D MAD cân. Giải A. E. B. H. M. F. N. D. C. G. Chứng minh: EFGH là hình thoi Chứng minh có 1 góc vuông. Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vuông   BEC CFD (c.g.c)  ECB FDC mà CDF vuông tại C      CDF  DFC 90  DFC  ECB 90  CMF vuông tại M Hay CE  DF. Gọi N là giao điểm của AG và DF. Chứng minh tương tự: AG  DF  GN//CM mà G là trung điểm DC nên  N là trung điểm DM. Trong D MAD có AN vừa là đường cao vừa là trung tuyến  D MAD cân tại A. 0. 0.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> CMD FCD( g.g ) . CD CM  FD FC 2. Do đó : Mà :. 2. SCMD  CD   CD     SCMD   .SFCD SFCD  FD   FD . 1 1 SFCD  CF .CD  CD 2 2 4 .. Vậy : Trong. SCMD. CD 2 1  2 . CD 2 FD 4 .. DCF. theo Pitago ta có :. 1 5 1  DF 2 CD 2  CF 2 CD 2   BC 2  CD 2  CD 2  .CD 2 4 4 2  .. SMCD . Do đó :. CD 2 1 1 1 . CD 2  CD 2  a 2 5 5 5 CD 2 4 4.

<span class='text_page_counter'>(38)</span>