T307

BÀI TẬP NGÀY 22-3-2018
ĐỀ 06-T3
2

Bài 1. Cho biểu thức:A =

(

x +1 x−1 x −4 x −1 x +2006
−
+
).
x−1 x +1
x
x2 −1

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định.
b) Rút gọn biểu thức A.
c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.

2−x
1−x
x
−1=
−
2004
2005 2006

Bài 2: a) Giải phương trình:

b) Tìm a, b để: x3 + ax2 + 2x + b chia hết cho x2 + x + 1

Bài 3.Cho hình thang ABCD; M là một điểm tuỳ ý trên đáy lớn AB. Từ M kẻ các đường
thẳng song song với hai đường chéo AC và BD. Các đường thẳng này cắt hai cạnh BC và AD
lần lượt tại E và F. Đoạn EF cắt AC và BD tại I và J.
a) Chứng minh rằng nếu H là trung điểm của IJ thì H cũng là trung điểm của EF.
b) Trong trường hợp AB = 2CD, hãy chỉ ra vị trí của M trên AB sao cho EJ = JI = IF.
Bài 4. a) Cho a  4; ab  12. Chứng minh rằng C = a + b  7

b)Tìm số m, n để:

1
m n
=
+
x( x−1 ) x−1 x
ĐÁP ÁN

Bài 1:

a) Điều kiện:

x ≠±1
x ≠0
¿
{¿ ¿ ¿
¿

2

2

2

( x+1 ) −( x+ 1) + x −4 x −1 x+ 2006
(
⋅
x
x2 −1
b) A =

x +2006
x
=

⋮x ⇔ 2006⋮x ⇔
[ x =±1
¿
[¿
[ x =±2006

c) Ta có: A ngun ⇔ (x + 2006)
Do x = ±1 khơng thỗ mãn đk. Vậy A nguyên khi x = ±2006
Bài 2.

2−x
1−x
x
−1=
−
2005 2006
a) Ta có: 2004

2−x
1−x
x
+1=
+1−
+1
2004
2005
2006

⇔

⇔

2−x 2004 1−x 2005
x 2006
+
=
+
−
+
2004 2004 2005 2005 2006 2006
⇔

2006−x 2006−x 2006−x
=
+
2004

2005
2006

(2006−x )(

⇔

1
1
1
−
−
=0
2004 2005 2006

⇔ (2006 - x) = 0 ⇒ x = 2006

b) Thực hiện phép chia đa thức, rồi từ đó ta tìm được:

a =2
b =1
¿
{¿ ¿ ¿
¿

Bài 3.

a) Ta có:

FI FP DO

=
=
IE PM OB

C
E

EJ EQ CO
=
=
FJ QM OA
DO CO
=
OB OA

D

(1)

I
(2)

J

F

Q
P

A

M

B

(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra

FI EJ
=
IE FJ

hay FI.FJ = EI.EJ (4)

Nếu H là trung điểm của IJ thì từ (4) ta có:

( FH−

IJ
IJ
IJ
IJ
)( FH + )=(EH − )( EH + )⇒ FH =EH
2
2
2
2

b) Nếu AB = 2CD thì

DO CO 1
=
=
OB OA 2

FI 1
=
nên theo (1) ta có IE 2

suy ra: EF = FI + IE = 3FI. Tương tự từ (2) và (3) ta có EF = 3EJ.

EF
Do đó: FI = EJ = IJ = 3

khơng liên quan gì đến vị trí của M. Vậy M tuỳ ý trên AB

3
1
3 ab 1
3⋅12 1
a+b )+ a≥2
+ a≥2
+ ⋅4=7
4
4 4
4 4
Bài 4. Ta có: C = a + b = ( 4

√

√

(ĐPCM)


BÀI TẬP BỔ SUNG
Bài 1: Cho Δ ABC vuông tại A và điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, F lần lượt là điểm
đối xứng của H qua AB và AC
a. CMR: E, A, H thẳng hàng
b. CMR: BEFC là hình thang, có thể tìm vị trí của H để BEFC trở thành một hình thang
vng, hình bình hành, hình chữ nhật được khơng.

c. xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất?
(Các bạn tự vẽ hình)
HD: a.do E đối xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực của đoan thẳng EH


vậy EAH = IAH

(1)



FAD
= DAH

(2)






cộng (1) và (2) ta có : EAH + FAD = IAH + DAH

= 900 theo giả thiết




hay EAI + FAD + BAC = 900 + 900 = 1800. Do đó 3 điểm E, A, F thẳng hàng


b. Tam giác ABC vuông ở A nên góc ABC + ACB = 900 (hai góc nhọn tam giác vng)




Mà EBA = ABH (tính chất đối xứng); ECA = HCA (tính chất đối xứng)


suy ra EBA + FCA = 900




hay EBA + FCA + ABC + ACB = 1800


suy ra EBC + FBC = 1800 (hai góc trong cùng phía bù nhau)

do đó BE // CF. Vởy tứ giác BEFC là hình thang
 
0
Muốn BEFC là hình thang vng thì phải có góc AHC = 90 0 ( E  F 90 ) vậy H
phải là chân đường cao thuộc cạnh huyền của tam giác ABC
Muốn BEFC là hình bình hành thì BE = CF suy ra BM = HC. Vậy H phải là trung
điểm của BC
 
0
Muốn BEFC là hình chữ nhật thì BEFC phải có một góc vng suy ra ( B C 45 )
điều này khơng xảy ra vì  ABC khơng phaỉ là tam giác vuông cân

c.lấy H bất kỳ thuộc BC gần B hơn ta có:


SEHF 2SAIDH dựng hình chữ nhật HPQD bằng AIHD
vậy Stam giác EHF = Stứ giác ảIPQ. Ta có  HBI =  HMB (g.c.g)
suy ra

SHBIS S HMB  SEHF SABMQ  S ABC

với H gần C hơn ta cũng có:Stứ giác ABMQ < Stam giác ABC
khi H di chuyển trên BC ta ln có S EHF S ABC . Tại vị trí h là trung điểm của BC thì ta có
SEHF = SABC. Do đó khi H là trung điểm của BC thì SEHF là lớn nhất.

Bài 2: Cho biểu thức A =

(

x2

6
1
10−x 2
+
+
: x−2+
x +2
x3 −4 x 6−3 x x +2

)(

a. tìm TXĐ của A: Rút gọn A? b. Tìm giá trị của x khi A = 2

)

c.Với giá trị của x thì A < 0

d. timg giá trị ngun của x để A có giá trị ngun

−6
x +2
×
6
( x−2 )( x +2 )

HD: sau khi biến đổi ta được: A =

0,5đ

−1

1
=
x−2 2−x

{ ∀ x :x≠±2;x ≠0 }
0,25đ Rút gọn: A =
⇒ x=1,5 (thoã mãn điều kiện của x) 0,5đ
b. Để A = 2
a. TXĐ =

1
<0 ⇒ 2−x< 0 ⇒ x >2
c. Để A < 0 thì 2−x

(Thỗ mãn đk của x)

0,25đ

0,5đ

d. Để A có giá trị ngun thì (2 - x) phải là ước của 2. Mà Ư (2) = {−1;−2;1;2 }
suy ra x = 0; x = 1; x = 3; x= 4. Nhưng x = 0 khơng thỗ mãn ĐK của x 0,25đ
Vậy x = 1; x =3.; x=4

0,25đ



Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A, có B 20 . Kẻ phân giác BI. Vẽ góc ACH 30
về phía trong tam giác. CMR: HI song song với phân giác của góc HCB.

0

C

Lời giải:

M
I

Gọi CK là phân giác của góc HCB.
A

AI BA

Ta có: IC BC (t.c đường phân giác) (1).
 ACH vng tại A có ACH 300 , suy ra:

H

K

B

0


1

CH

AH 2
1 CB
CH

 .
AH 
HK
2 BK (2)
2 . Khi đó vì CK là phân giác của góc HCB nên ta có: HK

Kẻ KM  BC , vì tam giác KCB cân tại K nên: CB = 2BM (3). Từ (2) và (3) đồng thời kết
hợp với  BMK đồng dạng với  BAC suy ra:

AH BM BA


HK BK BC (4). Từ (1) và (4) suy ra điều phải chứng minh.
Bài 4: Tìm số dư trong phép chia của biểu thức
2
thức x  10 x  21 .
x 2  3 x  2  x  1 0

Bài 5: Giải PT:

 x  2   x  4   x  6   x  8  2008

cho đa

(1)

+ Nêu x 1 : (1) s (thỏa m·n điều kiện x 1 ).
 x 2  4 x  3 0  x 2  x  3  x  1 0   x  1  x  3  0
+ Nêu x  1 : (1)

 x 1; x 3 (cả hai đều không bÐ hơn 1, nên bị loại)
Vậy: Phương trình (1) có một nghiệm duy nhất là x 1 .
2

2

2

1
1 
1 
1
2



8  x    4  x 2  2   4  x 2  2   x    x  4 
x
x 
x 
x



(2)
Điều kiện để phương trình có nghiệm: x 0

2

(2)

1
1


 8  x    4  x2  2
x
x



2
1 
2
  2 1  
   x  2    x     x  4 
x  
x  
  

2

1
1 
2
2



 8  x    8  x 2  2   x  4    x  4  16
x
x 


 x 0 hay x  8 và x 0 .Vậy phương trình đ· cho có một nghiệm x  8
Bài 6: Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một
đường thẳng vng góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E.



a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC và EAD ECB
2
0

b) Cho BMC 120 và S AED 36cm . Tính SEBC?

c) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD + CM.CA có
giá trị khơng đổi.


 H  BC  . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH.
d) Kẻ DH  BC
Chứng minh CQ  PD .

E

D
A

M
Q

B

P

I

C

H

Câu a: 2 điểm
* Chứng minh EA.EB = ED.EC
- Chứng minh

(1 điểm)

 EBD đồng dạng với  ECA (gg)

EB ED

 EA.EB ED.EC
- Từ đã suy ra EC EA



* Chứng minh EAD ECB
- Chứng minh

0,5 điểm

0,5 điểm

(1 điểm)

 EAD đồng dạng với  ECB (cgc)



- Suy ra EAD ECB

0,75 điểm
0,25 điểm

Câu b: 1,5 điểm
- Từ




BMC
= 120o  AMB = 60o  ABM = 30o

- XÐt

0,5 điểm



 EDB vng Tại D có B
= 30o
1
ED 1

 ED = 2 EB  EB 2

0,5 điểm

2

S EAD  ED 


S
 EB  Từ đã  SECB = 144 cm2
ECB
- Lý luận cho

Câu c: 1,5 điểm

0,5 điểm


- Chứng minh  BMI đồng dạng với  BCD (gg)

0,5 điểm

- Chứng minh CM.CA = CI.BC

0,5 điểm

- Chứng minh BM.BD + CM.CA = BC2 có giá trị khơng đổi

0,5 điểm

Cách 2: Có thể biến đổi BM.BD + CM.CA = AB2 + AC2 = BC2
Câu d: 2 điểm
- Chứng minh  BHD đồng dạng với  DHC (gg)

0,5 điểm

BH BD
2 BP BD
BP BD





DH DC
2 DQ DC
DQ DC

0,5 điểm



- Chứng minh  DPB đồng dạng với  CQD (cgc)




 BDP
DCQ
  CQ  PD


ma`BDP
 PDC
90o 

1 điểm


x 2  3x
3   1
6x

P  3
 2
 3
 :

2
2
 x  3 x  9 x  27 x  9   x  3 x  3 x  9 x  27 
Bài 7: Cho biểu thức
1, Rút gọn biểu thức P.
2, Với x  0 thì P khơng nhận những giá trị nào?

3, Tìm các giá trị nguyên của x để P có giá trị là số nguyên tố.
ĐKXĐ x 3
2
x 3
x2  9  6 x
x  3  x  3  x  9  x  3
P 2
:

.

2
x  9  x  3  x 2  9  x 2  9
x 3
 x  3

3  P  1
x 3
 P  x  3 x  3  x 
x 3
P 1
  P 1  0

 P 1
P 1
P  1  0
x 0
0 

  P 1  0

P 1
P 1

  P  1  0
P    1;1

P

Vậy với x > 0 thì P khơng lấy các giá trị từ 1 đến -1, tức là

P

x 3
6
1 
x 3
x 3

P là số nguyên khi

x  3  U  6   x    3; 0;1; 2; 4;5; 6;9

Mà P là sốnguyên tố nên chỉ có các giá trị sau thoả mãn:

x

  4;6;9