Đề cương ôn tập giữa học kì II - Môn: Toán 8

Nội dung text: Đề cương ôn tập giữa học kì II - Môn: Toán 8

1. TRƯỜNG THCS PHÚ DIỄN ĐỀ CƯƠNG ễN TẬP GIỮA HỌC Kè II NĂM HỌC: 2020-2021 MễN: TOÁN 8 A. Lí THUYẾT I. ĐẠI SỐ 1. Rỳt gọn biểu thức và cỏc bài toỏn cú liờn quan 2. Phương trỡnh bậc nhất một ần và cỏch giải 3. Phương trỡnh đưa được về dạng ax b 0 4. Phương trỡnh tớch II. HèNH HỌC 1. Diện tớch tam giỏc, hỡnh chữ nhật, hỡnh thang, hỡnh bỡnh hành, tứ giỏc cú hai đường chộo vuụng gúc. 2. Đinh lớ Ta-Lột B. BÀI TẬP I. TOÁN RÚT GỌN TỔNG HỢP x 2 5 1 Bài 1: Cho biểu thức: A x 3 x 3 x 2 2 x a) Rỳt gọn biểu thức A . b) Tớnh giỏ trị của A khi x 5; x 2 . c) Tỡm để A 0 . d) Tỡm x  để A nguyờn. 1 2x 1 2 Bài 2: Cho biểu thức: A 2 . 1 x 2 4 x 2 x x a) Tỡm ĐKXĐ và rỳt gọn A . b) Tỡm giỏ trị của A biết 2x2 x 0 . 1 c) Tỡm x để A . d) Tỡm x để A nguyờn dương. 2 x 1 x2 2 x 1 Bài 3: Cho biểu thức P : 3 2 . 2 x 1 x x 1 1 x a) Rỳt gọn P . b) So sỏnh P với P c) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của P . II. PHƯƠNG TRèNH
2. Bài 1: Giải cỏc phương trỡnh sau: 1) 2x 5 20 3x 2) x2 3x 0 3) x2 5x 6 0 4) x 2 5x 3 3x 8 x 2 5) x3 1 5 x x 1 6) x4 5x2 4 0 7) 2x 1 2 x 3 2 0 8) x x2 x 30x 9) 3x 1 2x 5 3x 1 x 2 10) x x 1 x2 x 1 42 11) x 2 x 3 x 4 x 5 120 12) 21x3 15x2 6x 0 Bài 2: Giải cỏc phương trỡnh sau: 2x 5 3x 3 x 3 4x 10,5 3 x 1 1) 1 5) 6 6 4 4 10 5 5x 4 16x 1 x 1 3 2x 1 2x 3 x 1 7 12x 2) . 6) 2 7 3 4 6 12 2 3x 1 1 2 3x 1 3x 2 x 2001 x 1999 x 1997 x 1995 3) 5 7) 4 4 5 10 5 7 9 11 2 3 x 9 3x x 7x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 5x 4 x 1 2 4) 8) 5 5 2005 2003 2001 1999 6 20 12 3 Bài 3: Cho phương trỡnh m2 3 x 10 0 1 . a) Chứng tỏ rằng 1 là phương trỡnh bậc nhất một ẩn với mọi m . b) Giải phương trỡnh khi m 1 . c) Tỡm giỏ trị của m để phương trỡnh 1 là cú nghiệm x 2 . d) Cú giỏ trị nào của m để x 0 là nghiệm của phương trỡnh 1 khụng? Bài 4: Tỡm nghiệm của phương trỡnh m2 x 1 2 2x 3 m theo tham số m . III. HèNH HỌC Bài 1: Cho hỡnh tam giỏc ABC vuụng tại A ; AB 15cm; AC 20cm , đường cao AH . a) Tớnh BC, AH . b) Gọi D đối xứng với B qua H . Vẽ hỡnh bỡnh hành ADCE . Tứ giỏc ABCE là hỡnh gỡ? Tại sao? c) Tớnh diện tớch tứ giỏc ABCE ? Bài 2: Cho hỡnh thang cõn MNPQ MN // PQ, MN PQ , NP 15cm , đường cao NI 12cm , QI 16cm . a) Tớnh IP
3. b) Chứng minh rằng QN  NP c) Tớnh diện tớch hỡnh thang MNPQ Bài 3: Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhọn. Đường cao AF , BE cắt nhau tại H . Từ A kẻ tia Ax vuụng gúc với AC , từ B kẻ tia By vuụng gúc với BC . Tia Ax và By cắt nhau tại K . a) Tứ giỏc AHBK là hỡnh gỡ? Tại sao? b) Chứng minh rằng: AF. BC AC. BE c) Từ F kẻ FM  AC M AC . Chứng minh: BK.EM HF. AE d) ABC cần thờm điều kiện gỡ để tứ giỏc AHBK là hỡnh thoi. Bài 4: Cho tam giỏc ABC vuụng tại A và điểm H di chuyển trờn BC . Kẻ HK vuụng gúc với BA tại K . a) Giả sử BK 2cm; BH 3cm; HC 6cm . Tớnh độ dài AK. b) Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng của H qua AB, AC . Chứng minh A, E, F thẳng hàng. c) Chứng minh BEFC là hỡnh thang. Tỡm vị trớ của H để BEFC là hỡnh bỡnh hành? d) Xỏc định vị trớ của H để tam giỏc EHF trở thành tam giỏc vuụng cõn? Bài 5: Cho hỡnh thang ABCD cú hai đỏy là AB và CD . Một đường thẳng song song với ED BF AB cắt cỏc cạnh bờn AD, BC theo thứ tự ở E và F . Chứng minh 1 . AD BC Bài 6: Cho tam giỏc ABC nhọn, M là trung điểm của BC và H là trực tõm. Đường thẳng qua H và vuụng gúc với MH cắt AB và AC theo thứ tự ở I và K . Qua C kẻ đường thẳng song song với IK , cắt AH và AB theo thứ tự ở N và D . Chứng minh: a) NC ND b) HI HK IV. MỘT SỐ BÀI TẬP NÂNG CAO Bài 1: Tỡm giỏ trị lớn nhất hoặc giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 x 20 A x2 2x 3 ; B 3x2 6xy 5y2 x 3y 2021 C . x2 x 5 1 1 1 yz xz xy Bài 2: 1) Cho 0 . Tớnh giỏ trị cửa biểu thức sau B . x y z x2 y2 z2 2) Cho x , y , z là ba số thực khỏc 0 thỏa món x y z 0 ; x3 y3 z3 3xyz Tớnh x2019 y2019 z2019 C x y z 2019
4. Bài 3: Giải phương trỡnh sau : x 2018 3 x 2019 3 2x 4037 3 0 , 3 4x Bài 4: Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và giỏ trị lớn nhất của biểu thức K 2x2 2
5. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT II. TOÁN RÚT GỌN TỔNG HỢP x 2 5 1 Bài 1: Cho biểu thức: A x 3 x 3 x 2 2 x a) Rỳt gọn biểu thức A . b) Tớnh giỏ trị của A khi x 5; x 2 . c) Tỡm để A 0 . d) Tỡm x  để A nguyờn. Lời giải x 3 a) Điều kiện xỏc định: x 2 x 2 5 1 A x 3 x 3 x 2 2 x x 2 x 2 5 x 3 A x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x2 4 5 x 3 A x 3 x 2 x2 x 12 x 4 x 3 A x 3 x 2 x 3 x 2 x 4 A x 2 5 4 1 b) Khi x 5(thỏa món điều kiện xỏc định) A 5 2 3 Khi x 2 (khụng thỏa món điều kiện xỏc định) A khụng tồn tại x 4 0 x 4 x 2 0 x 2 x 4 c) Ta cú: A 0 x 4 0 x 4 x 2 x 2 0 x 2 Vậy x 4 hoặc x 2 thỡ A 0 x 4 2 d) A 1 x 2 x 2 2 A   x 2 1; 2 x 1;3;0;4 x 2 Vậy x 1;3;0;4 thỡ A nguyờn.
6. 1 2x 1 2 Bài 2: Cho biểu thức: A 2 . 1 x 2 4 x 2 x x a) Tỡm ĐKXĐ và rỳt gọn A . b) Tỡm giỏ trị của A biết 2x2 x 0 . 1 c) Tỡm x để A . d) Tỡm x để A nguyờn dương. 2 Lời giải x 2 a) Điều kiện xỏc định: x 0 1 2x 1 2 A 2  1 x 2 4 x 2 x x 1 1 2x 2 x A  x 2 x 2 (2 x)(2 x) x 2x 2 x A  (2 x)(2 x) x 2 A x 2 1 b) 2x2 x 0 x 2x 1 0 x x 0 2 1 2 2 4 Thay x vào A ta được: A 1 3 2 2 3 2 2 1 2 1 c) A x 2 4 x 6 (thoả món) 2 x 2 2 1 Vậy x 6 thỡ A 2 d) Ta cú: A nguyờn dương 2 A 0 0 x 2 0 x 2 x 2 2 A Â Â x 2 1; 2 x 3; 1; 4;0 x 2 x 3; 4 Vậy x 3; 4 thỡ A nguyờn dương x 1 x2 2 x 1 Bài 3: Cho biểu thức P : 3 2 . 2 x 1 x x 1 1 x a) Rỳt gọn P .
7. b) So sỏnh P với P c) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của P . Lời giải a) Điều kiện: x 1 . Ta cú: x 1 x2 2 x 1 P : 3 2 2 x 1 x x 1 1 x 2 x 1 x2 2 x x 1 1 x x 1 : 2 2 2 2 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 2 2 2 x 1 x 2 x x x x 1 : 2 x 1 x2 x 1 x 1 x2 2 x2 x x2 x 1 : 2 x 1 x2 x 1 x 1 x2 2x 1 : 2 x 1 x2 x 1 2 x 1 x 1 : 2 x 1 x2 x 1 x 1 x 1 x 1 x2 x 1 x2 x 1 :  2 x2 x 1 2 x 1 2 2 2 1 3 b) Ta thấy: x x 1 x 0 với x 1 . 2 4 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 Khi đú ta cú: 0 x 1 nờn 2 2 2 Vậy P P . 2 1 3 3 2 x x x 1 2 4 3 c) Ta cú: P 4 2 2 2 8 1 Dấu xảy ra khi x (Thỏa món điều kiện). 2 3 1 Vậy GTNN của P là xảy ra khi x 8 2 II. PHƯƠNG TRèNH
8. Bài 1: Giải cỏc phương trỡnh sau: 1) 2x 5 20 3x 2) x2 3x 0 3) x2 5x 6 0 4) x 2 5x 3 3x 8 x 2 5) x3 1 5 x x 1 6) x4 5x2 4 0 7) 2x 1 2 x 3 2 0 8) x x2 x 30x 9) 3x 1 2x 5 3x 1 x 2 10) x x 1 x2 x 1 42 11) x 2 x 3 x 4 x 5 120 12) 21x3 15x2 6x 0 Lời giải 1) 2x 5 20 3x 2x 3x 20 5 5x 15 x 3 Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S 3 . 2) x2 3x 0 x x 3 0 x 0 x 0 x 3 0 x 3 Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S 0;3 . 3) x2 5x 6 0 x2 3x 2x 6 0 x x 3 2 x 3 0 x 3 x 2 0 x 2 0 x 2 x 3 0 x 3 Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S 2; 3 . 4) x 2 5x 3 3x 8 x 2 x 2 5x 3 3x 8 x 2 0 x 2 5x 3 3x 8 0
9. x 2 5x 3 3x 8 0 x 2 2x 11 0 x 2 x 2 0 11 2x 11 0 x 2 11 Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S 2;  . 2  5) x3 1 5 x x 1 x 1 x2 x 1 5 x x 1 0 2 x 1 x x 1 5 x 0 x 1 x2 x 1 5 x 0 x 1 x2 4 0 x 1 x 2 x 2 0 x 1 0 x 1 x 2 0 x 2 x 2 0 x 2 Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S 2;1;2 . 6) x4 5x2 4 0 x4 4x2 x2 4 0 x2 x2 4 x2 4 0 x2 4 x2 1 0 x 2 x 2 x 1 x 1 0 x 1 0 x 1 x 1 0 x 1 x 2 0 x 2 x 2 0 x 2 Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S 2; 1;1;2 . 7) 2x 1 2 x 3 2 0 2x 1 x 3 2x 1 x 3 0
10. 2x 1 x 3 2x 1 x 3 0 x 4 3x 2 0 x 4 x 4 0 2 3x 2 0 x 3 2 Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S 4;  . 3  8) x x2 x 30x x x2 x 30x 0 x x2 x 30 0 x x2 5x 6x 30 0 x x 5 x 6 0 x 0 x 0 x 5 0 x 5 x 6 0 x 6 Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S 5;0;6 . 9) 3x 1 2x 5 3x 1 x 2 3x 1 2x 5 3x 1 x 2 0 3x 1 2x 5 x 2 0 3x 1 2x 5 x 2 0 3x 1 x 7 0 1 3x 1 0 x 3 x 7 0 x 7 1  Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S ;7 . 3  10) x x 1 x2 x 1 42 x2 x x2 x 1 42 1 Đặt x2 x 1 t .
11. Ta thấy x2 x 1 0 nờn t 0 . Ta cú: Phương trỡnh 1 trở thành: t 1 t 42 t 2 t 42 0 t 2 7t 6t 42 0 t t 7 6 t 7 0 t 6 t 7 0 t 6 0 t 6 t 7 0 t 7 Vỡ t 0 nờn t 7 . Khi đú ta cú: x2 x 1 7 x2 x 6 0 x2 3x 2x 6 0 x 3 x 2 0 x 3 0 x 3 x 2 0 x 2 Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S 3;2 . 11) x 2 x 3 x 4 x 5 120 x 2 x 5 x 3 x 4 120 x2 7x 10 x2 7x 12 120 1 Đặt x2 7x 11 t . 2 2 2 7 49 5 7 5 5 5 Ta thấy: x 7x 11 x 2  x x nờn t . 2 4 4 2 4 4 4 Ta cú: Phương trỡnh 1 trở thành: 2 2 t 11 t 1 t 1 120 t 1 120 t 121 t 11 5 Vỡ t nờn t 11 . Khi đú ta cú: 4 2 2 x 0 x 7x 11 11 x 7x 0 x x 7 0 x 7 Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S 0;7 . 12) 21x3 15x2 6x 0
12. 3x 7x2 5x 2 0 x 7x2 7x 2x 2 0 x x 1 7x 2 0 x 0 x 0 x 1 0 x 1 7x 2 0 2 x 7 2  Vậy tập nghiệm của phương trỡnh là S ;0;1 . 7  Bài 2: Giải cỏc phương trỡnh sau: 2x 5 3x 3 x 3 4x 10,5 3 x 1 1) 1 5) 6 6 4 4 10 5 5x 4 16x 1 x 1 3 2x 1 2x 3 x 1 7 12x 2) . 6) 2 7 3 4 6 12 2 3x 1 1 2 3x 1 3x 2 x 2001 x 1999 x 1997 x 1995 3) 5 7) 4 4 5 10 5 7 9 11 2 3 x 9 3x x 7x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 5x 4 x 1 2 4) 8) 5 5 2005 2003 2001 1999 6 20 12 3 Lời giải 2x 5 3x 1) 1 6 4 12 2 2x 5 3.3x 12 12 12 12 2. 2x 5 3.3x 12 4x 10 9x 5x 2 2 x 5 2 Vậy phương trỡnh cú tập nghiệm là S  5 5x 4 16x 1 2) 2 7
13. 7 5x 4 2 16x 1 14 14 7 5x 4 2 16x 1 35x 28 32x 2 3x 30 x 10 Vậy phương trỡnh cú tập nghiệm là: S 10 . 2 3x 1 1 2 3x 1 3x 2 3) 5 4 5 10 6x 3 6x 2 3x 2 5 4 5 10 5 6x 3 5.20 4 6x 2 2 3x 2 20 20 20 20 5 6x 3 100 4 6x 2 2 3x 2 30x 15 100 24x 8 6x 4 12x 73 73 x 12 73 Vậy phương trỡnh cú tập nghiệm là S  12  x 1 x 1 x 1 x 1 4) 2005 2003 2001 1999 1 1 1 1 x 1 . 0 2005 2003 2001 1999 1 1 1 1 Mà 0 2005 2003 2001 1999 x 1 0 x 1. Vậy phương trỡnh cú tập nghiệm là S 1 3 x 3 4x 10,5 3 x 1 5) 6 4 10 5 15 x 3 2 4x 10,5 3 x 1 30 20 20 5
14. 15x 45 8x 21 3x 33 20 20 5 15x 45 8x 21 3x 33 0 20 20 5 23x 66 4 3x 33 0 20 20 23x 66 12x 132 0 20 11x 198 0 x 18 Vậy phương trỡnh cú tập nghiệm S 18 x 1 3 2x 1 2x 3 x 1 7 12x 6) 3 4 6 12 4 x 1 9 2x 1 4x 6 x 1 7 12x 12 12 12 12 4x 4 18x 9 10x 6 7 12x 0 12 12 12 12 0x 0 0 (luụn đỳng) 12 Vậy phương trỡnh cú vụ số nghiệm. x 2001 x 1999 x 1997 x 1995 7) 4 5 7 9 11 x 2001 x 1999 x 1997 x 1995 4 0 5 7 9 11 x 2001 x 1999 x 1997 x 1995 1 1 1 1 0 5 7 9 11 x 2006 x 2006 x 2006 x 2006 0 5 7 9 11 1 1 1 1 x 2006 0 5 7 9 11 x 2006 0 x 2006 . Vậy phương trỡnh cú tập nghiệm S 2006
15. 2 3 x 9 3x x 7x 2 5x 4 x 1 2 8) 5 5 6 20 12 3 5x 6 2x 35x 10 9 3x 5x 4x 4 2 5 5 6 20 12 3 3x x 4 32x 19 2 30 20 60 3 x x 4 32x 19 2 0 10 20 60 3 6x 3 x 4 32x 19 40 0 60 29x 71 0 71 x . 29 71 Vậy phương trỡnh cú tập nghiệm S  29 Bài 3: Cho phương trỡnh m2 3 x 10 0 1 . a) Chứng tỏ rằng 1 là phương trỡnh bậc nhất một ẩn với mọi m . b) Giải phương trỡnh khi m 1 . c) Tỡm giỏ trị của m để phương trỡnh 1 là cú nghiệm x 2 . d) Cú giỏ trị nào của m để x 0 là nghiệm của phương trỡnh 1 khụng? Lời giải a) Cú m2 3 0m Vậy phương trỡnh 1 là phương trỡnh bậc nhất một ẩn với mọi m . b) Khi m 1 phương trỡnh 1 trở thành: 4x 10 0 4x 10 5 x 2 5 Vậy khi m 1 phương trỡnh 1 cú nghiệm duy nhất x 2 c) Phương trỡnh 1 là cú nghiệm x 2 m2 3 .2 10 0
16. m2 3 5 m2 2 m 2 Vậy phương trỡnh 1 là cú nghiệm x 2 m 2 d) x 0 là nghiệm của phương trỡnh 1 m2 3 .0 10 0 (vụ lớ) Vậy khụng cú giỏ trị nào của m để x 0 là nghiệm của phương trỡnh 1 Bài 4: Tỡm nghiệm của phương trỡnh m2 x 1 2 2x 3 m theo tham số m . Lời giải m2 x 1 2 2x 3 m m2 x m2 4x 6 m m2 x 4x m2 m 6 m2 4 x m 2 m 3 1 * Nếu m2 4 0 m 2 +) Khi m 2 phương trỡnh 1 trở thành : 0x 0 Phương trỡnh nghiệm đỳng với mọi x . +) Khi m 2 phương trỡnh 1 trở thành : 0x 4 Phương trỡnh vụ nghiệm. * Nếu m2 4 0 m 2 ta cú : m 3 1 x m 2 Vậy khi m 2 phương trỡnh 1 nghiệm đỳng với mọi x . Khi m 2 phương trỡnh 1 vụ nghiệm. m 3 Khi m 2 phương trỡnh 1 cú nghiệm duy nhất x . m 2 III. HèNH HỌC Bài 1: Cho hỡnh tam giỏc ABC vuụng tại A ; AB 15cm; AC 20cm , đường cao AH . a) Tớnh BC, AH . b) Gọi D đối xứng với B qua H . Vẽ hỡnh bỡnh hành ADCE . Tứ giỏc ABCE là hỡnh gỡ? Tại sao? c) Tớnh diện tớch tứ giỏc ABCE ? Lời giải
17. C D H E A B a) Tớnh BC, AH . ABC vuụng tại A , ỏp dụng định lý Pitago ta cú BC 2 AB2 AC 2 BC 2 202 152 BC 25cm . Xột ABH và CBA cú: Bà là gúc chung (1) ãAHB Cã AB 90 (2) AH BH AB Từ (1) và (2) ABH ∽ CBA (g.g) AC AB BC AC.AB 20.15 AH 12cm BC 25 AB.AB 15.15 BH 9cm BC 25 b) Vỡ ADCE là hỡnh bỡnh hành CD // AE  AE // BC Tứ giỏc ABCE là hỡnh thang. D BC  Vỡ D đối xứng với B qua H nờn BH DH 9cm AHD vuụng tại H , ỏp dụng định lý Pitago ta cú AD2 AH 2 DH 2 AD 15cm . ABD cõn tại A (vỡ AD AB ) ãABD ãADB (3) Vỡ ADCE là hỡnh bỡnh hành CE / / AD Eã CB ãADB ( là 2 gúc đồng vị) (4) Từ (3) và (4) ABCE là hỡnh thang cõn. 1 c) S AE BC .AH ABCE 2 Mà CD BC BH DH 25 9 9 7cm Vỡ ADCE là hỡnh bỡnh hành AE CD 7cm 1 S 7 25 .12 192cm2 . ABCE 2
18. Vậy diện tớch tứ giỏc ABCE là 192cm2 Bài 2: Cho hỡnh thang cõn MNPQ MN // PQ, MN PQ , NP 15cm , đường cao NI 12cm , QI 16cm . a) Tớnh IP b) Chứng minh rằng QN  NP c) Tớnh diện tớch hỡnh thang MNPQ Lời giải M N 12cm 15cm P Q 16cm I a) Tớnh IP Xột NIP , cú I 900 . NP2 NI 2 IP2 (định lý Pytago) 152 122 IP2 IP2 225 144 IP2 81 IP 9 vỡ IP 0 Vậy IP 9 (cm). b) Chứng minh rằng QN  NP Xột QNI , cú I 90 . QN 2 NI 2 IQ2 (định lý Pytago) QN 2 122 162 QN 2 144 256 QN 2 400 QN 20 vỡ QN 0 Vậy QN 20 (cm). Ta cú: QI IP QP QP 16 9 25 QP2 625 NP2 152 225;QN 2 202 400 NP2 QN 2 225 400 625 QP2 QNP vuụng tại N (định lý Pytago đảo)
19. QN  NP . c) Tớnh diện tớch hỡnh thang MNPQ M N 12cm 15cm P Q K 16cm I Kẻ MK  QP dễ dàng chứng minh được QK IP 9cm KI QI QK 16 9 7 . Xột tứ giỏc MNIK cú: MN // IK;MK // NI MNIK là hỡnh bỡnh hành. Mặt khỏc Kà 900 MNIK là hỡnh chữ nhật, MN IK 7 cm QP QI IP 16 9 25 cm 1 1 2 Diện tớch hỡnh thang MNPQ là: SMNPQ MN PQ .MI 7 25 .12 192 cm 2 2 Bài 3: Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhọn. Đường cao AF , BE cắt nhau tại H . Từ A kẻ tia Ax vuụng gúc với AC , từ B kẻ tia By vuụng gúc với BC . Tia Ax và By cắt nhau tại K . a) Tứ giỏc AHBK là hỡnh gỡ? Tại sao? b) Chứng minh rằng: AF. BC AC. BE c) Từ F kẻ FM  AC M AC . Chứng minh: BK.EM HF. AE d) ABC cần thờm điều kiện gỡ để tứ giỏc AHBK là hỡnh thoi. Lời giải A y E K H x B C F a) Xột tứ giỏc AHBK cú: AH // BK (vỡ cựng vuụng gúc với BC ) AK // BH (vỡ cựng vuụng gúc với AC ) Suy ra AHBK là hỡnh bỡnh hành ( tứ giỏc cú cỏc cặp cạnh đối song song) b) Xột AFC và BEC cú: àA chung
20. ãAFC Bã EC 900 . AFC ∽ BEC (g – g) AF AC AF.BC AC.BE BE BC c) Từ F kẻ FM  AC M AC . Chứng minh: BK.EM HF. AE A y E K M H x B C F Ta cú FM // BE (vỡ cựng vuụng gúc với AC ) FM // HE H BE AE AH Theo định lý Ta – Lột ta cú: EM HF AE BK Mà AH BK (vỡ AHBK là hỡnh bỡnh hành) AE.HF BK.EM . EM HF d) ABC cần thờm điều kiện gỡ để tứ giỏc AHBK là hỡnh thoi. A y E K O M H x B C F Gọi O là giao điểm KH và AB AHBK là hỡnh bỡnh hành OA OB Để hỡnh bỡnh hành AHBK là hỡnh thoi KH  AB O Mà H là trực tõm của ABC CH  AB C; H;O thẳng hàng CO là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của ABC ABC cõn tại C . Vậy ABC cõn tại C thỡ AHBK là hỡnh thoi. Bài 4: Cho tam giỏc ABC vuụng tại A và điểm H di chuyển trờn BC . Kẻ HK vuụng gúc với BA tại K . a) Giả sử BK 2cm; BH 3cm; HC 6cm . Tớnh độ dài AK. b) Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng của H qua AB, AC . Chứng minh A, E, F thẳng hàng. c) Chứng minh BEFC là hỡnh thang. Tỡm vị trớ của H để BEFC là hỡnh bỡnh hành?
21. d) Xỏc định vị trớ của H để tam giỏc EHF trở thành tam giỏc vuụng cõn? Lời giải a) Tam giỏc ABC cú AC  AB, HK  AB nờn HK // AC , ỏp dụng định lớ Talet ta cú: BH BK 3 2 hay AK 4cm CH AK 6 AK b) Gọi M là giao điểm của HF và AC . Vỡ E , F là điểm đối xứng của H qua AB , AC nờn AB là trung trực của HE và AC là trung trực của HF . Xột hai tam giỏc vuụng AKH và AKE cú: AK là cạnh chung và HK EK . Suy ra AKH AKE (c.g.c) à ả Suy ra A1 A2 (hai gúc tương ứng). à ả Chứng minh tương tự ta được A3 A4 . ảA àA 900 ã à ả à ả ả à 0 Ta cú 2 3 suy ra EAF A1 A2 A3 A4 2 A2 A3 180 Suy ra A, E, F thẳng hàng. c) Xột hai tam giỏc vuụng CMF và CMH cú: CM : cạnh chung MF MH Suy ra CMF CMH (c.g.c) à ả Suy ra F2 H1 (hai gúc tương ứng) ả ả Tương tự ta chứng minh được E2 H2 . Tứ giỏc AKHM là hỡnh chữ nhật do cú 3 gúc vuụng, suy ra Mã HK 900 . ả ã ả 0 à ã ả 0 à ả 0 Ta cú H1 MHK H2 180 hay F2 MHK E2 180 suy ra F2 E2 90 . à à 0 Lại cú A, E, F thẳng hàng nờn FHE vuụng tại H , suy ra F1 E1 90 ã ã à à à ả à à à ả 0 Suy ra CFA BEA F1 F2 E1 E2 F1 E1 F2 E2 180
22. Suy ra CF // EB (hai gúc trong cựng phớa bự nhau). Suy ra BEFC là hỡnh thang Để BEFC là hỡnh bỡnh hành CF BE Ta cú CMF CMH nờn CF CH và BKH BKE nờn BH BE . Do đú CH BH hay H là trung điểm BC . Vậy khi H là trung điểm BC thỡ BEFC là hỡnh bỡnh hành. d) Ta cú EHF vuụng tại H Để EHF vuụng cõn tại H HF HE Khi HM HK do đú hỡnh chữ nhật AKHM sẽ là hỡnh vuụng. Suy ra AH là tia phõn giỏc của Mã AK . Vậy khi H là giao điểm của tia phõn giỏc của gúc Mã AK với BC thỡ EHF vuụng cõn. Bài 5: Cho hỡnh thang ABCD cú hai đỏy là AB và CD . Một đường thẳng song song với ED BF AB cắt cỏc cạnh bờn AD, BC theo thứ tự ở E và F . Chứng minh 1 . AD BC Lời giải Gọi M là giao điểm của AC và EF . Vỡ EF song song với AB nờn EF song song với DC ED MC Tam giỏc ACD cú EM song song với DC , ỏp dụng định lớ Talet ta cú: AD AC (1) CF MC Tam giỏc ABC cú MF song song với AB , ỏp dụng định lớ Talet ta cú: (2) BC AC ED CF Từ 1 , 2 suy ra . AD BC ED BF CF BF BC Do đú 1 (điều phải chứng minh) AD BC BC BC BC Bài 6: Cho tam giỏc ABC nhọn, M là trung điểm của BC và H là trực tõm. Đường thẳng qua H và vuụng gúc với MH cắt AB và AC theo thứ tự ở I và K . Qua C kẻ đường thẳng song song với IK , cắt AH và AB theo thứ tự ở N và D . Chứng minh:
23. a) NC ND b) HI HK Lời giải a) Ta cú : MH  IK (giả thiết) và IK // NC (giả thiết) MH  NC (quan hệ từ vuụng gúc đến song song) HM là đường cao M là trực tõm NHC (vỡ là giao của hai đường cao) NM  HC Mà HC  AD NM // AD mà B AD NM // BD Xột DBC cú: M là trung điểm BC và NM // BD N là trung điểm CD IH HA b) Ta cú : IH // DN (định lớ ta lột) (1) DN NA HK HA HK // NC (định lớ ta lột) (2) NC NA IH HK Từ (1), (2) mà DN NC IH HK DN NC IV. MỘT SỐ BÀI TẬP NÂNG CAO Bài 1: Tỡm giỏ trị lớn nhất hoặc giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 x 20 A x2 2x 3 B 3x2 6xy 5y2 x 3y 2021 C . x2 x 5
24. Lời giải: +) A x2 2x 3 x2 2x 3 x 1 2 2 x 1 2 2 . 2 2 Với mọi x : x 1 0 x 1 0 A 2 . Dấu ”=” xảy ra x 1 . Vậy giỏ trị lớn nhất của A là 2 khi x 1 . +) B 3x2 6xy 5y2 x 3x 2021 B 3x2 6xy 5y2 2x 2021 2 2 2 1 1 1 2 B 3 x 2x y y 3 y 5y 2021 3 3 3 2 1 2 1 B 3 x y 2y 2y 2021 3 3 2 2 1 1 5 B 3 x y 2 y 2021 3 2 6 2 2 1 1 12121 12121 B 3 x y 2 y . 3 2 6 6 1 5 x y 0 x 3 6 Dấu “=” xảy ra . 1 1 y 0 y 2 2 5 x 12121 6 Vậy giỏ trị nhỏ nhất của B là khi . 6 1 y 2 x2 x 20 15 +) C 1 . x2 x 5 x2 x 5 2 2 1 19 19 Ta cú: x x 5 x . 2 4 4 15 60 60 79 C 1 . x2 x 5 19 19 19 1 Dấu “=” xảy ra x . 2 79 1 Vậy giỏ trị lớn nhất của C là khi x . 19 2
25. 1 1 1 yz xz xy Bài 2: 1) Cho 0 . Tớnh giỏ trị cửa biểu thức sau B . x y z x2 y2 z2 2) Cho x , y , z là ba số thực khỏc 0 thỏa món x y z 0 ; x3 y3 z3 3xyz Tớnh x2019 y2019 z2019 C x y z 2019 Lời giải 1 1 1 xy yz zx 1) 0 0 xy yz zx 0 x y z xyz xy yz zx 0 xy yz zx xy yz 3 zx 3 xy 3 yz 3 3xy.yz(xy yz) zx 3 0 xy 3 yz 3 zx 3 3xy.yz( xz) 3xy.yz.zx 3 3 3 yz xz xy yz xz yx 3xy.yz.zx B 3 x2 y2 z2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 x3 y3 z3 3xyz x3 y3 3x2 y 3xy2 z3 3xyz 3x2 y 3xy2 x y 3 z3 3xy(x y z) x y z x2 y2 2xy xz yz z2 3xy(x y z) x2 y2 2xy xz yz z2 3xy (do x y z 0) x2 y2 xy xz yz z2 0 x y 2 y z 2 z x 2 0 x y z x2019 y2019 z2019 3x2019 1 C x y z 2019 3x 2019 32018 Bài 3: Giải phương trỡnh sau : x 2018 3 x 2019 3 2x 4037 3 0 , Lời giải Áp dụng a b c 0 a3 b3 c3 3abc x 2018 x 2019 ( 2x 4037) 0 x 2018 3 x 2019 3 2x 4037 3 3 x 2018 x 2019 2x 4037 x 2018 3 x 2019 3 2x 4037 3 0
26. 3 x 2018 x 2019 2x 4037 0 x 2018 0 x 2018 x 2019 0 x 2019 2x 4037 0 4037 x 2 3 4x Bài 4: Tỡm giỏ trị nhỏ nhất và giỏ trị lớn nhất của biểu thức K 2x2 2 Lời giải 2 3 4x x2 1 x2 4x 4 1 x 2 K 2x2 2 2x2 2 2 2x2 2 2 1 Cú x 2 0x K 2 Dấu “=” xảy ra khi x 2 2 3 4x 4x2 4 4x2 4x 1 2x 1 K 2 2x2 2 2x2 2 2x2 2 Cú 2x 1 2 0x K 2 1 Dấu “=” xảy ra khi x 2 1 1 Vậy giỏ trị nhỏ nhất của K là khi x 2 và giỏ trị lớn nhất của k là 2 khi x 2 2  HẾT 