›
›
›

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 8

docx 107 trang hoaithuong97 3160
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 8", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxtai_lieu_boi_duong_hoc_sinh_gioi_toan_lop_8.docx

Nội dung text: Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 8

  1. BDHSG Toán 8 a) x 2 x 2 x2 10 72 x2 4 x2 10 72 2 2 x 7 3 x 7 3 72 x2 7 9 x 4 x2 7 92 x 4 2 x 7 9 x  Vậy, S 4;4 2 2 x 2 x 2 x2 4 b) Giải phương trình: 3 25 20 2 0 x 1 x 1 x 1 x 2 0 x 1 Điều kiện x 1 . Dễ thấy hệ vô nghiệm nên x 2. x 2 0 x 1 2 x 2 x 2 (x 2)(x 1) x 2 Đặt y : . Chia 2 vế phương trình đã cho cho ta được: x 1 x 1 (x 2)(x 1) x 1 y 5 3y2 20y 25 0 5 . y 3 x 4 (x 2)(x 1) 2 *) Với y = 5, ta có: 5 2x 9x 4 0 1 . (x 2)(x 1) x 2 5 *) Với y ,ta có: 3 (x 2)(x 1) 5 x 6 34 x2 12x 2 0 . (x 2)(x 1) 3 x 6 34 Các nghiệm trên đều thỏa điều kiện. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: 1 x 4, x , x 6 34, x 6 34 . 2 x2 99x 1 x2 99x 2 x2 99x 3 x2 99x 4 x2 99x 5 x2 99x 6 Câu 4: a) 99 98 97 96 95 94 x2 99x 1 x2 99x 2 x2 99x 3 1 1 1 99 98 97 x2 99x 4 x2 99x 5 x2 99x 6 1 1 1 96 95 94 x2 99x 100 x2 99x 100 x2 99x 100 x2 99x 100 x2 99x 100 x2 99x 100 99 98 97 96 95 94 2 1 1 1 1 1 1 x 99x 100 0 99 98 97 96 95 94 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 37
  2. BDHSG Toán 8 1 1 1 1 1 1 x2 99x 100 0 ( Vì 0 ) 99 98 97 96 95 94 x 1 x 1 x 100 0 x 100 2 x 1 x x 2 x 1 x x b) Ta có: 1 1 1 1 2017 2018 2019 2017 2018 2019 2019 x 2019 x 2019 x 1 1 1 2019 x 0 2017 2018 2019 2017 2018 2019 1 1 1 2019 x 0 ( Vì 0 ) 2017 2018 2019 x 2019 Câu 5: a) Ta có: B 3 1 32 1 34 1 38 1 316 1 B. 3 1 3 1 3 1 32 1 34 1 38 1 316 1 B.2 32 1 32 1 34 1 38 1 316 1 B.2 34 1 34 1 38 1 316 1 B.2 38 1 38 1 316 1 B.2 316 1 316 1 B.2 332 1 A Vậy, A 2.B x y x2 y2 x2 y2 b) C/m BĐT phụ: với x y 0 x y x y 2 x2 y2 Xem x 2019 và y 2018 suy ra C D Câu 6: Cho x, y là hai số khác nhau, biết x2 y y2 x . Tính giá trị của biểu thức A x2 2xy y2 3x 3y Ta có : x2 y y2 x x y x y 1 0 Vì x y nên x y 1 0 x y 1 Khi đó, A x2 2xy y2 3x 3y x y 2 3 x y 1 2 3 1 4 Vậy, A 4 khi x2 y y2 x và x y . Câu 7: K Gọi N, M lần lượt là trung điểm của AB, CD. I IA AE BF KB Vẽ AE, BF // DC. Ta có : (đpcm) F B ID DM MC KC A N E D M C Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 38
  3. BDHSG Toán 8 AH AK CM BM BC Câu 8: a) Ta có : 1 A AB AC CB BC BC không phụ thuộc vào vị trí của điểm M trên cạnh BC. H K AK AH b) + Nếu M thuộc tia đối của tia CB thì 1 AC AB AH AK + Nếu M thuộc tia đối của tia BC thì 1 B M C AB AC ( Chú ý : Vẽ hình theo từng trường hợp rồi giải ) Câu 9: Kẻ MH  AB; MK  BC; MI  AC. Ta có : MA MB MC MH MK MI (1) A 2S 2S 2S 2 Ta lại có : MH MK MI MAB MBC MAC  S S S AB BC AC a MAB MBC MAC H I 2 2 a2 3 a 3  SABC  (2) M a a 4 2 a 3 Từ (1) và (2) suy ra MA MB MC (đpcm) 2 B K C Câu 10: A B a)Tứ giác ANFM là hình vuông Xét DAN và BAM có AD = AB (gt), ·ADN ·ABM 900 , BM = DN (gt) Suy ra DAN = BAM (c.g.c) Khi đó, AM AN và N· AD M· AB . H C Ta có: N· AM N· AD D· AM M· AB D· AM D· AB 900 . N D Tứ giác ANFM có MF // AN, AM // NF và N· AM 900 O M nên tứ giác ANFM là hình chữ nhật. Mặt khác, AN = AM Suy ra ANFM là hình vuông. b) Điểm F nằm trên tia phân giác của M· CN và ·ACF 900 F K Kẻ FH  CN và FK  BM . Suy ra tứ giác CHFK là hình chữ nhật, do đó FH  FK Suy ra N· FH M· FK ( cặp góc có các cạnh tương ứng vuông góc) Xét HFN và KFM có : N· FH M· FK (cmt), NF = MF ( ?) N· HF M· KF 900 Do đó, HFN = KFM (ch-gn) Suy ra FH = FK Vậy, CF là tia phân giác của M· CN , nghĩa là F thuộc tia phân giác của M· CN Do tứ giác ABCD là hình vuông nên CA là phân giác của N· CB . Suy ra ·ACF 900 ( hai tia phân giác của hai góc kề bù ). c) Ba điểm B, O, D thẳng hàng và tứ giác BOFC là hình thang ( O là trung điểm của AF ) Hình vuông ANFM có hai đường chéo AF và MN cắt nhau tại O nên O là trung điểm của AF cũng là trung điểm của MN. MN Xét CMN có Cµ 900 , ON OM OC OA 2 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 39
  4. BDHSG Toán 8 Do đó O nằm trên đường trung trực của AC, suy ra O thuộc BD là đường trung trực của AC, nghĩa là ba điểm O, B, D thẳng hàng. Ta có: BD  AC ( t/c đường chéo của hình vuông ) CF  AC (cmt ) Khi đó, OB // CF Vậy tứ giác BOFC là hình thang. HẾT. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 6 Câu 1: Ta có: a3 b3 a2c b2c abc a3 b3 a2c b2c abc a b a2 ab b2 c a2 ab b2 a2 ab b2 a b c 0 ( Vì a b c 0 ) 2 2 2 Câu 2: Ta có: P xy yz zx 2 x2 yz y2 xz z2 xy . x2 y2 y2 z2 x2 z2 2xy2 z 2x2 yz 2xyz2 x4 y2 z2 2x2 yz y4 x2 z2 2xy2 z z4 x2 y2 2xyz2 2 2 x4 2x2 y2 y4 2y2 z2 2x2 z2 z4 x2 y2 2 x2 y2 z2 z4 x2 y2 z2 102 100 ( Vì x2 y2 z2 10 ). Vậy, P 100 khi x2 y2 z2 10 . Câu 3: a) Ta có: x5 x 1 x5 x2 x2 x 1 x2 x3 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x3 x2 1 b) Ta có: x5 x4 1 x5 x4 x3 x3 1 x3 x2 x 1 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x3 x 1 c) Ta có: x8 x 1 x8 x2 x2 x 1 x2 x6 1 x2 x 1 x2 x3 1 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x6 x5 x3 x2 1 d) Ta có: x8 x7 1 x8 x2 x7 x x2 x 1 x2 x3 1 x 1 x2 x 1 x x3 1 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x6 x4 x3 x 1 . 1 1 1 1 1 1 1 1 Câu 4: Từ a b c 2018 và suy ra a b c 2018 a b c a b c 1 1 1 1 a b a b 0 0 a b c a b c ab c a b c a b c a b c ab 0 a b b c c a 0 a b 0 mà b c 0 a b c 2018 c a 0 Do đó, trong ba số a,b,c phải có một số bằng 2018. Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 40
  5. BDHSG Toán 8 Câu 5: Giải các phương trình sau: b2 x2 a) x a2 x a ( Phương trình ẩn x ) ( ĐK: x b ) b2 x2 x2 b2 2 2 2 x b 1 a x 2 2 2 2 a x b x b x2 b2 1 a 2 1 a x 2 2 x b 1 a2 x 1 a ( Vì x2 b2 0 ) + Nếu a 1 , phương trình có vô số nghiệm x R, x b . + Nếu a 1 , phương trình vô nghiệm , S  . 1  + Nếu a 1 , phương trình có nghiệm duy nhất , S . 1 a  1 1 1 10 b)  x 2000 x 2001 x 2001 x 2002 x 2009 x 2010 11 ĐKXĐ: x 2000; 2001; ; 2010 1 1 1 10 Ta có:  x 2000 x 2001 x 2001 x 2002 x 2009 x 2010 11 1 1 1 1 1 1 10  x 2000 x 2001 x 2001 x 2002 x 2009 x 2010 11 1 1 10 x 2000 x 2010 11 10 10 x 2000 x 2010 11 x 2000 x 2010 11 x2 2011x 1999x 2011.1999 0 x 2011 x 1999 0 x 2011 ( Thỏa ĐKXĐ ) x 1999 Vậy, S 2011; 1999 2 2 2009 x 2009 x x 2010 x 2010 19 c) ( ĐKXĐ: x 2009, x 2010 ) 2009 x 2 2009 x x 2010 x 2010 2 49 Đặt a x 2010 khi đó a 0 , ta có pt viết theo ẩn a là: 2 a 1 a 1 a a2 19 a2 a 1 19 a 1 2 a 1 a a2 49 3a2 3a 1 49 49a2 49a 49 57a2 57a 19 3 a 2 2 2 2 8a 8a 30 0 2a 1 4 0 2a 3 2a 5 0 5 a 2 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 41
  6. BDHSG Toán 8 3 3 4023 + Với a , ta có: x 2010 x 2 2 2 5 5 4015 + Với a , ta có: x 2010 x 2 2 2 4015 4023 Vậy, S ;  2 2  Câu 6: a) Xét hiệu : A x 1 x 2 x 3 x 4 1 = x2 5x 4 x2 5x 6 1 Đặt x2 5x 5 y . Khi đó, A y 1 y 1 1 y2 0 . Vậy, x 1 x 2 x 3 x 4 1 . Dấu « = » y 0 x2 5x 5 0 ( giải tiếp tìm x ) 1 1 a b a b b a a b a b c) Ta có: 1 1 1 1 2 2 5 2 5 2.2 . 9 a b a b a b b a b a ( Vì các số dương a và b thỏa mãn điều kiện a b 1 ) 1 1 1 Vây, 1 1 9 . Dấu « = » a b a b 2 Câu 7: K BA BD Kẻ CK // AD ( hình vẽ). Ta có : . AK DC A Ta lại có : BA AC 2AM (gt) Suy ra AK AM . Từ đó c/m được CAK BAM c.g.c nên ·ABM ·ACK M Suy ra ·ABM B· AD ·ACK Kµ 900 . Vậy, AD  BM . B D C Câu 8: a) Chứng minh rằng : AE = AB Kẻ EF  AH , suy ra tứ giác HDEF là hình chữ nhật A EF HD mà AH HD (gt) EF AH . Xét HBA và FAE có Hµ Fµ 900 , EF AH (cmt) · · · F E FEA HAB ( cùng phụ với FAE ) Do đó, HBA = FAE (g.c.g) M Suy ra AE AB B H D C b) Gọi M là trung điểm của BE. Tính ·AHM . BE Do tam giác ABE vuông cân tại A nên AM . 2 BE Lại có tam giác BDE vuông tại D, có DM là đường trung tuyến nên MD 2 Suy ra AM MD . Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 42
  7. BDHSG Toán 8 Xét AHM và DHM có HM cạnh chung, AM MD (cmt), AH HD (gt). Do đó, AHM = DHM (c.c.c) ·AHD 900 Suy ra M· HA M· HD 450 . 2 2 Câu 9: a) Chứng minh: BD.CE.BC AH 3 : C/m được HAB đồng dạng HCA (g.g) AH HB Suy ra AH 2 HB.HC . HC AH A E C/m được BHD đồng dạng BHA (g.g) D BD HB Suy ra BH 2 BD.AB . BH AB B C C/m được CEH đồng dạng CHA (g.g) H CE CH Suy ra CH 2 CE.CA . CH CA Mặt khác, tam giác ABC vuông tại A, có AH là đường cao, ta có: AH.BC AB.AC 2SABC Từ các điều kiện trên, ta có: AH 2 HB.HC AH 4 BH 2.HC 2 BD.AB.CE.AC BD.CE . AB.AC BD.CE.BC.AH AH 3 BD.CE.BC (đpcm) b) Giả sử diện tích tam giác ABC gấp đôi diện tích tứ giác ADHE, chứng tỏ tam giác ABC vuông cân. BC Gọi M là trung điểm của BC suy ra AM . 2 µ µ µ 0 Tứ giác ADHE là hình chữ nhật ( vì A D E 90 ) nên SADHE 2SADH mà SABC 2SADHE (gt) SADH 1 Do đó, SABC 4SADH 1 . SABC 4 Ta lại c/m được DAH đồng dạng ABC (g.g) 2 2 SADH AH AM 1 2 SABC BC BC 4 Từ (1) và (2) suy ra AH AM H  M ABC vuông cân tại A. Vậy, nếu SABC 2SADHE thì tam giác ABC vuông cân tại A. Câu 10: Gọi BD và CI là hai đường cao của tam giác ABC A + C/m: AIN đồng dạng ANB g.g , suy ra: AN 2 AI.AB 1 D 2 I + C/m: ADM đồng dạng AMC g.g , suy ra: AM AD.AC 2 IAC DAB H Mặt khác, đồng dạng (g.g) AI AD M N Suy ra hay AI.AB AD.AC 3 AC AB Từ (1), (2) và (3) suy ra AM 2 AN 2 AM AN (đpcm) B C Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 43
  8. BDHSG Toán 8 HẾT. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 7 Câu 1: a) Ta có: M x95 x94 x93 x2 x 1 x64 x31 x30 x2 x 1 x32 x31 x30 x2 x 1 x31 x30 x2 x 1 x31 x30 x2 x 1 x64 x32 1  x31 x30 x2 x 1 Vậy, MN (đpcm) x3 x2 x b)Ta có:P x 1985. 1979 5. 3 2 6 x 1 .x. x 1 3x.x. x 1 661x3 989x2 x 6 Với x Z thì 661x3 989x2 x Z , còn x 1 x x 1 3x2 x 1 là số nguyên chia hết cho 6. Từ đó suy ra P x có giá trị nguyên với mọi x là số nguyên. Câu 2: a) Gọi thương của phép chia A x3 y3 z3 kxyz cho đa thức x y z là Q , ta có : x3 y3 z3 kxyz = x y z Q . Đẳng thức trên đúng với mọi x, y, z nên với x 1, y 1, z 2 ta có: 3 13 13 2 k 2 1 1 2 Q 6 2k 0 k 3 Vậy, A x3 y3 z3 kxyz chia hết cho đa thức x y z thì k 3 . b) Từ đề bài suy ra P x 6 chia hết cho x 1 , cho x 2 , cho x 3 Do đó, P x 6 chia hết cho x 1 x 2 x 3 . Đặt P x 6 m. x 1 x 2 x 3 với m Q . ( vì P x có bậc là ba ) Suy ra P x 6 m. x 1 x 2 x 3 với m Q . Theo giả thiết P 1 18 , do đó 18 6 2 3 4 m m 1 Vậy, P x 6 x 1 x 2 x 3 Câu 3: a) ĐKXĐ: x 0; x 1; x 1 x x 1 x 1 x 1 x 2 x2 Ta có: P 2 : x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x2 1 x 2 x2 x x 1 x 1 : : x 1 2 x x 1 x 1 2 x x 1 x x 1 x x 1 x2  x 1 2 x 1 x 1 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 44
  9. BDHSG Toán 8 x2 Vậy, P với x 0; x 1; x 1 . x 1 1 x2 1 b) Để Pvới x 0; x 1 ;suyx ra1 với x 0; x 1; x 1 2 x 1 2 1 x 2x2 x 1 2x 1 x 1 0 2 x 1 1 Vìx 0; x 1; x 1 nên chọn x 2 1 1 Vậy, P x 2 2 x2 x2 1 1 x 1 x 1 1 1 1 c) Ta có: P x 1 x 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 1 Với x 1 nên x 1 0 và 0 . Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương x 1 và ta có : x 1 x 1 1 P 2 x 1 2 2 2 4 x 1 1 Dấu « = » x 1 với x 1 x 2 ( thỏa ĐKXĐ) x 1 Vậy, GTNN P 4 x 2 1 2 2 2 Câu 4: * Nhớ : a3 b3 c3 3abc a b c a b b c c a 2 Do đó, nếu a b c 0 hoặc a b c thì a3 b3 c3 3abc . 1 2 2 2 3 3 3 x y z x y y z z x x y z 3xyz 1 a) A 2 x y z x y 2 y z 2 z x 2 x y 2 y z 2 z x 2 2 3 3 3 x2 y2 y2 z2 z2 x2 b) B x y 3 y z 3 z x 3 Ta có : x2 y2 y2 z2 z2 x2 0 3 3 3 Do đó, x2 y2 y2 z2 z2 x2 3 x2 y2 y2 z2 z2 x2 1 Ta lại có: x y y z z x 0 Do đó, x y 3 y z 3 z x 3 3 x y y z z x 2 3 x2 y2 y2 z2 z2 x2 Từ (1) và (2) suy ra B x y y z z x 3 x y y z z x Câu 5: Ta có: a x y3 a y x3 x y a3 3 3 3 a x y a x x y x x y a a x y3 a x x3 x y x3 x y a3 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 45
  10. BDHSG Toán 8 a x y3 x3 a3 x3 x y x a x y x2 xy y2 x a x2 ax a2 x y x a x y x2 xy y2 x2 ax a2 x y x a y2 ax a2 xy x y x a x y a y a y a x y x a y a x y a a2 b2 c2 c b a Câu 6: a) b2 c2 a2 b a c Áp dụng BĐT x2 y2 2xy . Dấu “=” x y . 2 2 a2 b2 a b a b a Ta có: 2 2 2 . 2. 1 b c b c b c c b2 c2 b c2 a2 c Tương tự, 2. 2 và 2. 3 c2 a2 a a2 b2 b Lấy (1), (2) và (3) cộng vế theo vế ta được đpcm. Dấu “=” a b c 0 . b) Đặt A x8 x7 x2 x 1 x 1 x7 x 1 x2 x 1 x7 1 x2 + Nếu x 1 thì x7 1 , do đó x 1 x7 1 0 , còn x2 0 nên A 0 + Nếu x 1 thì x7 1 , do đó x 1 x7 1 0 , còn x2 0 nên A 0 Vậy, A x8 x7 x2 x 1 0 với mọi x . F Câu 7: A D H K B C a) Cmr: AH =AK AH AC AH AC AH AC Ta có: BD // CA mà BD AB nên HB BD HB AB AH HB AC AB AH AC AC.AB AH 1 AB AC AB AC AB AB.AC Cũng từ CE // AB và CE = AB, tương tự như trên, ta tính được AK 2 AB AC Từ (1) và (2) suy ra AH AK b) AH 2 BH.CK AH AC CK AC AH CK Ta có: và AH.AK BH.CK AH 2 BH.CK ( VìAH AK ) HB AB AK AB BH AK Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 46
  11. BDHSG Toán 8 Câu 8: Gọi K là giao điểm của AC và FI, M là giao điểm của AB và EH. FI MH DC DE Ta có: 1 ; 2 ; FK ME FK FE BD FD BD ME FD FE MH DE 3 F ME FE ME FE ME FE FI DC I Từ (1), (2) và (3) suy ra nên FI DC (đpcm) A FK FK H E CâuB 9: D C Qua N kẻ EF // BC, c/m được NE = NF (?)(1) Kẻ EG // HK, c/m được KG = KF (?) (2) C/m AH = AK, AE = AG ( Vì AHI AKI (ch-gn), AHK cân có EG//HG nên AEG cũng cân) do đó EH = GK (3) A Từ (2) và (3) suy ra EH = KF, IHE IKF (c.g.c) IE IF (4) Từ (1) và (4) suy ra IEF cân tại I, có IN là đường trung tuyến nên IN  EF G K Do đó, IN  BC E N F H I B D M C Câu 10: Qua C kẻ đường thẳng song song với PQ, cắt AB ở N, cắt AH ở K. Do HP = HQ nên KN = KC (?). Từ đó, KM là đường trung bình của CBN Suy ra KM // NB và KM  CH . Khi đó, M là trực tâm của CHK nên HM  NC Suy ra HM  PQ A H Q P M B C K N HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 47
  12. BDHSG Toán 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 8 4 3 2 Câu 1: Chứng tỏ rằng đa thức: Aluôn xkhông2 1 âm9 vớix2 mọi1 21 x2 1 x2 31 giá trị của biến x . Đặt x2 1 y , ta có: A y4 9y3 21y2 y 30 y 1 y 2 y 3 y 5 Khi đó, A x2 x2 3 x2 4 x2 6 0 với mọi giá trị của x (Đpcm ) x40 x30 x20 x10 1 x40 x30 x20 x10 1 Câu 2: a) A x45 x40 x35  x5 1 x5 x40 x30 x20 x10 1 x40 x30 x20 x10 1 x40 x30 x20 x10 1 1 x40 x30 x20 x10 1 x5 1 x5 1 x24 x20 x16 x4 1 x24 x20 x16 x4 1 b) B x26 x24 x22 x2 1 x24 x2 1 x20 x2 1  x4 x2 1 x2 1 x24 x20 x16 x4 1 1 x2 1 x24 x20 x16 x4 1 x2 1 1 1 1 1 1 1 1 Câu 3: Từ a b c 1 a b c a b c a b c a b 0 ( Xem lại cách giải bài 4 đề 6 )  a b b c c a 0 b c 0 c a 0 Đặt P a23 b23 a5 b5 a2019 b2019 + Nếu a b 0 thì a b a23 b23 a23 b23 0 . Vậy, P 0 . + Nếu b c 0 thì b c b5 c5 b5 c5 0 . Vậy, P 0 . + Nếu c a 0 thì c a c2019 a2019 c2019 a2019 0 . Vậy, P 0 . Kết luận: Với điều kiện đã cho P 0 . Câu 4: Giải các phương trình sau: 1 1 1 2017 2016 2 1 a)  .x  2 3 2018 1 2 2016 2017 1 1 1 2016 2 1  .x 1  1 1 1 2 3 2018 2 2016 2017 1 1 1 2018 2018 2018 2018  .x  2 3 2018 2 3 2017 2018 1 1 1 1 1 1  .x 2018  2 3 2018 2 3 2018 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 48
  13. BDHSG Toán 8 x 2018 1 1 1 2 2017 b)  3 6 10 x x 1 2019 2 2 2 2 2017  2.3 3.4 4.5 x x 1 2019 1 1 1 1 1 1 2017 2. 2 3 4 5 x x 1 2019 1 1 2017 1 1 2017 1 1 2. x 2018 2 x 1 2019 x 1 2 2.2019 x 1 2019 59 x 57 x 55 x 53 x 51 x c) 5 41 43 45 47 49 59 x 57 x 55 x 53 x 51 x 1 1 1 1 1 0 41 43 45 47 49 1 1 1 1 1 x 100 0 41 43 45 47 49 x 100 (?) 1.2 2.3 3.4  98.99 .x d) 2018 323400 n 1 n n 1 * Nhớ công thức: 1.2 2.3 3.4 n 1 .n ( HS suy nghĩ c/m) 3 98.99.100 Ta có: 1.2 2.3 3.4 98.99 323400 3 1.2 2.3 3.4  98.99 .x 2018 323400 323400 .x 2018 x 2018 323400 e)ĐKXĐ: x 2; 3; 4; 5; 6 1 1 1 1 1 x2 5x 6 x2 7x 12 x2 9x 20 x2 11x 30 8 1 1 1 1 1 x 2 x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 x 5 x 6 8 1 1 1 4 1 2 x 2 x 8x 20 0 ( thỏa ĐKXĐ ) x 2 x 6 8 x 2 x 6 8 x 10 Câu 5: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x y y z z x 8xyz . Chứng minh rằng: x y z Ta có: x y y z z x 8xyz x x y 2 y z x 2 z x y 2 0 Vì x, y, z 0 nên y z 2 z x 2 x y 2 0 x y z 0 KL: Câu 6: Ta có : 2a2b 4ab2 a2c ac2 4b2c 2bc2 4abc Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 49
  14. BDHSG Toán 8 2a2b 4ab2 a2c 2abc ac2 2bc2 4b2c 2abc 2ab a 2b ac a 2b c2 a 2b 2bc a 2b a 2b 2ab ac c2 2bc a 2b a 2b c c 2b c a 2b 2b c c a Câu 7: Gọi I là giao điểm của MN và AC, H là giao điểm của A B KN và DC. C/m MI = NI (?) rồi suy ra EC = CH (?) K Lí luận chỉ ra NEH cân tại N ( ?) rồi suy ra NC là tia M · · · N phân giác của ENH mà MN  NC , ENH và KNE kề bù I Suy ra NM là tia phân giác của K· NE E D C H Câu 8: A F K B a) MP / / AB . CP AF Ta có: FP / / AC ; PB FB I CM DC M P AK / /DC AM AK Tứ giác ADCF là hình bình hành nên AF = DC D C Tứ giác BCDK là hình bình hành nên FB = AK CP CM Từ các điều kiện ở trên ta có: MP / / AB 1 PB AM b) Ba điểm M, I, P thẳng hàng. CP CM DC DC Ta có: ( Vì AK = FB ) ; PB AM AK FB DC DI CP DI FB / /DC IP / /DC hay IP / / AB 2 FB IB PB IB Từ (1) và (2) theo tiên đề Ơ-clit suy ra ba điểm M, I, P thẳng hàng. c) DC 2 AB.MI AK AM AK DC AM MC AB AC C/m MDC đồng dạng KMA ( ?) 3 DC MC DC MC DC MC AC AF AC DC MI / /AF 4 MC MI MC MI AB DC Từ (3) và (4) suy ra DC 2 AB.MI (đpcm) DC MI A B Câu 9: E K Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 50 D C G
  15. BDHSG Toán 8 a) AE 2 EK.EG EK EB AE C/m AE 2 EK.EG ( ?) AE ED EG 1 1 1 AE AE b) Ta có: 1 AE AK AG AK AG AE DE AE BE AE AE DE BE BD Ta có: ; nên 1 AK DB AG BD AK AG BD BD BD 1 1 1 Vậy, (đpcm) AE AK AG c) Khi đường thẳng thay đổi nhưng vẫn đi qua A thì tích BK.DG có giá trị không đổi. BK AB BK CK KC CG AD KC Ta có: ? 1 và ? 2 KC CG AB CG AD DG DG CG BK AD Từ (1) và (2) ta được BK.DG AB.AD (không đổi) AB DG Vậy, Câu 10: MH MK BM MC A Ta có : 1 ? CD BE BC BC C/m ACD CEB ( ?) CD BE E MH MK MH MK Khi đó, 1 MH MK CD ( không đổi) ( ?) CD BE CD CD D H K B M C HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 51
  16. BDHSG Toán 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 9 Câu 1: Phân tích thành nhân tử: a) a b c 2 a b c 2 4b2 a b c 2 a b c 2b a b c 2b a b c 2 a b c a 3b c a b c a b c a 3b c 2 a b c a b c b) a b2 c2 b c2 a2 c a2 b2 ab2 ac2 bc2 ab2 ac2 b2c ab a b c2 a b c a b a b a b ab c2 ca cb a b b c a c 3 3 3 3 3 3 c) a2 b2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 C/m: Nếu x y z 0 thì x3 y3 z3 3xyz ( tự giải ) Ta có: a2 b2 c2 a2 b2 c2 0 3 3 3 3 3 3 Suy ra a2 b2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 3 a2 b2 c2 a2 b2 c2 3 a2 b2 b2 c2 a c a c Câu 2: Thực hiện phép tính: 1 2.36 1 36 53 1 2.36 1 36 53 a) A 23.36 23.53 8 93 125 183 103 23 36 53 23 36 53 23 36 53 1 2.36 1 36 53 36 53 1 23 36 53 23 36 53 8 x3 y xy3 xy b) B x3 y3 x2 y xy2 x y 2 2 xy x y 1 xy x y x2 y2 1 x y xy Vậy, B , x y x y a b c Câu 3: Nhân cả hai vế của 1 với a b c 0 , ta được: b c c a a b a2 a b c b2 b c a c2 c a b a b c b c c a a b a2 b2 c2 a b c a b c b c c a a b a2 b2 c2 0 b c c a a b KL: Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 52
  17. BDHSG Toán 8 1 1 1 1 1 1 a b c Câu 4: Bình phương hai vế 2 , ta được 2. 4 a b c a2 b2 c2 abc 1 1 1 1 1 1 Suy ra 2.1 4 ( Vì a b c abc ) hay 2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 KL: Câu 5: a) Số cần tìm có dạng ab , với a,b N;1 a 9;0 b 9 2 Theo đề bài ta có: ab a b 3 10a b 2 a b 3 1 Hệ thức (1) chứng tỏ ab phải là một số lập phương và a b phải là một số chính phương. Do 10 ab 99 ab 27 hoặc ab 64 +Nếu ab 27 a b 9 32 ( chính phương ) +Nếu ab 64 a b 10 ( không chính phương nên loại ) Vậy, số cần tìm là ab 27 . b) Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là x 1 , x, x 1 ( ĐK : x 1, x N ) Ta có : x 1 x x x 1 x 1 x 1 26 3x2 1 26 x 3 ( Vì x 1, x N ) Vậy, ba số tự nhiên liên tiếp phải tìm là 2, 3, 4. c) Gọi bốn số nguyên dương liên tiếp là x 1 , x, x 1 , x 2 ( ĐK : x 2, x Z ) Ta có : x 1 x x 1 x 2 120 x x 1 x 1 x 2 120 2 2 2 2 x x x x 2 120 x x 2 x x 1 121 2 x2 x 1 112 Vì x 2, x Z nên x2 x 1 11 x 3 x 4 0 x 3 ( Vì x 4 0 ) Vậy, bốn số nguyên dương liên tiếp phải tìm là 2, 3, 4, 5 2 2 2 3 2 1 2 1 2 1 Câu 6: Cmr: a) a b c a b c a a b b c c 0 4 4 4 4 2 2 2 1 1 1 a b c 0 ( Đúng ) 2 2 2 1 Dấu “=” a b c 2 b) a4 b4 2 4ab a4 2a2b2 b4 2a2b2 4ab 2 0 2 a2 b2 2 ab 1 2 0 Dấu “=” a b 1 hoặc a b 1 Câu 7: A a) Chứng minh: tam giác ADI cân . D Ta có: ·AID B· IH ( hai góc đối đỉnh ) I · · 0 BIH HBI 90 ( tam giác HBI vuông tại H ) B C H K Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 53
  18. BDHSG Toán 8 Suy ra ·AIB I·BH 900 Mặt khác, ·ADI I·BA 900 ( tam giác ABD vuông tại A ) ·ABI H· BI ( BD là phân giác ) Suy ra ·AID ·ADI , do đó tam giác AID cân tại A. b) Chứng minh: AD.BD BI.DC Xét IAB và DCB có ·ABI C· BD, I·AB D· CB ( cùng phụ với ·ABC ) AB BI Do đó, IAB đồng dạng DCB (1) BC BD AB AD Mặt khác, ABC có BD là đường phân giác nên (2) BC DC BI AD Từ (1) và (2) suy ra AD.BD BI.DC BD DC c) Từ D kẻ DK vuông góc BC tại K. Tứ giác ADKI là hình gì? Chứng minh điều ấy. Vì BD là tia phân giác của ·ABC nên DA = DK (?) Mà IA = DA ( câu a) nên IA = DK. Tứ giác ADKI có IA = DK và IA // DK ( cùng vuông góc với BC ) Suy ra ADKI là hình bình hành Ta lại có: IA = DA ( câu a) Suy ra ADKI là hình thoi. Câu 8: + Cmr: AE = DF HE BE AD Vẽ EH  AB . Ta có : , mà AC AB nên HE AD . AC BC AB A AD BE CF D Từ giả thiết mà AC AB nên AD CF . AB BC CA F Suy ra được AD EH BH nên AH AF . H Ta c/m được AHE FAD (c.g.c) AE DF . + Cmr: AE  DF B E C (HS tự giải ) Câu 9: Đặt SAEM x ( ĐK: x 0 ) MF MD DF 3 3 Do nên SEMF x (1) MA ME AE 2 2 A E B 3 3 9 x SAMD x; SDMF .SAMD x 2 2 4 M N 25 Từ đó, S x (2) AEFD 4 6 Từ (1) và (2) suy ra S S . D F C EMF 25 AEFD Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 54
  19. BDHSG Toán 8 6 Tương tự, S S . ENF 25 BEFC 6 6 Suy ra S S S EMFN 25 ABCD 25 1 Câu 10: Cmr: S S A B APQ 2 AMN P S S S AQ AP Trước hết ta có: APQ APQ  APN  ? SAMN SAPN SAMN AN AM Q M AQ AP Do đó, ta cần tính: , D AN AM N C AQ AB AQ 3 AQ 3 Ta có: 3 ? QN DN AQ QN 4 AN 4 AP AD AP 2 AP 2 Và 2 PM BM AP PM 3 AM 3 SAPQ AQ AP 3 2 1 1 Do đó,   SAPQ SAMN . SAMN AN AM 4 3 2 2 HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 55
  20. BDHSG Toán 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 10. Câu 1: Tìm GTNN của: 16 16 16 a) Ta có: A x 2007 x 3 2010 2. x 3 2010 2.4 2010 2018 x 3 x 3 x 3 16 ( Vì x 3 nên x 3 0 , dùng BĐT Cô-si cho hai số dương x 3 và ) x 3 16 Dấu « = » x 3 , x 3 x 7 x 3 Suy ra GTNN A 2018 x 7 . x2 2x 2018 b) B , x 0 2018x2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2  2 2  2018 2018 x x x x 2018 2018 2018 2018 2 1 1 2017 2017 2 2 x 2018 2018 2018 1 1 Dấu “=” 0 x 2018 ( thỏa x 0 ) x 2018 2017 Suy ra GTNN B x 2018 20182 x3 2000 c) C , x 0 x 2000 1000 1000 1000 1000 x2 x2 33 x2   3.100 300 x x x x x 1000 Dấu “=” x2 x 10 ( thỏa x 0 ) x Suy ra GTNN C 300 x 10 . 5n 11 Câu 2: a) Xác định n N để A là số tự nhiên 4n 13 5n 11 Để A là số tự nhiên 4n 13 5n 11  4n 13 4 5n 11  4n 13 5 4n 13 21  4n 13 21 4n 13 4n 13 U 21 1; 3; 7; 21 Lập bảng : 4n 13 -21 -7 -3 -1 1 3 7 21 4n -8 6 10 12 14 16 20 34 n -2 3 5 3 7 4 5 17 2 2 2 2 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 56
  21. BDHSG Toán 8 Vì n N nên chọn n 3;4;5 Thử lại: 5.3 11 + Với n 3 , ta có: A 4 N ( Loại ) 4.3 13 5.4 11 + Với n 4 , ta có: A 3 N ( Nhận ) 4.4 13 5.5 11 + Với n 5 , ta có: A 2 N ( Nhận ) 4.5 13 KL : n 4;5 b) Chứng minh rằng: B n3 6n2 19n 24 chia hết cho 6 Ta có: B n3 6n2 19n 24 n3 n 6n2 18n 24 n n2 1 6 n2 3n 4 n 1 n n 1 6 n2 3n 4 Vì n 1 n n 1 6 ? và 6 n2 3n 4 6 nên B6 (đpcm) 1 1 1 c) Tính tổng S n 2.5 5.8 3n 1 . 3n 2 1 1 1 1 3 3 3 Ta có: S n 2.5 5.8 3n 1 . 3n 2 3 2.5 5.8 3n 1 . 3n 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n 3 2 5 5 8 3n 1 3n 2 3 2 3n 2 2 3n 2 Câu 3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 2 a) x2 x 2 x2 x 15 Đặt x2 x y , ta có: y2 2y 15 y 5 y 3 2 Vậy, x2 x 2 x2 x 15 x2 x 5 x2 x 3 2 b) x2 2x 9x2 18x 20 Đặt x2 2x y , ta có: y2 9y 20 y 4 y 5 2 Vậy, x2 2x 9x2 18x 20 x2 2x 4 x2 2x 5 c) x2 3x 1 x2 3x 2 6 Đặt x2 3x 1 y , ta có: y2 y 6 y 2 y 3 Vậy, x2 3x 1 x2 3x 2 6 x2 3x 1 x2 3x 4 d) x2 8x 7 x 3 x 5 15 Đặt x2 8x 7 y , ta có: y2 8y 15 y 3 y 5 Vậy, x2 8x 7 x 3 x 5 15 x2 8x 10 x2 8x 12 Câu 4: Tìm tất cả các số tự nhiên k để đa thức f k k 3 2k 2 15 chia hết cho g k k 3 ĐKXĐ: k 3 Áp dụng định lí Bézout: Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 57
  22. BDHSG Toán 8 Số dư của f x chia cho g x là f 3 27 18 15 6 Để f x chia hết cho g x thì 6k 3 , suy ra k 0;3 Câu 5: Cho hai số x và y thoả mãn điều kiện: 3x y 1 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 3x2 y2 Từ 3x y 1 y 3x 1 , Khi đó, M 3x2 y2 3x2 3x 1 2 3x2 9x2 6x 1 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 12x 6x 1 12 x x 12 x 2.x 12 x 2 12 4 16 48 4 4 4 1 1 Dấu “=” x ; y 4 4 1 1 1 Suy ra GTNN M x ; y 4 4 4 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức N xy Từ 3x y 1 y 3x 1 , 2 2 1 Khi đó, N xy x 3x 1 3x x 3 x x 3 2 2 1 1 1 1 1 1 3 x 2.x 3 x 6 36 36 6 12 12 1 1 Dấu « = » x 0 x 6 6 1 1 Suy ra GTLN N x 12 6 Câu 6: Ta có: x y z 0 x y z 2 0 x2 y2 z2 2 xy yz zx 0 x2 y2 z2 0 ( Vì xy yz zx 0 ) x y z 0 Suy ra S 0 1 2017 02018 0 1 2019 0 Vậy, S 0 khi x y z 0 và xy yz zx 0 . Câu 7: Gọi a và b lần lượt là số đấu thủ ở đội trường A và trường B, với a,b N * . Theo đề bài, ta có: ab 2 a b a 2 b 2 4 Nhận xét : Do a,b N * a 2 Z; b 2 Z Lập bảng : a 2 -4 -2 -1 1 2 4 b 2 -1 -2 -4 4 2 1 a -2 0 1 3 4 6 b 1 0 -2 6 4 3 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 58
  23. BDHSG Toán 8 KL : a 4; b 4 hoặc a 3; b 6 hoặc a 6; b 3 Câu 8: Vẽ MK / /OA , ta có : OK AM S S B MOK MOA K OB AB SMOB SAOB M SMOK S1 S1 S2 1 1 1 1 ( không đổi ) O S2 S1 S2 S1S2 SMOK S1 S2 SMOK A ( Vì M cố định nên K cố định, do đó SMOK không đổi ) A Câu 9: Chứng minh: IK //BC. Gọi M là trung điểm của AF, N là giao điểm của DM và EF D M AD AM 1 N Ta có: nên DM // BC ( đl Ta-let đảo ) (1) DB MC 2 F MN // EC mà MF = FC nên EF = FN EK EK EF 2 1 1 EI 1 I K Ta có :   mà B C EN EF EN 3 2 3 ED 3 E EK EI Do đó, suy ra IK // DN ( đl Ta-let đảo ) (2) EN ED Từ (1) và (2) suy ra IK // BC (đpcm ). Câu 10: a) Chứng minh IK// AB. MI ID DM MC MK Ta có: IK / / AB ( đl Ta-let đảo ) A B IA IB AB AB KB E F b) Cmr: EI =IK = KF. I K EI IK AI D C Ta có : mà DM = MC nên EI = IK. DM MC AM C/m tương tự, IK = KF. Vậy, EI =IK = KF ( đpcm) HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 59
  24. BDHSG Toán 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 11 x2 y2 x2 y2 Câu 1: Cho P x y 1 y x y 1 x 1 x 1 y a) Tìm ĐKXĐ của P , rút gọn P + ĐKXĐ : x y 0,1 y 0,1 x 0 x y, y 1, x 1 x2 1 x y2 1 y x y x2 y2 + Rút gọn : P x xy y x y 1 y 1 x Vậy, P x xy y với x y, y 1, x 1 . b)Tìm x, y nguyên thỏa mãn phương trình P 2 Ta có : P 2 x xy y 2 x 1 y 1 y 1 1 y x 1 1 1 y 1 1 y 1 hoặc x 1 1 x 1 1 x 2 x 0 hoặc ( thỏa ĐKXĐ ) y 0 y 2 x 2 x 0 Vậy, P 2 hoặc y 0 y 2 Câu 2: Xác định các số hữu tỉ a và b sao cho: a) x4 4 chia hết cho x2 ax b ; Ta có: x4 4 x4 4x2 4 4x2 x2 2x 2 x2 2x 2 Do đó, để x4 4 chia hết cho x2 ax b thì a 2,b 2 . b) ax4 bx3 1 chia hết cho x 1 2 . Ta có ax4 bx3 1 chia hết cho x 1 2 được thương có dạng ax2 cx 1 Ta viết: ax4 bx3 1 x2 2x 1 ax2 cx 1 với mọi x Tính x2 2x 1 ax2 cx 1 ax4 cx3 x2 2ax3 2cx2 2x ax2 cx 1 ax4 c 2a x3 1 2c a x2 2 c x 1 Khi đó, ax4 bx3 1 ax4 c 2a x3 1 2c a x2 2 c x 1 với mọi x b c 2a a 3 Đồng nhất thức hai vế, ta được 1 2c a 0 b 4 2 c 0 c 2 Vậy, a 3,b 4 . Câu 3: Phân tích các đa thức thành nhân tử: Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 60
  25. BDHSG Toán 8 2 a) x2 4x 8 3x x2 4x 8 2x2 ; Đặt x2 4x 8 y ta được: 2 x2 4x 8 3x x2 4x 8 2x2 y2 3xy 2x2 y2 2xy x2 xy x2 y x y 2x x2 5x 8 x 2 x 4 2 Vậy, x2 4x 8 3x x2 4x 8 2x2 x2 5x 8 x 2 x 4 b) x2 2xy y2 x y 12 Ta có: x2 2xy y2 x y 12 x y 2 x y 12 x y 3 x y 4 Vậy, x2 2xy y2 x y 12 x y 3 x y 4 . Câu 4: Chứng minh: Với mọi n là số tự nhiên chẵn thì biểu thức: A 20n 16n 3n 1 chia hết cho 323 . Ta có: 323 17.19 và 17,19 1 . Ta cần c/m: A17 và A19 . Ta có : A 20n 16n 3n 1 20n 3n 16n 1 Mà 20n 3n  20 3 hay 20n 3n 17 1 Và 16n 1  16 1 ( vì n là số chẵn ) hay 16n 1 17 2 Từ (1) và (2) suy ra A17 . Tương tự, A 20n 16n 3n 1 20n 1 16n 3n Mà 20n 1  20 1 hay 20n 1 19 3 Và 16n 3n  16 3 ( vì n là số chẵn ) hay 16n 3n 19 4 Từ (3) và (4) suy ra A19 . Vì A17 và A19 mà 17,19 1 suy ra A323 (đpcm) Câu 5: Chứng minh rằng: a) x3 4x 1 3x2 với x 0 2 x x 2 x2 1 0 với x 0 ( Đúng ) b) Xét x 1 x 3 x 4 x 6 9 x2 7x 6 x2 7x 12 9 Đặt x2 7x 9 a . Khi đó, ta có: a 3 a 3 9 a2 0 Vậy, x 1 x 3 x 4 x 6 9 0 (đpcm) c) a2 4b2 4c2 4ab 4ac 8bc a2 4ab 4b2 4c2 4ac 8bc 0 a 2b 2 2. a 2b . 2c 2c 2 0 a 2b 2c 2 0 ( Đúng ) Câu 6: Rút gọn biểu thức: x 1 x 2 x 3 x 4 1 x2 5x 4 x2 5x 6 1 a) M x2 5x 5 x2 5x 5 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 61
  26. BDHSG Toán 8 2 2 x2 5x 4 2 x2 5x 4 1 x2 5x 5 x2 5x 5 x2 5x 5 x2 5x 5 1 1 2 4 8 16 b) N 1 x 1 x 1 x2 1 x4 1 x8 1 x16 2 2 4 8 16 1 x2 1 x2 1 x4 1 x8 1 x16 4 4 8 16 1 x4 1 x4 1 x8 1 x16 8 8 16 1 x8 1 x8 1 x16 16 16 1 x16 1 x16 32 1 x32 Câu 7: a) Tính B· HM . A 1 Ta có: AM BE MK ? 2 I E C/m được MAH MKH c.c.c M 1 ·AHM K· HM ·AHK 450 2 B H G K C B· HM 1800 M· HK 1800 450 1350 GB AH b) Chứng minh: BC HK HC Kẻ EI // BC I AH , C/m được IHKE là hình chữ nhật. IE HK AH AIE BHA cgv gn AB AE Tam giác ABE vuông cân tại A có BM = ME nên AG là tia phân giác của B· AC BG AB BG AB Do đó, 1 GC AC BC AB AC HK AE HK AE Vì KE // AH nên HC AC HK HC AE AC AH AB Hay 2 ( Vì AH = HK, AB = AE ) HK HC AB AC Từ (1) và (2) suy ra đpcm. A Câu 8: Chứng minh: CI là tia phân giác của ·ACB . M Kẻ MK  BC tại K. I IB BH AC Vì IH // MK nên 1 ( Vì BH = AC ) IM HK HK C/m được ABC đồng dạng HAC (g.g ) BC AC B H K C Do đó, AC HC Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 62
  27. BDHSG Toán 8 BC AC BC AC 2 2CM 2HK CM HK IB CB Từ (1) và (2) suy ra IM CM Hay CI là tia phân giac của ·ACB . Câu 9: a) Tính độ dài đường phân giác AD. A x Kẻ DE // AB, c/m ADE đều E Đặt AD DE EA x 0 DE CE x 6 x x Ta có : AB CA 3 6 B D Giải ra x 2cm . Vậy, AD 2cm. C 1 1 1 b) Cho tam giác ABC với đường phân giác AD thỏa mãn . Tính B· AC . AD AB AC Kẻ DE //AB. Đặt DE EA x 0 . Ta có : DE CE x AC x x 1 AB CA AB AC AC x x 1 1 1 1 1 AB AC AB AC x 1 1 1 Theo đề bài, ta có : (2) AD AB AC Từ (1) và (2) suy ra AD x . Khi đó, ADE đều suy ra B· AC 1200 . Câu 10: A Gọi G là giao điểm của BD và CE. Đặt GD = x, GE = y thì GB = 2x, GC = 2y. Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác vuông BGE, CGD ta có : EG2 BG2 EB2 9 y2 4x2 9 E y G D 2 2 2 2 2 Và DG CG DB 16 x 4y 16 x 2 2 B 2x Suy ra x y 5 1 2y Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác vuông BGC, ta có : BC 2 BG2 CG2 2x 2 2y 2 4 x2 y2 2 C Từ (1) và (2) suy ra BC 2 4.5 20 BC 2 5 (cm) HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 63
  28. BDHSG Toán 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 12 2 Câu 1: Ta có : 12 a2 b2 c2 1 a4 b4 c4 2 a2b2 b2c2 c2a2 a4 b4 c4 1 2 a2b2 b2c2 c2a2 (1) Ta lại có : a b c 0 a b c 2 0 a2 b2 c2 a2 b2 c2 2 ab bc ca 0 ab bc ca 2 1 2 1 ab bc ca ab bc ca 2 4 1 a2b2 b2c2 c2a2 2abc a b c 4 1 a2b2 b2c2 c2a2 4 1 1 Do đó, M a4 b4 c4 1 2. 4 2 8 3 8 3 Câu 2: a) Ta có : Q 2x 3y 7 x y x y 8 3 2 .2x 2 .3y 7 2.4 2.3 7 7 x y 2x 3y 7 8 2x x x 2 Dấu “=” 3 y 1 3y y x, y 0 Suy ra GTNN(Q) = 7 x 2, y 1 . b) Ta có:A x2 y2 xy x y 2A x2 2xy y2 x2 2x 1 y2 2y 1 2 x y 2 x 1 2 y 1 2 2 2 A 1 Dấu “=” x y 1 Suy ra GTLN(A) = 1 x y 1 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 64
  29. BDHSG Toán 8 a2 b2 a b Câu 3:Chứng minh với mọi số thực a, b khác 0 ta luôn có bất đẳng thức sau: 2 2 4 3 b a b a 2 2 a2 b2 a b a b a b a b Ta có: 2 2 4 3 2 2 1 1 0 b a b a b a b a b a 2 2 a b a b 2 a b a b a b 2 1 1 0 1 1 0 b a b a b a b a b a a b a b a2 b2 ab a2 b2 2ab 1 2 0 . 0 b a b a ab ab 2 1 3 2 2 a b b . a b 2 4 0 ( Đúng ) ab 2 Dấu “ =” a b 0 . a2 b2 a b Vậy, 2 2 4 3 với a,b 0 . Dấu “ =” a b 0 . b a b a Câu 4: Giải các phương trình sau: a) x 3 3 x 1 3 56 HD: Chú ý: x + 2 là giá trị trung bình cộng của x + 1 và x + 3, ta đặt x + 2 = y. Khi đó phương trình trở thành y 1 3 y 1 3 56 y3 3y2 3y 1 y3 3y2 3y 1 56 6y2 2 56 y 3 + Với y 3 thì x = 1 + Với y 3 thì x = -5 Vậy S 1; 5 b) x 6 4 x 8 4 16 Đặt x 7 y , phương trình đã cho trở thành: y 1 4 y 1 4 16 Rút gọn ta được: 2y4 12y2 2 16 y4 6y2 7 0 Đặt y2 z 0 , ta có: z2 6z 7 0 Giải phương trình trên z 1 ( nhận ) và z 7 ( loại ) Với z 1 thì y2 1 y 1 Khi đó, x 8 hoặc x 6 Vậy S 6;8 4 4 a b * Chú ý: Khi giải pt bậc bốn dạng x a x b c c 0 , ta thường đặt y x 2 c) x4 3x3 4x2 3x 1 0 Ta thấy x 0 không là nghiệm của pt đã cho. Chia hai vế của pt cho x2 0 , ta được : Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 65
  30. BDHSG Toán 8 2 3 1 2 1 1 x 3x 4 2 0 x 2 3 x 4 0 x x x x 1 1 Đặt x y thì x2 y2 2 , ta được y2 3y 2 0 . x x2 Giải pt trên y 1 hoặc y 2 2 1 2 1 3 +Với y 1 , ta có : x 1 nên x x 1 0 x 0 ( vô nghiệm ) x 2 4 1 2 +Với y 2 , ta có : x 2 nên x 1 0 x 1 x Vậy, S 1 Câu 5: a) Ta có : P x 2x4 7x3 2x2 13x 6 2x4 6x3 x3 3x2 5x2 15x 2x 6 2x3 x 3 x2 x 3 5x x 3 2 x 3 x 3 2x3 x2 5x 2 x 3 2x3 4x2 3x2 6x x 2 2 x 3 2x x 2 3x x 2 x 2 x 3 x 2 2x2 3x 1 x 3 x 2 2x2 2x x 1 x 3 x 2 2x x 1 x 1 x 3 x 2 x 1 2x 1 b)Chứng minh rằng P x 6 với mọi x Z . Ta có: P x 3 x 2 x 1 2x 1 x 3 x 2 x 1 2x 2 3 2 x 3 x 2 x 1 x 1 3 x 3 x 2 x 1 Vì x 3 , x 2 là hai số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 Do đó, 3(1) x 3 x 2 x 1 6 Và x 3 , x 2 , x 1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 2 và một số chia hết cho 3 mà UCLN 2,3 1 và 2.3 =6. Suy ra 2(2) x 3 x 2 x 1 x 1 6 Từ (1) và (2) suy ra P x 6 với mọi x Z . x4 2x2 1 Câu 6: Cho phân thức A x3 3x 2 a) Rút gọn A. Ta có x3 3x 2 x 1 2 x 2 2 ĐKXĐ: x3 3x 2 0 x 1 x 2 0 x 1 và x 2 Ta lại có: x4 2x2 1 x 1 2 x 1 2 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 66
  31. BDHSG Toán 8 x 1 2 x 1 2 x 1 2 Suy ra A x 1 2 x 2 x 2 x 1 2 Vậy, A với x 1 và x 2 x 2 b) Tính x để A 1 2 x 1 x2 2x 1 Ta có: A 1 1 1 0 x 2 x 2 x2 2x 1 x 2 x2 3x 3 0 0 x 2 x 2 2 3 3 x 2 2 4 3 3 0 x 2 0 ( Vì x 0 ) x 2 2 4 A B x 2 Kết hợp với ĐKXĐ, ta được A 1 x 2 và x 1 . Câu 7: a) AMFN là hình vuông; N H C Theo đl Pi-ta-go, trong tam giác vuông CMN ta có : D 2 2 2 MN CM CN M CM 2 BM BC 2 BM 2 BC 2 2BM.BC CN 2 CD DN 2 CD2 DN 2 2CD.DN Mà BM DN, AB BC CD DA (gt) K F Do đó, MN 2 CM 2 CN 2 BM 2 AB2 DN 2 AD2 AM 2 AN 2 Theo đl Pi-ta-go đảo, suy ra tam giác AMN vuông tại A. Tứ giác AMFN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật. Ta c/m: ABM ADN (c.g.c) suy ra AM AN . Khi đó, AMFN là hình vuông. b) CF vuông góc với CA. Kẻ FH  DN, FK  CM kéo dài. C/m : HFN KFM ( ch-gn) FH FK Do đó, F nằm trên tia phân giác của N· CM A B Khi đó, CF và CA là hai tia phân giác của hai góc kề bù. d Vậy, CF  CA ( đpcm ). N P Câu 8: Gọi chân các đường vuông góc kẻ từ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông đến đường thẳng d qua O O lần lượt là M, N, P, Q. Vì do đối xứng ta có : Q M AM CP, BN DQ, AO OC, BO DO 2 2 2 2 2 2 AM BN CP DQ 2 AM BN 1 D C C/m : AOM OBN ? , suy ra BN OM . Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 67
  32. BDHSG Toán 8 2 2 2 2 2 2 AB 2 1 2 Do đó, AM BN AM OM OA AB 2 2 2 1 Từ (1) và (2) suy ra AM 2 BN 2 CP2 DQ2 2. .AB2 AB2 ( không đổi ) 2 x y 2 Câu 9: a) Chứng minh BĐT: x2 y2 2 x y 2 Ta có: x2 y2 2 x2 y2 x2 2xy y2 2 x2 2xy y2 0 x y 2 0 ( đúng ) x y 2 Vậy, x2 y2 . Dấu “=” x y . 2 b) Tìm vị trí của điểm O để tổng OD2 OE 2 OF 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Kẻ AH  BC tại H, OI  AH tại I. A 2 2 2 2 2 2 Ta có: OE OF OE AE OA AI F E Mặt khác, OD IH 2 I IH IA AH 2 Suy ra OD2 OE 2 OF 2 IH 2 AI 2 ( không đổi ) O 2 2 AH Dấu “=” OA AI IH O là trung điểm của AH. B H D C 2 AH 2 Suy ra GTNN OD2 OE 2 OF 2 O là trung điểm của AH. 2 x y 2 * Chú ý: BĐT x2 y2 .Dấu “=” x y A B 2 Câu 10: Kẻ MH  AD, BK  CD . H C/m: MH là đường trung bình của tứ giácABCD . M 1 1 Do đó, MH AB CD 7 13 10 cm . 2 2 N Ta có: DK AB 7cm, KC CD DK 13 7 6cm , D K C BK BC 2 CK 2 102 62 8 cm . C/m: MHN đồng dạng BKC (g.g) MN MH MH.BC 10.10 Do đó, MN 12,5 cm BC BK BK 8 HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 68
  33. BDHSG Toán 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 13 a2 Câu 1: a) Chứng minh: b2 c2 ab ac 2bc 4 a2 a2 Ta có: b2 c2 ab ac 2bc b2 c2 ab ac 2bc 0 4 4 2 2 a 2 2 a 1 2 ab ac b c 2bc 0 2. a b c b c 0 4 2 2 2 a b c 0 ( Đúng ) 2 a2 a Vậy, b2 c2 ab ac 2bc . Dấu “=” b c 0 . 4 2 b) Chứng minh: a4 b4 c4 abc a b c * Cách 1: Dùng biến đổi tương đương. Ta có: a4 b4 c4 abc a b c a4 b4 c4 a2bc ab2c abc2 0 a4 b4 2a2b2 b4 c4 2b2c2 c4 a4 2c2a2 a2b2 b2c2 2ab2c b2c2 c2a2 2abc2 c2a2 a2b2 2a2bc 0 2 2 2 a2 b2 b2 c2 c2 a2 ab bc 2 bc ca 2 ca ab 2 0 ( Đúng ) Vậy, a4 b4 c4 abc a b c . Dấu “=” a b c . * Cách 2: Dùng BĐT phụ: x2 y2 z2 xy yz zx . Dấu “=” x y z . 2 2 2 Ta có: a4 b4 c4 a2 b2 c2 ab 2 bc 2 ca 2 ab . bc bc . ca ca . ab abc a b c Vậy, a4 b4 c4 abc a b c . Dấu “=” a b c . 1 1 1 1 c) Chứng minh: với n N, n 1 . 5 13 n2 n 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 Với k N,k 1 ta có: 2 2 2 . . k 2 k 1 2k 2k 1 2k 2k 2 k k 1 2 k k 1 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 69
  34. BDHSG Toán 8 1 1 1 1 1 1 Do đó, 5 13 n2 n 1 2 12 22 22 32 n2 n 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . 2 1 2 2 2 3 2 n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 .1 2 1 2 2 3 n n 1 2 n 1 2 2 1 1 1 1 Vậy, với n N, n 1 5 13 n2 n 1 2 2 1 1 1 1 d) Chứng minh: với n N, n 1 9 25 2n 1 2 4 1 1 1 1 1 1 1 1 Với k N,k 1 ta có: 2 2 2 . . 2k 1 4k 4k 1 4k 4k 4 k k 1 4 k k 1 1 1 1 1 1 1 Ta có: 9 25 2n 1 2 2.1 1 2 2.2 1 2 2n 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . 4 1 2 4 2 3 4 n n 1 4 1 2 2 3 n n 1 1 1 1 1 . 1 .1 4 n 1 4 4 1 1 1 1 Vậy, với n N, n 1 . 9 25 2n 1 2 4 a2 b2 a b e) Cho a và b cùng dấu. Chứng minh: 2 2 0 b a b a 2 2 a2 b2 a b a a b b a b Ta có: 2 2 2 1 2 1 2 b a b a b b a a b a 2 2 a b a b 1 1 2 b a b a 2 2 a b a b 1 1 2 2 0 ( Vì c/m được 2 với a, b cùng dấu) b a b a Dấu “=” a b 0 a2 b2 a b Vậy, 2 2 0 với a và b cùng dấu. Dấu “=” a b 0 b a b a Câu 2: a) Ta có: A x3 y3 x y x2 xy y2 x2 xy y2 ( Vì x y 1 ) x2 x 1 x 1 x 2 ( Vì y 1 x ) 2 1 3 x x 3 2 1 1 1 3 x 2 4 4 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 70
  35. BDHSG Toán 8 1 Dấu “=” x y 2 1 1 Suy ra GTNN A x y . 4 4 b) Tìm GTNN của B 5x2 2y2 4xy 2x 4y 2023 Ta có: B 5x2 2y2 4xy 2x 4y 2023 4x2 4xy y2 y2 4y 4 x2 2x 1 2018 2x y 2 y 2 2 x 1 2 2018 2018 2x y 0 x 1 Dấu “=” y 2 0 y 2 x 1 0 Suy ra GTNN B 2018 x 1 và y 2 . Câu 3: Phân tích các đa thức thành nhân tử: a) 4x4 4x3 5x2 2x 1 Ta viết 4x4 4x3 5x2 2x 1 2x2 ax 1 . 2x2 bx 1 với mọi x = 4x4 2a 2b x3 ab 4 x2 a b x 1 Đồng nhất hệ số hai vế, ta được: 2a 2b 4,ab 4 5,a b 2 a 1,b 1 . 2 Vậy, 4x4 4x3 5x2 2x 1 2x2 x 1 . b) 3x4 11x3 7x2 2x 1 Ta viết 3x4 11x3 7x2 2x 1 3x2 cx 1 x2 dx 1 với mọi x 3x4 3dx3 3x2 cx3 cdx2 cx x2 dx 1 3x4 3d c x3 4 cd x2 c d x 1 Đồng nhất hệ số hai vế, ta được: 3d c 11, 4 cd 7,c d 2 c,d .(loại ) Khi đó, ta chọn cách viết khác 3x4 11x3 7x2 2x 1 3x m x3 nx2 px q với mọi x 3x4 3nx3 3px2 3qx mx3 mnx2 mpx mq 3x4 3n m x3 3p mn x2 3q mp x mq Đồng nhất hệ số hai vế ta được 3n m 11, 3p mn 7, 3q mp 2, mq 1 Xét hai trường hợp: +TH1: m q 1 , giải ra được n 4, p 1 ( nhận ) +TH2: m q 1 , giải ra n, p  ( loại ) Vậy, 3x4 11x3 7x2 2x 1 3x 1 x3 4x2 x 1 . Câu 4: Tìm số tự nhiên có bốn chữ số abcd , biết rằng nó là một số chính phương, số abcd chia hết cho 9 và d là một số nguyên tố. Vì abcd là số chính phương và d là một số nguyên tố có 1 chữ số nên d 5 . Đặt abc5 m2 ,m N * . Khi đó m có chữ số tận cùng là 5 (1) Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 71
  36. BDHSG Toán 8 Mặt khác, 1000 m2 9999 suy ra 32 m 99 ( 2) Từ (1) và (2) suy ra m 35;45;55;65;75;85;95 Suy ra m2 1225;2025;3025;4225;5625;7225;9025 Ta lại có: m2 abc59 . Do đó, chọn abcd 2025;5625 . xy 5 x2 2xy y2 Câu 5: a) Cho , hãy tính A x2 y2 8 x2 2xy y2 xy 5 2 2 Ta có: 2 2 suy ra 5 x y 8xy với x 0 và y 0 . x y 8 2 2 2 2 x2 2xy y2 5 x 2xy y 5 x y 10xy 8xy 10xy 2xy 1 Ta có: A ( vì xy 0 ) x2 2xy y2 5 x2 2xy y2 5 x2 y2 10xy 8xy 10xy 18xy 9 1 xy 5 Vậy, A với . 9 x2 y2 8 x y z x2 y2 z2 b) Cho , hãy tính B a b c ax by cz 2 x y z Đặt k x ka, y kb, z kc với a,b,c 0 a b c 2 2 2 2 x2 y2 z2 k 2a2 k 2b2 k 2c2 k a b c 1 Khi đó, B 2 2 2 2 2 2 ax by cz a2k b2k c2k k 2 a2 b2 c2 a b c 1 x y z Vậy, B khi với a,b,c 0 . a2 b2 c2 a b c a b c) Cho a b 0 thỏa mãn: 3a2 3b2 10ab . Tính C a b a b Vì a b 0 nên C 0 a b 2 2 2 3 a2 2ab b2 3 a2 b2 6ab 2 a b a 2ab b 10ab 6ab 4ab 1 Xét C 2 2 a b a 2ab b 3 a2 2ab b2 3 a2 b2 6ab 10ab 6ab 16ab 4 1 Suy ra C vì C 0 2 1 Vậy, C với a b 0 thỏa mãn: 3a2 3b2 10ab 2 x2 3x 3 1 6x Câu 6: Cho biểu thức: P 3 2 2 : 3 2 x 3x 9x 27 x 9 x 3 x 3x 9x 27 a) Rút gọn P ĐKXĐ: x 3 . x x 3 3 1 6x Ta có: P : 2 x2 9 x 3 2 x 3 x 9 x 3 x 9 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 72
  37. BDHSG Toán 8 2 x 3 x2 9 6x x 3 x 3 x 9 x 3 : . x2 9 x 3 x2 9 x2 9 x 3 2 x 3 x 3 Vậy, P , x 3 . x 3 b)Với x 0 thì P không nhận những giá trị nào? x 3 Ta có: P , x 3 x 3 3 P 1 P x 3 x 3 x P 1 3 1 P x P 1 3 P 1 P 1 P 1 Với x 0 0 0 P 1 P 1 P 1 Vậy, với x 0 thì P không nhận các giá trị từ (-1) đến 1, tức là P  1;1 . c) Tìm các giá trị nguyên của x để P có giá trị nguyên. x 3 Ta có: P , x 3 x 3 x 3 6 6 1 Z x 3 x 3 Suy ra x 3 U 6 1; 2; 3; 6 . Lập bảng : x 3 -6 -3 -2 -1 1 2 3 6 x -3 0 1 2 4 5 6 9 Vậy, x 0;1;2;4;5;6;9 . A Câu 7: FD BD E Ta có: BF là đường phân giác của ABD , do đó 1 FA BA EA BA BE là đường phân giác của ABC , do đó 2 F EC BC DB BA B D C C/m: DBA đồng dạng ABC (g.g), do đó 3 AB BC FD EA Từ (1), (2) và (3) suy ra (đpcm) FA EC A Câu 8: a) Tính AB và MN, biết MI = 12cm, BC = 20cm. +C/m: MIB cân tại M MB MI 12cm E Vì MI // BC nên theo hệ quả của định lý Ta-lét ta có: M I AM IM 12 3 AB 12 3 AB 30cm B C AB BC 20 5 AB 5 DA BA 30 3 BD là phân giác ngoài của ABC , ta có: F DC BC 20 2 Mặt khác, BC // MN nên theo đl Ta-lét ta có: N D Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 73
  38. BDHSG Toán 8 AN AD 3 AB 1 BN 60cm MN 72cm BN CD 2 BN 2 b) Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt BI tại E và cắt BD tại F. Chứng minh: BI.IC AI.IE và CE CF IE IC Vì CE // BA (gt) nên IB.IC IA.IE IB IA CE IC BM 12 2 Ta lại tính được (1) AB IA MA 18 3 CF DC BC 20 2 (2) AB DA BA 30 3 CE CF Từ (1) và (2) suy ra CE CF (đpcm) A AB AB Câu 9: a) Chứng minh rằng CA = CK ; BA = BL. BAD cân nên B· AD B· DA . B K H L C Mặt khác ·AKC B· KD 900 B· DA 900 B· AD K· AC ; Suy ra ACK cân tại C hay CA = CK. Tương tự, BA=BL. I G J b) Chứng minh IHJ là tam giác vuông cân. D x Từ giả thiết ta có IJ//BC, BD//GH//CE. Áp dụng Thales: E IG DG BH GH GH IG = GH (1). y CK DC BC CE CK Tương tự, GJ = GH (2). Hơn nữa, do IJ//BC và HG  BC suy ra HG  IJ (3). Từ (1), (2) và (3) suy ta IHJ là tam giác vuông cân tại H. Câu 10: A Cách 1: Vẽ đường phân giác ngoài tại A, cắt đường BC EB AB DB 2 1 tại E. Ta có: EC AC DC 4 2 H Suy ra EB BC 6cm, ED 8cm. ED Khi đó, KD 4cm. 2 Cách 2: E K B D C Ta có : ·ADK D· AB B· AK ( Vì KAD cân tại K ). Mặt khác ·ADK D· AC Cµ ( T/c góc ngoài ) Mà D· AB D· AC ( Vì AD là phân giác ) Do đó, B· AK Cµ Từ đó c/m được KAB đồng dạng với KCA (g.g ) KB AB AB DB 2 1 1 Suy ra mà nên KB KA KA AC AC DC 4 2 2 1 Do đó, KB KD . Từ đó tính KD 4cm. 2 HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 74
  39. BDHSG Toán 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 14 Câu 1: Cho a là một số gồm 2n chữ số 1 , b là một số gồm n 1 chữ số 1 , c là một số gồm n chữ số 1 n N * . Cmr: a b 6c 8 là một số chính phương . 102n 1 10n 1 1 10n 1 Ta có : a b 6c 8 6. 8 9 9 9 102n 1 10.10n 1 6.10n 6 72 9 2n n n 2 10 16.10 64 10 8 2 3 3 36 9 3 n 1so3 Vậy, a b 6c 8 là một số chính phương M N 32x 19 Câu 2: Cho . Tính M.N ? x 1 x 2 x2 x 2 ĐKXĐ : x 1, x 2 . M x 2 N x 1 32x 19 Ta có : x 1 x 2 x 1 x 2 M x 2 N x 1 32x 19 M N x N 2M 32x 19 M N 32, 2M N 19 M 17, N 15 M.N 255 Vậy, M.N 255 với .x 1, x 2 Câu 3: Cho ba số dương a,b,c 1 1 1 a) Chứng minh rằng: a b c 9 ( HS tự giải ) a b c a b c 3 b) Chứng minh rằng: b c c a a b 2 a b c 3 * Cách 1: Ta có: b c c a a b 2 a b c 3 1 1 1 1 1 1 b c c a a b 2 a b c a b c a b c 9 b c c a a b 2 1 1 1 2 a b c 9 a b b c c a 1 1 1 a b b c c a 9 ( Đúng) ( theo câu a) a b b c c a Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 75
  40. BDHSG Toán 8 Dấu “ =” a b c 0 . a b c 3 KL: . Dấu “ =” a b c 0 . b c c a a b 2 * Cách 2: Đặt x b c, y c a, z a b với x, y, z 0 . x y z x y z x y z Suy ra a ,b ,c 2 2 2 a b c x y z x y z x y z Do đó, b c c a a b 2x 2y 2z 1 y z x z x y 1 x y x z y z 1 1 1 3 2 2 2 2 x x y y z z 2 y x x x z y 2 2 2 1 x y z x y z 1 3 3 .3 2 xy zx yz 2 2 Dấu “=” x y z a b c 0 . a b x b c x c a x 4x c) Giải phương trình: 1 c a b a b c a b x b c x c a x 4x Ta có: 1 c a b a b c a b x b c x c a x 4x 1 1 1 1 1 4 c a b a b c a b c x b c a x c a b x 4x a b c 5 c a b a b c a b c x b c a x c a b x 4x a b c 5 0 c a b a b c a b c x a b c x a b c x 4 a b c x 0 c a b a b c 1 1 1 4 a b c x 0 (*) a b c a b c 1 1 1 4 Xét A : a b c a b c 1 1 1 4 Khi đó, A. a b c a b c với a b c 0 (gt) a b c a b c 1 1 1 a b c 4 9 4 5 0 ( theo câu a) a b c Suy ra A 0 . Theo (*) suy ra a b c x 0 x a b c 0 Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x a b c 0 . x 3 8x2 3x 1 Câu 4: Cho biểu thức: Q 1 2 : 3 2 2 x 5x 6 4x 8x 3x 12 x 2 a) Rút gọn Q : Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 76
  41. BDHSG Toán 8 x 3 8x2 3x 1 Ta có: Q 1 : 2 x 2 x 3 4x x 2 3 x 2 x 2 x 2 ĐKXĐ: x 0, x 2, x 3 . 1 2 x 1 x 4 Suy ra Q 1 : x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 6 x 4 Vậy, Q với x 0, x 2, x 3 . 6 b) Tìm các giá trị của x để Q 0,Q 1 x 4 Ta có Q 0 0 x 4 ( thỏa ĐKXĐ ) 6 x 4 Ta có: Q 1 1 x 2 ( không thỏa ĐKXĐ ) 6 Vậy, tại x 4 thì Q 0 và không tồn tại x để Q 1 . c) Tìm các giá trị của x để Q 0 . x 4 Ta có: Q 0 0 x 4 6 Kết hợp với ĐKXĐ, ta có: Q 0 x 4 và x 0, x 2, x 3 . Câu 5: Cho a b c 0 , chứng minh: P a3 b3 c3 3abc 0 . 1 2 2 2 Ta có: P a3 b3 c3 3abc a b c a b b c c a 2 2 2 2 Vì a b c 0 và a b b c c a 0 nên P a3 b3 c3 3abc 0 . Dấu “=” a b c 0 Vậy, P a3 b3 c3 3abc 0 với a b c 0 . Dấu “=” a b c 0 . Câu 6: Tìm số nguyên dương n để n 1 và 4n 29 là số chính phương. Đặt n 1 a2 ,4n 29 b2 a,b N Ta có: b2 4a2 25 b 2a b 2a 25 Mà b 2a 0 nên b 2a 0 và b 2a b 2a 0 nên suy ra b 2a 1 và b 2a 25 Do đó, a 6 . Vậy, n 35 . A Câu 7: Theo t/c đường phân giác trong tam giác ta có: DB DC DB DC k k 0 AB AC 6 9 Suy ra DB 6k, DC 9k Ta có: BC DB DC 6k 9k 15k 1 15k Do đó, BM BC B C 2 2 D M 15k 3k Suy ra DM BM DB 6k 2 2 S DM 3k 1 Từ đó suy ra ADM :15k SABC BC 2 10 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 77
  42. BDHSG Toán 8 1 1 2 Vậy, SADM SABC .24 2,4 cm 10 10 Câu 8: DE DF BD DC BC a) Ta có: 2 ? AM AM BM MC BM Suy ra DE DF 2AM ( không đổi ) F FK KE KA b) C/m EK FK A AM AM MC K Vậy, K là trung điểm của EF. E B Câu 9: D M C ¶ ¶ µ A a) Ta có : M1 A2 I1 µ µ 0 A B 1 2 Mà M¶ 90 Cµ ¶A Bµ M 1 1 2 2 2 1 1 Suy ra Iµ Bµ 1 1 1 I Do đó, AIM đồng dạng ABI g.g 1 2 AM AI 2 1 b) Từ câu a, suy ra AI 2 AM.AB (1) AI AB B N C Tương tự, BI 2 BN.AB 2 AI 2 AM Từ (1) và (2) suy ra (đpcm ) BI 2 BN Câu 10: A y a) Cmr: BD.CE không đổi. Ta có: D· MC D· ME C· ME và D· MC Bµ B· DM x E Mà D· ME Bµ nên C· ME B· DM D Do đó, BDM đồng dạng CME (g.g) I H K BD MB Suy ra BD.CE CM.BM a2 ( không đổi ). CM CE B M C b) Cmr: DM là tia phân giác của góc BDE DM DB DM BD Từ BDM đồng dạng CME ( câu a ) ta suy ra ( Vì CM BM ) ME CM ME BM Do đó, DME đồng dạng DBM (c.g.c) Suy ra M· DE B· DM Vậy, DM là tia phân giác của góc BDE. c) Tính chu vi tam giác AED nếu ABC là tam giác đều. Từ câu b, suy ra DM là tia phân giác của góc BDE, EM là tia phân giác của góc CED. Kẻ MH  AB, MI  DE, MK  AC . Ta có: DH DI, EI EK Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 78
  43. BDHSG Toán 8 Do đó, CADE AI AK 2AK MC a Ta lại có CK , AC 2a nên AK 1,5a 2 2 Vậy, chu vi của tam giác AED là 3a. HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 15 a2 4a 4 Câu 1: Cho phân thức: A a3 2a2 4a 8 a) Rút gọn A : 2 2 a2 4a 4 a 2 a 2 Ta có: A a3 2a2 4a 8 a2 a 2 4 a 2 a 2 2 a 2 ĐKXĐ: a 2 . 1 Khi đó, A với a 2 . a 2 b) Tìm a Z để A có giá trị nguyên. 1 a 3 Để A có giá trị nguyên với a Z và a 2 thì a 2 1 ( thỏa ĐKXĐ ) a 2 a 1 Vậy, a 3 hoặc a 1 thì A nhận giá trị nguyên. 2 1 2 1 4 1 4 1 Câu 2: Cho x 2 : x 2 a . Tính M x 4 : x 4 theo a . x x x x 4 2 1 2 1 x 1 4 a 1 Ta có: a x 2 : x 2 4 x a 1 x x x 1 1 a a 1 2a Thay x4 a 1 vào M , rút gọn ta được M ,a 1 . 1 a a2 1 Câu 3: Chứng minh các bất đẳng thức sau : 2 a b c d a) a c b d 2 2 2 Áp dụng BĐT x y 4xy . Dấu “=” x y 2 a b c d a b c d Ta có: 4 . a c b d 2 2 2 2 Dấu “=” a b c d b) ab bc ca 0 khi a b c 0 . Ta có : a b c 0 a b c 2 0 a2 b2 c2 2 ab bc ca 0 ab bc ca 0 Dấu “=” a b c 0 Câu 4: + Gäi sè « t« lóc ®Çu lµ x ( x nguyªn vµ x 2) Sè häc sinh ®i c¾m tr¹i lµ: 22x + 1. Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 79
  44. BDHSG Toán 8 + Theo gi¶ thiÕt: NÕu sè xe lµ x 1 th× sè häc sinh ph©n phèi ®Òu cho tÊt c¶ c¸c xe, mçi xe chë sè häc sinh lµ y (y lµ sè nguyªn vµ 0 < y 30). 22x 1 23 + Do ®ã ta cã ph¬ng tr×nh: x 1 y 22x 1 y 22 x 1 x 1 + V× x vµ y ®Òu lµ sè nguyªn d¬ng, nªn x 1 ph¶i lµ íc sè cña 23. Mµ 23 nguyªn tè, nªn: x 1 1 x 2 hoÆc x 1 23 x 24 NÕu x 2 th× y 22 23 45 30 (tr¸i gi¶ thiÕt) NÕu x 24 th× y 22 1 23 < 30 (tháa ®iÒu kiÖn bµi to¸n). + VËy sè « t« lµ: 24 vµ tæng sè häc sinh ®i c¾m tr¹i lµ:22 24 1 23 23 529 häc sinh. ab bc ca Câu 5: a) Cho a,b,c là ba số dương khác 0 thỏa mãn: ( Với giả thiết các tỉ số a b b c c a ab bc ca đều có nghĩa ). Tính: M . a2 b2 c2 ab bc ca a b b c c a Ta có: a b b c c a ab bc ca 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c 0 b a c b a c a b c ab bc ca 3a2 Khi đó, M 1 a2 b2 c2 3a2 ab bc ca Vậy, M 1 với a,b,c là ba số dương khác 0. a b b c c a 2 2 2 2017 n b) Tìm số tự nhiên khác 0, biết: 1 1 1 . 2.3 3.4 n n 1 6045 2 2 2 4 10 18 n n 1 2 Ta có: 1 1 1 . . 2.3 3.4 n n 1 2.3 3.4 4.5 n n 1 1.4 2.5 3.6 n 1 n 2 1.2.3.4 n 1 4.5.6 n 2 n 2 . . . 2.3 3.4 4.5 n n 1 2.3.4 n 3.4.5 n 1 3n n 2 2017 Khi đó, ta có: n 2015 3n 6045 Vậy, n 2015 . 1 1 1 1 1 c) Ta có: M . 1 1 1 1 2 1.3 2.4 3.5 2017.2019 1 4 9 16 2017.2019 1 1 2.2 3.3 4.4 2018.2018 . . 2 1.3 2.4 3.5 2017.2019 2 1.3 2.4 3.5 2017.2019 2.3 2018 2.3 2018 1 2018 . 2018. 2.3.4 2017 2.3.4 2019 2019 2019 A 2018 Vậy, M . 2019 N Câu 6: Cmr: EF //IK. Gọi N là trung điểm của AM. M ID KD ND E F C/m: (?) IE KF NA I K Theo đl Ta –lét đảo suy ra EF //IK (đpcm ) B D C Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 80
  45. BDHSG Toán 8 * Chú ý: Có thể thay điều kiện:I, K là trung điểm của MB, MC bởi điều kiện tổng quát hơn là I, K chia trong MB, MC theo cùng một tỉ số. Câu 7: a) Tam giác HOD đồng dạng với tam giác OGB Ta có: H· OD B· OG 1800 G· OH 1800 450 1350 O· GB B· OG 1800 O· BG 1800 450 1350 M B A Do đó, H· OD O· GB 1350 Từ đó suy ra HOD đồng dạng OGB (g.g) (?) b) MG //AH: O HD DO Từ câu a, suy ra G OB BG Đặt BM a thì AD 2a,OB OD a 2 C D H Ta có: HD.BG OB.OD a 2.a 2 2a.a AD.BM HD BM AD BG Từ đó, c/m được ADH đồng dạng GMB (c.g.c) (?) Suy ra ·AHD G· MB H· AB G· MB MG / / AH (đpcm ). Câu 8: C/m: EBD đồng dạng FDC (g.g) (?) 2 2 2 SEBD BE ED SEBD 3 1 1 A Suy ra . Mà . SFDC DF FC SFDC 12 4 2 BE ED 1 F Do đó DF FC 2 E 1 Suy ra AE = DF = 2DE , AF = ED= FC 2 B C 2 1 2 D Vậy SADE 2SBED 2.3 6 cm ; SADF SFDC 6 cm ; 2 2 SAEDF SADE SADF 12 cm Tổng quát, nếu SBED m,SFDC n thì SAEDF 2 mn A Câu 9: B Trước hết tính SAIE , SDHF I Ta c/m AF  BE (?) E S AE 2 1 H Ta có: AIE đồng dạng ADF (g.g) (?) nên AIE ? 2 / F SADF AF 5 D H C 1 Ta có: S 1cm2 ? S cm2 ADF AIE 5 1 2 Vì HH ' F đồng dạng ADF (g.g) (?) có tỉ số đồng dạng là nên ta tính được HH ' cm 3 3 1 7 Do đó, S cm2 . Từ đó suy ra S cm2 . DHF 3 EIHD 15 I Câu 10: OA OB IA IB a) Chứng minh: . A M B OC OD IC ID O Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 81 C D N
  46. BDHSG Toán 8 Chứng minh được: OAB đồng dạng với OCD g g AB OA OB OA OB Suy ra 1 CD OC OD OC OD Chứng minh được: IAB đồng dạng với IDC g g AB IA IB IA IB Suy ra 2 CD ID IC ID IC OA OB IA IB Từ 1 và 2 suy ra OC OD IC ID b) Chứng minh: Bốn điểm I;O;M ; N thẳng hàng. AB OA AM OA Ta có: 3 và B· AC D· CA ( vì AB / /CD, soletrong ) 4 CD OC CN OC Từ 3 và 4 suy ra OAM đồng dạng với OCN c g c Do đó ·AOM C· ON . Suy ra M ,O, N thẳng hàng * AB IA AM IA Ta lại có: 5 và I chung 6 CD ID DN ID Từ 5 và 6 suy ra IAM đồng dạng với IDN c g c Do đó ·AMI D· NI . Suy ra M , I, N thẳng hàng Từ * và suy ra bốn điểm I;O;M ; N thẳng hàng. c) Giả sử 3AB CD và diện tích hình thang ABCD bằng S. Hãy tính diện tích tứ giác IAOB theo S OB AB 1 SAOB 1 SAOB 1 SAOB 1 1 Ta có SAOB SABD OD CD 3 SAOD 3 SAOB SAOD 1 3 SABD 4 4 SABD AB 1 SABD 1 SABD 1 1 Ta lại có SABD SABCD SBDC CD 3 SABD SBDC 1 3 SABCD 4 4 1 1 Do đó S S S 7 AOB 16 ABCD 16 2 SIAB AB 1 SIAB 1 SIAB 1 1 1 Mặt khác SIAB SABCD S 8 SICD CD 9 SICD SIAB 9 1 SABCD 8 8 8 1 1 3 Từ 7 và 8 suy ra S S S S S S . IAOB IAB AOB 8 16 16 HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 82
  47. BDHSG Toán 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 16 Câu 1: Chứng minh rằng A n8 4n7 6n6 4n5 n4 chia hết cho 16, với n Z Ta có: A n8 4n7 6n6 4n5 n4 n4 n4 4n3 6n2 4n 1 4 4 3 3 2 2 4 3 2 n n n 3n 3n 3n 3n n 1 n n n 1 3n n 1 3n n 1 n 1 4 3 2 4 3 4 n n 1 n 3n 3n 1 n n 1 n 1 n n 1 Vì n n 1 là tích của hai số nguyên liên tiếp nên n n 1 2 4 4 4 Suy ra A n n 1 2 mà 2 16 Vậy, A16 với n Z . a b 2 ab 2 Câu 2: a) Cho a b 1 và ab 0 . Chứng minh: b3 1 a3 1 a2b2 3 Với a b 1 và ab 0 , ta có: 3 3 4 4 2 2 2 2 2 a b a a 1 b b 1 a b a b a b 2a b 1 b3 1 a3 1 a3 1 b3 1 a3b3 a3 b3 1 a3b3 a b 3 3ab a b 1 2 a b 2 2ab 2a2b2 1 ( Vì a b 1 và ab 0 ) a3b3 3ab 1 4ab 4a2b2 2a2b2 1 ( Vì a b 1 và ab 0 ) ab a2b2 3 2ab ab 2 2 ab 2 ( Vì ab 0 ) ab a2b2 3 a2b2 3 a b 2 ab 2 Vậy, với a b 1 và ab 0 . b3 1 a3 1 a2b2 3 2 2 x 5 b) ĐKXĐ: x 1 , ta có: x x 1 4 2 2 x x2 5 x x2 5 x 2. 2. 1 1 x 1 x 1 4 x 1 x 1 4 x 3 2 2 1 2 x 3 x 1 2 2x x 1 0 1 x 1 2 x 3 2x2 5x 5 0 1 x 1 2 x 1 2 + Xét phương trình: 2x x 1 0 x 1 2x 1 0 1 ( thỏa ĐKXĐ) x 2 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 83
  48. BDHSG Toán 8 2 2 5 15 + Xét phương trình: 2x 5x 5 0 2 x 0 x  . 4 8 1 Vậy, S 1;  2  Câu 3: Tìm các số nguyên dương n để n1988 n1987 1 là số nguyên tố. + Với n 1 ta có n1988 n1987 1 1 1 1 3 là số nguyên tố. + Với n 2,n Z ta có n1988 n1987 1 n2 n 1 662 662 Mặt khác, ta có n1988 n2 n2 n1986 1 n2 n3 13  n3 13 * Chú ý : an bn a b Mà n3 13 n 1 n2 n 1  n2 n 1 Suy ra n1988 n2  n2 n 1 Tương tự, n1987 n n n1986 1  n2 n 1 Khi đó, n1988 n1987 1 n1988 n2 n1987 n n2 n 1 M n2 n 1 Suy ra với n 2,n Z thì n1988 n1987 1 là hợp số. Vậy, n 1 thì n1988 n1987 1 là số nguyên tố. Câu 4: Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác a) Chứng minh rằng: ab bc ca a2 b2 c2 2 ab bc ca +Ta có: ab bc ca a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca 2a2 2b2 2c2 a2 2ab b2 b2 2bc c2 c2 2ca a2 0 a b 2 b c 2 c a 2 0 ( Đúng ) Dấu “=” a b c tam giác đó là tam giác đều. 2 a b c a ab ac 2 2 2 2 + Theo BĐT tam giác ta có: b c a b bc ba a b c 2 ab bc ca c a b 2 c ca cb Vậy, ab bc ca a2 b2 c2 2 ab bc ca với a,b,c là ba cạnh của một tam giác. b) Chứng minh rằng: a b c 2 3 ab bc ca thì tam giác đó là tam giác đều. 2 1 2 2 2 Xét hiệu a b c 3 ab bc ca a b b c c a 2 2 1 2 2 2 Suy ra a b c 3 ab bc ca a b b c c a 0 a b c 2 Vậy, a b c 2 3 ab bc ca thì tam giác đó là tam giác đều. Câu 5: a) Tìm giá trị nhỏ nhất của: A x2 y2 biết x y 4 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 84
  49. BDHSG Toán 8 2 * Cách 1 : Ta có: x + y = 4 x2 + 2xy + y = 16 (1) 2 2 Ta lại có: (x y) 0 x2 - 2xy + y 0 (2) 2 2 Từ (1) và (2) suy ra 2x2 + 2y 16 x2 + y 8 Vậy giá trị nhỏ nhất của A x2 y2 8 x y 2 * Cách 2: Ta có : x y 4 y 4 x Suy ra A x2 y2 x2 4 x 2 2x2 8x 16 2 x 2 2 8 8 x 2 0 x 2 Dấu “=” y 4 x y 2 Vậy, GTNN A 8 x y 2 . 2 b) Ta có : B x4 3 x 2 x4 2x2 1 3 x2 2x 1 5 x2 1 3 x 1 2 5 5 x2 1 0 Dấu “=” x 1 x 1 0 Suy ra GTNN (B ) = 5 x 1 c) Ta có: C x 1 x 3 x 5 x 7 x2 4x 5 x2 4x 21 5 21 Đặt t x2 4x 13 ( chú ý : 13 ) 2 Khi đó, C t 8 t 8 t 2 64 64 2 x 2 17 Dấu “=” t 0 x2 4x 13 0 x 2 17 x 2 17 x d) Tìm giá trị của x để biểu thức sau đạt GTLN: D x với x 0 x 2019 2 *Cách 1: Đặt a 2019 2 2 2 2 2 x x a x a 4ax x a x a 1 x a 1 Khi đó D x x a 2 4a x a 2 4a x a 2 4a 4a x a 2 4a ( Vì a 0, x 0 ). Dấu “=” x a 0 x a . 1 1 Suy ra GTLN D x x a 2019 . 4a 4.2019 *Cách 2: Đặt a 2019 0 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 85
  50. BDHSG Toán 8 2 2 1 1 Ta có: x a 0 x a 4ax ( Vì a 0, x 0 nên 4ax 0 ) x a 2 4ax x x 1 Suy ra D x ( Vì a 0, x 0 ) x a 2 4ax 4a Dấu “=” x a 0 x a . 1 1 Suy ra GTLN D x x a 2019 . 4a 4.2019 a3 a2 a Câu 6: Cho biểu thức E với a là một số tự nhiên chẵn. 24 8 12 Hãy chứng tỏ E có giá trị nguyên. Vì a là một số tự nhiên chẵn nên a 2k,k N . a3 a2 a 8k 3 4k 2 2k 2k 3 3k 2 k k k 1 2k 1 Do đó E 24 8 12 24 8 12 6 6 Ta có: k k 1 2 k k 1 2k 1 2 Ta cần c/m: k k 1 2k 1 3 . Thật vậy: + Nếu k 3n,n N k3 thì k k 1 2k 1 3 + Nếu k 3n 1, n N 2k 1 2 3n 1 1 6n 33 thì k k 1 2k 1 3 + Nếu k 3n 2,n N k 1 3n 33 thì k k 1 2k 1 3 Mà 2,3 1 k k 1 2k 1 6 a3 a2 a Vậy, E có giá trị nguyên với a là một số tự nhiên chẵn. 24 8 12 2019a b c Câu 7: Ta có: ab 2019a 2019 bc b 2019 ca c 1 abca b c a(bca) b bc ab abca abc bc b 2019 ca c 1 a(b abc bc) bc b 2019 bca bc b bca b bc b abc bc bc b 2019 bca bc b 2019 b bc 2019 b bc 1 . b 2019 bc bc b 2019 2019 bc b b 2019 bc 2019a b c Vậy, 1 với abc 2019 . ab 2019a 2019 bc b 2019 ca c 1 b) Cho x y 2 . Chứng minh rằng: x2017 y2017 x2018 y2018 . Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 86
  51. BDHSG Toán 8 Xét hiệu: x2018 y2018 x2017 y2017 x2017 x 1 y2017 y 1 x2017 1 y y2017 y 1 ( vì x y 2 nênx 1 1 y ) Do đó x2018 y2018 x2017 y2017 1 y x2017 y2017 Giả sử x y x 1 y và x2017 y2017 , do đó 1 y x2017 y2017 0 (đpcm) Tương tự, x y x 1 y và x2017 y2017 , do đó 1 y x2017 y2017 0 (đpcm) Dấu " " x y 1 H F I A M B K J G Câu 8: D C E DG GF BC.EF 8.1.a) Chứng minh: ; CE . Từ đó suy ra DG CE 2CD và EG 3CD AD EF GF DG DA DG GF DA.GF + C/ m: DGA đồng dạng FGE (g.g) . Từ đó, ta có: DG 1 FG FE AD EF EF CE CB CB.FE + C/ m: CEB đồng dạng FEG (g.g) CE 2 FE FG FG DA.GF CB.FE GF EF Từ (1) và (2) suy ra DG CE CD. ( Vì AD BC CD ) EF FG EF GF GF EF DG CE CD.2 . 2CD ( BĐT Cô-si cho hai số không âm ). EF GF GF EF Dấu “=” GF EF FGE cân tại F. Vì DG CE 2CD nên EG 3CD EF GF S b) Tìm GTLN của ABCD SAEG SABCD AD.CD 2CD 2CD 2 S 2 Ta có: . Suy ra GTLN ABCD FGE cân tại F. S 1 EG 3CD 3 S 3 AEG AD.EG AEG 2 8.2.a) Chứng minh: BHA CEB và DAE CDH + C/m: BHA CEB g.c.g ( B· AH C· BE cùng phụ với ·ABF ) BH CE CH DE + C/ m: DAE CDH c.g.c b) Chứng minh: AE  DH Vì DAE CDH (cmt) nên ·AED D· HC , mà D· HC ·ADK AD / /CH, slt Do đó, ·AED ·ADK . Xét ADK có: D· AK ·ADK D· AE ·AED 900 ( Vì ADE vuông tại D ). Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 87
  52. BDHSG Toán 8 Suy ra ·AKD 900 AE  DH tại K. c) Chứng minh: AI / /DJ / /GB Ta C/m được: + I là trực tâm của tam giác HAE suy ra AI  HE 3 + J là trực tâm của tam giác HDE suy ra DJ  HE 4 + B là trực tâm của tam giác HGE suy ra GB  HE 5 Từ (3), (4) và (5) suy ra .A I / / D J / /GB d) Chứng minh: AFB đồng dạng với ABH ; AFD đồng dạng với ADH Từ đó có nhận xét gì về A· FD và ·ADH . + C/m được: AFB đồng dạng với ABH (g.g) AF AB AF AD ( Vì AB AD ). AB AH AD AH AF AD Xét AFD và ADH có: µA - chung và cmt AD AH Do đó, AFD đồng dạng ADH (c.g.c). Suy ra A· FD = ·ADH 8.3.a) Chứng minh: KD2 KI.KH KD KJ Vì AI / /DJ cmt nên 6 KI KA KH KJ Vì AD / /HJ ( cùng vuông góc với GE ) nên 7 KD KA KD KH Từ (6) và (7) suy ra KD2 KH.KI KI KD b) Chứng minh: EJ.EK.HJ HK.HD.EC + C/m: ECJ đồng dạng EKD (g.g) EC CJ EJ EJ.EK Suy ra ED 8 EK KD ED EC + C/m: HCD đồng dạng HKJ (g.g) HC CD HD HD.HK Suy ra HC 9 HK KJ HJ HJ Mà DE HC cmt 10 EJ.EK HD.HK Từ (8), (9) và (10) suy ra EJ.EK.HJ HD.HK.EC . EC HJ c) Chứng minh: HJ.HC.EK EI.EF.HK + C/m: HJK đồng dạng HDC (g.g) HJ HK Suy ra HJ.HC HK.HD HJ.HC.EK HK.HD.EK 11 HD HC + C/m: EFA đồng dạng EKI g.g EF FA EA Suy ra EF.EI EK.EA HD.EK 12 ( Vì EA DH cmt ) EK KI EI Từ (11) và (12) suy ra HJ.HC.EK EI.EF.HK (đpcm). BM 8.4. Chứng minh: Khi E thay đổi trên tia đối của tia CD thì là không đổi. CJ Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 88
  53. BDHSG Toán 8 MB HB C/m: HMB đồng dạng EJC (g.g). Suy ra 1 ( Vì HB = EC (cmt) ) CJ EC MB Vậy, khi E di chuyển trên tia đối của tia CD thì 1 không đổi. CJ 8.5. Qua bài này, các em hãy khai thác thêm nhiều tính chất mới thú vị. ( HS tự giải) HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 17 x 2x 3y Bài 1. Cho 3y x 6 . Tính giá trị của biểu thức M y 2 x 6 Ta có: 3y x 6 x 3y 6, 3y x 6 x 2x 3y 3y 6 2x x 6 Do đó, M 3 1 4 y 2 x 6 y 2 x 6 x 2x 3y Vậy, M khi 3y x 6 . y 2 x 6 1 1 1 1 2 Bài 2. a) Chứng minh: Hvới n N, n 2 22 32 42 n2 3 1 1 1 1 1 Ta có: 2 2 2 với n N, n 2 . n 4n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 Do đó, H 2 2 2 2 2 2 . 2 3 4 n 3 5 5 7 2n 1 2n 1 3 2n 1 3 1 1 1 1 2 Vậy, Hvới n N, n 2 22 32 42 n2 3 1 1 1 1 1 b) Chứng minh: K với n N, n 3 33 43 53 n3 12 1 1 1 1 n 1 n 1 1 1 1 Ta có: . . 3 3 n n n n 1 n n 1 2 n 1 n n 1 2 n 1 n n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Do đó, K 3 3 3 3 3 4 5 n 2 2.3 3.4 3.4 4.5 n 1 n n n 1 1 1 1 1 1 1 . 2 2.3 n n 1 2 2.3 12 1 1 1 1 1 Vậy, K với n N, n 3 33 43 53 n3 12 3 5 7 2n 1 Bài 3.Cho biểu thức P 2 2 2 2 ,n N * 1.2 2.3 3.4 n n 1 a) Rút gọn P : Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 89
  54. BDHSG Toán 8 2 2k 1 k 1 k 2 1 1 Ta có: với k N * . k 2 k 1 2 k 2 k 1 2 k 2 k 1 2 3 5 7 2n 1 Do đó, P 2 2 2 2 ,n N * 1.2 2.3 3.4 n n 1 1 1 1 1 1 1 1 n n 2 1 12 22 22 32 n2 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n n 2 Vậy, P ,n N * . n 1 2 b) Tính giá trị của P tại n 99 . 99. 99 2 9999 Tại n 99 ta có P 99 1 2 10000 9999 Vậy, P tại n 99 . 10000 Bài 4. Cho đa thức E x4 2017x2 2016x 2017 . a) Phân tích đa thức E thành nhân tử; E x4 2017x2 2016x 2017 x4 x 2017x2 2017x 2017 x4 x 2017 x2 x 1 x x3 1 2017 x2 x 1 x x 1 x2 x 1 2017 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 2017 b) Tính giá trị của E với x là nghiệm của phương trình: x2 x 1 1 . x2 x 1 1 Ta có: x2 x 1 1 2 x x 1 1 2 2 x 0 *) x x 1 1 x x 0 x x 1 0 x 1 2 2 2 1 7 *) x x 1 1 x x 2 0 x 0 (vô nghiệm). 2 4 Vậy với x 0 E 2017 ; x 1 E 6051 . 2017 2016 Bài 5. So sánh A và B , biết: A 20172016 20162016 ; B 20172017 20162017 . Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 90
  55. BDHSG Toán 8 2017 2016 A 20172016 20162016 20172016 20162016 . 20172016 20162016 2016 20172016 20162016 .20172016 2016 2016 2016 2017 2016 .2017 2016 20172017 20162016.2016 2016 20172017 20162017 B Bài 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của Q 2x 3 2 4 2x 3 7 và các giá trị của x tương ứng. Ta biết: A 2 A2 . Đặt: X 2x 3 , X 0 . 2 Khi đó biểu thức (*) viết thành: Q X 2 4X 7 X 2 3 3 . Dấu “=” xảy ra X 2 2x 3 2 2x 3 2 . 2x 3 2 5 *) 2x 3 2 2x 5 x . 2 1 *) 2x 3 2 2x 1 x . 2 1 x 2 Vậy minP 3 5 x 2 Bài 7. Gọi K là trung điểm cạnh EC . A Ta có: DEC vuông tại D (gt) có K là trung điểm cạnh huyền EC EC DK và DK KC 2 KCD cân tại K K· CD K· DC . D Vì ·ACD B· CD (gtCD là đường phân giác·ACB ) nên K· DC K· CD ·ACD . Ta lại có:B· KD K· CD K· DC (góc ngoài tại điểm K của KCD ) K· CD ·ACD ·ACB D· BC (gt ABC cân tại A ) E B K C EC DKB cân tại D DB DK . (đpcm) 2 Bài 8. Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD . Áp dụng hệ quả định lý Talet, ta có: B Hãy luôn chiến thắng chính mình. A Trang: 91 O P Q D C
  56. BDHSG Toán 8 OA OP - AP //BC (gt) OC OB OQ OB - BQ //AD (gt) OA OD OA OQ OP OB   OC OA OB OD OQ OP OC OD PQ //CD (định lý Talet đảo). (đpcm) Câu 9. a) Chứng minh ∆ B∆F. C AFD BC EB Vì BC // AD nên ta có (1) AD ED FB EB EF // AD nên ta có (2) FA ED BC FB Từ (1) và (2) suy ra ; AD FA Lại có µA Bµ ( 900 ) . Suy ra ∆ B∆F C (c-g-c)AFD b) Gọi K là giao điểm của AC và DF. Chứng minh KE.FC = CE.FK. ∆ B∆FC AFD B· FC D· FA C· FE D· FE Hay FE là phân đường giác của ∆CFK FK FC KE.FC CE.FK (đpcm). KE CE Câu 10. Cho ba số x, y, z. a) Chứng minh x2 y2 z2 xy yz zx Ta có x2 y2 z2 xy yz zx 1 x2 y2 z2 xy yz zx 0 2x2 2y2 2z2 2xy 2yz 2zx 0 x y 2 y z 2 z x 2 0 . Các bước biến đổi tương đương mà bất dẳng thức cuối đúng nên bất đẳng thức đầu đúng. x y z b) Khi 673 . Chứng minh xy yz zx 2019 . 3 x y z 2 Ta có 673 x y z 3.2019 3 x2 y2 z2 2 xy yz zx 3.2019 2 Kết hợp và1 ta2 có : 3 xy yz zx 3.2019 Hay xy yz zx 2019 . HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 92
  57. BDHSG Toán 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 18 Câu 1: a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x3 19x 30 Ta có: x3 19x 30 x3 9x 10x 30 x x2 9 10 x 3 x x 3 x 3 10 x 3 x 3 x2 3x 10 x 3 x 2 x 5 Vậy, x3 19x 30 x 3 x 2 x 5 . b) Chứng minh: 9n 2 và 12n 3 n N là hai số nguyên tố cùng nhau. Gọi d UCLN 9n 2,12n 3 , d N * 9n 2 d 36n 8 d Khi đó, 36n 9 36n 8 d 1d d 1 12n 3 d 36n 9 d Vậy, 9n 2 và 12n 3 n N là hai số nguyên tố cùng nhau. c) Chứng minh: số có dạng n6 n4 2n3 2n2 với n N và n 1 không phải là số chính phương. 6 4 3 2 2 4 2 2 2 Ta có n n 2n 2n n n n 2n 2 n n n 1 n 1 2 n 1 2 3 2 2 3 2 n n 1 n n 2 n n 1 n 1 n 1 n2 n 1 2 n2 2n 2 Với n N và n 1 thì n2 2n 2 n 1 2 1 n 1 2 và n2 2n 2 n2 2 n 1 n2 2 Suy ra n 1 n2 2n 2 n2 với n N và n 1 do đó n2 2n 2 không phải là số chính phương. Vậy, số có dạng n6 n4 2n3 2n2 với n N và n 1 không phải là số chính phương. Câu 2. a) Chứng minh rằng: A 2n 1 2n 1 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n . Theo giả thiết n là một số tự nhiên nên 2n 1, 2n , 2n 1 là ba số tự nhiên liên tiếp Vì tích của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 3 nên 2n 1 .2n. 2n 1 3 Mặt khác, 2n ,3 1 nên 2n 1 2n 1 3 . Vậy, A 2n 1 2n 1 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n . b) Tìm các số nguyên n để B n2 n 13 là số chính phương? Ta có B là số chính phương thì 4B cũng là số chính phương. Đặt 4B k 2 , k N Khi đó, 4B 4n2 4n 52 k 2 2n 1 k 2n 1 k 51 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 93
  58. BDHSG Toán 8 Vì 2n 1 k 2n 1 k nên ta có 4 trường hợp: 2n 1 k 1 2n 1 k 3 2n 1 k 51 2n 1 k 17 , , , 2n 1 k 51 2n 1 k 17 2n 1 k 1 2n 1 k 3 Giải ra ta lần lượt được: n 12,n 3,n 13,n 4 Vậy, khi n 12 hoặc n 3 hoặc n 13 hoặc n 4 thì B n2 n 13 là số chính phương. Câu 3 Giải các phương trình sau: a) x2 x 2 3x 7 0 2 2 1 7 Ta có x x 2 x 0 với mọi x . 2 4 Do đó, x2 x 2 3x 7 0 x2 x 2 3x 7 0 x2 4x 4 9 0 x 5 x 1 0 x 5 x 1 Vậy, S 1;5 x3 x2 x b) 1 x x 2 ĐKXĐ: x 0, x 2 x3 x2 x Ta có 1 x3 x2 x x x 2 0 x x 2 x 0(loai) 3 2 + Với x 2 , ta có pt x 2x 3x 0 x x 1 x 3 0 x 1 x 3 + Với x 2 , ta có pt x3 x 0 x x2 1 0 x 0 loai Vậy, S 3;1 . c) Ta có: x 1 2x 3 x 4 x 1 2x 3 x 4 (*) 3 Các giá trị đặc biệt : x 1; x ; x 0 2 Lập bảng xét dấu bỏ giá trị tuyệt đối : x 3 0 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2x 3 2x 3 2x 3 2x 3 2x 3 x - x - x x x VT 2x 2 2x 4 4 2x 2 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 94
  59. BDHSG Toán 8 3 + Xét x , pt đã cho trở thành 2x 2 4 x 3 ( nhận ) 2 3 + Xét x 0 , pt đã cho trở thành 2x 4 4 x 0 ( nhận ) 2 + Xét 0 x 1 , pt đã cho trở thành 4 4 0 x 1 ( nhận ) + Xét x 1 , pt đã cho trở thành 2x 2 4 x 1 ( nhận ) KL : Pt đã cho có các nghiệm là : x 3; 0 x 1 . Câu 4. Với a,b,c 0 . Hãy chứng minh các BĐT: ab bc a) 2b c a ab bc Với a 0,b 0,c 0 nên 0, 0 c a ab bc ab bc ab bc Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương và ta được 2 . 2 b2 2b c a c a c a Dấu “=” a c 0 ab bc Vậy, 2b với a,b,c 0 . Dấu “=” a c 0 . c a ab bc ca b) a b c c a b ab bc 2b c a ab ac ab bc ca Áp dụng kết quả câu a, ta có: 2a a b c c b c a b bc ca 2c a b Dấu “=” a b c 0 . ab bc ca Vậy, a b c . Dấu “=” a b c 0 . c a b a3 b3 b3 c3 c3 a3 c) a b c . 2ab 2bc 2ca a3 b3 b3 c3 c3 a3 a2 b2 b2 c2 c2 a2 Ta có 2ab 2bc 2ca 2b 2a 2c 2b 2a 2c a2 c2 a2c2 ac 2 2 2b 2b 4b b b2 c2 bc Áp dụng kết quả câu a, ta có: 2a 2a c a2 b2 ab 2c 2c c a3 b3 b3 c3 c3 a3 ab bc ca a b c 2ab 2bc 2ca c a b Dấu “=” a b c 0 . Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 95
  60. BDHSG Toán 8 a3 b3 b3 c3 c3 a3 Vậy, a b c . Dấu “=” a b c 0 . 2ab 2bc 2ca x4 x2 1 Câu 5. a) Cho x2 4x 1 0 . Tính E x2 x2 x 1 *Cách 1: Ta có x2 4x 1 0 x2 x 1 3x 3, x 0 x x4 x2 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 2x E 2 . 3. 3. 3. 3 5 15. x x x x x x x4 x2 1 Vậy, E 15 khi x2 4x 1 0 . x2 2 2 2 x4 x2 1 x 1 x 4x x2 15x2 *Cách 2: E 15, x 0 x2 x2 x2 x2 x x2 b) Cho a . Tính F theo a x2 x 1 x4 x2 1 + Xét x 0 thì a 0 F 0 + Xét x 0 thì a 0 x2 x x x Ta có F  a  1 x4 x2 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 2x 1 1 2a x2 a Mặt khác, 2 2 x2 x x a a x2 x 1 1 2a a a2 Từ 1 và 2 suy ra F a  1 2a 1 2a a2 x Vậy, F khi a . 1 2a x2 x 1 Câu 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 xy , trong đó x, y là các số thực thoả mãn điều kiện: x2013 y2013 2x1006 y1006 . 2 Ta có: x2013 y2013 2x1006 y1006 x2013 y2013 4x2012 y2012 (2) 2 Mặt khác: x2013 y2013 4x2013 y2013 (3) Từ (2) và (3) suy ra: 4x2012 y2012 4x2013 y2013 Hay : 4x2012 y2012 (1 xy) 0 .Do đó P 1 xy 0 . Đẳng thức xảy ra khi: xy 1 x2013 y2013 1 (4). x2013 y2013 1 x 1 Từ (1) và (4) ta có: . 2013 2013 x y 2 y 1 Vậy Min (P) = 0 khi x = y =1. Câu 7. Vì AB AC BC nên 2BC AB AC 3BC AB AC BC 18 BC 6 1 Theo BĐT tam giác ta có: BC AB AC 2BC AB AC BC 18 BC 9 2 Từ 1 và 2 suy ra 6 BC 9 mà BC có độ dài là một số chẵn. Do đó BC 8cm . Tương tự, c/m được 2 AB AC 8 và AB AC 10 Suy ra AB 3cm, AC 7cm hoặc AB 4cm, AC 6cm Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 96
  61. BDHSG Toán 8 Vậy, AB 3cm, AC 7cm, BC 8cm hoặc AB 4cm, AC 6cm, BC 8cm . A Câu 8. Chứng minh rằng AE//BC. E Gọi K là giao điểm của AC và DE. Vì: ·ADB = 300 ; ·ADK = 900 H 0 Suy ra K·DC = 60 K Và DEC đều C B D DK AB 1 Nên ABC DKC (g.g) Þ = = . DC AC 3 1 1 KD 1 Do đó DK = DC = DE Þ = (1) . 3 3 KE 2 1 KH 1 Kẻ CHDE (H DE) thìDH = DE Þ = ; 2 KD 2 Mặt khác AD//CH (cùng vuông góc với DH) ; KC KH 1 Nên theo Talet ta có: = = (2). KA KD 2 Từ (1), (2) và do A·KE = C·KD nên theo Talet AE//CD. Câu 9. Tính diện tích tam giác ABC. + Gọi h là khoảng cách từ K đến AB, ta có: S AE h / 2 AE AE 1 AKE . S BKE BE h / 2 BE BE 2 A S ACE 1 + Suy ra: S BCE 2S ACE S BCE 2 S AKM MA E 10 + Tương tự: 1 S AKM S CKM S CKM MB M Đặt x S S , ta có: AKM CKM 20 K SABM SCBM 20 10 x x SBCK SBCK 30 Do đó, SBCK SBEK 20 30 50 Mà BE = 2AE S 25 S 75 (đvdt) AEC ABC B D C AM AN PQ Câu 10.a) Chứng minh rằng: 1. AB AC AQ Gọi E, F là giao điểm của NP, MP với BC. Do NE//AB, MF//AC nên theo Thales ta có: A AM FC AN BE ; AB BC AC BC M N PQ EQ FQ EQ FQ EF . P AQ BQ QC BQ QC BC AM AN PQ FC BE EF Từ đó: 1 (đpcm). AB AC AQ BC BC BC B E Q F C AM.AN.PQ 1 b) Xác định vị trí điểm Q để . AB.AC.AQ 27 AM AN PQ Áp dụng câu a) và BĐT Cauchy cho 3 số dương: , , : AB AC AQ Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 97
  62. BDHSG Toán 8 AM AN PQ AM AN PQ AM AN PQ 1 1= 33 . . . . . AB AC AQ AB AC AQ AB AC AQ 27 AM AN PQ 1 Dấu “=” xảy ra . AB AC AQ 3 Khi đó MN//BC. Vì AQ đi qua trung điểm MN nên Q là trung điểm của BC. AM.AN.PQ 1 Vậy, khi Q là trung điểm của BC thì . AB.AC.AQ 27 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 19 Câu 1. a) Cho a2 b2 2 . Chứng minh rằng: a b 2 . Ta có a2 b2 2 mà 2ab a2 b2 2 Do đó a2 b2 2ab 2 2 a b 2 4 a b 2 2 a b 2 . Vậy, nếu a2 b2 2 thì a b 2 . b) Cho a, b là các số tùy ý. Chứng minh: 4a a b a 1 a b 1 b2 0 Đặt B 4a a b a 1 a b 1 b2 4 a2 ab a a2 ab a b b2 Đặt m a2 ab a , ta có: B 4m. m b b2 4m2 4mb b2 2m b 2 0 Vậy, 4a a b a 1 a b 1 b2 0 . Dấu “=” 2m b 0 2 a2 ab a b 0 . c) Cho a, b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh: abc b c a a c b a b c . Đặt b c a x 0, a c b y 0,a b c z 0 thì xyz 0 và x y 2a, y z 2b, z x 2c C/m BĐT phụ: x y y z z x 8xyz với x, y, z 0 . Thật vậy, ta có x y 2 4xy, y z 2 4yz, z x 2 4zx 2 2 2 2 2 2 2 2 Suy ra x y y z z x 64x y z x y y z z x 8xyz x y y z z x 8xyz ( cả hai vế đều không âm) Do đó, x y y z z x 8xyz với x, y, z 0 . Dấu “=” x y z 0 Áp dụng BĐT trên, ta có 2a . 2b . 2c 8 b c a a c b a b c abc b c a a c b a b c Vậy, abc b c a a c b a b c . Dấu “=” a b c tam giác đã cho đều. Câu 2. a) Ta có: A x a1 x a2 x a2m 1 x a2m x a1 x a2 x am am 1 x am 2 x a2m x x a1 x a2 x am am 1 x am 2 x a2m x am 1 am 2 a2m a1 a2 am Dấu “=” am x am 1 . Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 98
  63. BDHSG Toán 8 Vậy, GTNN A am 1 am 2 a2m a1 a2 am . Dấu “=” am x am 1 . b) Ta có: B x a1 x a2 x a2m 2 x a2m 1 x a1 x a2 x am am 1 x am 2 x a2m 1 x x a1 x a2 x am 1 0 am 1 x am 2 x a2m 1 x am 1 am 2 a2m 1 a1 a2 am 1 Dấu “=” x am . Vậy, GTNN B am 1 am 2 a2m 1 a1 a2 am 1 . Dấu “=” x am . 14 4 54 4 94 4 214 4 Câu 3. Rút gọn biểu thức: P 34 4 74 4 114 4 234 4 2 Xét n4 4 n2 2 2n 2 n2 2n 2 n2 2n 2 n 1 2 1 n 1 2 1 14 4 54 4 94 4 214 4 Do đó, P 34 4 74 4 114 4 234 4 2 2 2 2 2 2 0 1 2 1 4 1 6 1 20 1 22 1 1 1 . 22 1 42 1 62 1 82 1 222 1 242 1 242 1 577 2x 3x Câu 4. Giải phương trình: 1 x2 4x 7 2 x2 5x 7 2x 3x 4x 3x Ta có: 1 1 x2 4x 7 2 x2 5x 7 2x2 8x 14 2x2 10x 14 + Với x 0 không là nghiệm của phương trình 4 3 +Với x 0 phương trình đã cho được viết lại: 1 14 14 2x 8 2x 10 x x 14 4 3 Đặt y 2x 9 , phương trình viết lại theo ẩn y là 1 x y 1 y 1 4 y 1 3 y 1 y 1 y 1 2 y 0 y 7y 0 y 7 + Với y 0 thì 2x2 9x 14 0 ( vô nghiệm ) 2 x 1 + Với y 0 thì x 8x 7 0 nhân x 7 Vậy, S 1;7 Câu 4. Cho m, n là các số thực thay đổi sao cho m2 n2 5 (1). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q m n mn 1 (2). Từ (2) ta có: 2Q 2 m n 2mn 2 Do đó: 2Q m2 n2 m2 n2 2m 2n 2mn 2 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 99
  64. BDHSG Toán 8 m n 1 2 1 1 Suy ra:2Q 1 m2 n2 4 (do (1)) Q 2 . m 2 m2 n2 5 n 1 Dấu “=” xảy ra . m n 1 0 m 1 n 2 Vậy Min Q = -2 khi m =-2, n =1 hoặc m =1, n = -2. Câu 6.Tìm các số nguyên tố p sao cho 7p + 1 bằng lập phương một số tự nhiên. Giả sử 7 p 1 m3 m ¥ , mà p 2 m 3 Khi đó 7 p m3 1 m 1 m2 m 1 (*) Vì 7, p là các số nguyên tố, m 1 1,m2 m 1 1 nên từ (*) suy ra m 1 7 hoặc m2 m 1 7 . a) m 1 7 m 8 p 73; m3 512 7.73 1, đúng. b) m2 m 1 7 m2 m 6 0 . Giải ra ta được m = 2 hoặc m = -3 đều không thỏa mãn điều kiện m 3 . Vậy chỉ có số nguyên tố p = 73 là số cần tìm. Câu 7. So sánh GA và GB. Gọi I là trung điểm của AB. Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của ∆ABC IE // BC Mà GF  BC GF IE (1) A I B Chứng minh tương tự GE  IF (2) Từ (1) và (2) G là trực tâm của ∆EIF IG  EF (3) G F E Dễ chứng minh EF // AB (4) C Từ (3) và (4) IG  AB D Vậy ∆AGB cân tại G GA = GB. BH Câu 8. Chứng minh rằng: 1 A CD Kẻ DK vuông góc với AC tại D, K AB , kẻ DL vuông góc với BC tại L, Gọi O là giao điểm của DL và BH. 1 Ta có D· BC D· BH H· BC ·AKD 900 Cµ D 2 1 1 K 900 µA 900 Cµ 900 1800 2Cµ 900 Cµ 450 2 2 Suy ra tam giác BDL vuông cân tại L BL DL . O C Hãy luôn chiến thắng chính mình. B Trang:L 100
  65. BDHSG Toán 8 C/m: BLO DLC cgv gnk Suy ra BO = DC Mà BH = BO + OH > BO. Do đó, BH > DC BH Suy ra 1 (đpcm) CD a b c 3 Câu 9.a) Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng: b c c a a b 2 ( Xem câu 3b đề 14) k k k b). Tìm giá trị bé nhất của biểu thức a b c ha hb hc Đặt BC a, AC b, AC b . A 1 Ta có S a.h 1 F' ABC 2 a k 1 c E Mặt khác, SABC SABD SADC b c .ka 2 2 F ka a Từ (1) và (2) suy ra h a kb ha b c D' k b k c Tương tự, b , c ka C hb c a hc a b B A' D E' k k k a b c 3 Suy ra a b c ( theo câu a) ha hb hc b c c a a b 2 k k k 3 Suy ra GTNN a b c a b c . Lúc đó tam giác ABC đều. ha hb hc 2 Câu 10. ABCD là hình bình hành nên N D· AB C· DA 1800 Từ giả thiết ta lại có B C M· AN D· AB M· AB D· AN 1800 Suy ra M· AN C· DA Từ đó . MAN CDA (c.g.c) A Do đó ·AMN D· CA B· AC . D Lại có AB  AM Suy ra MN  AC. M HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 101
  66. BDHSG Toán 8 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 20 PHÒNG GD&ĐT HUYỆN TUY AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH CẤP TRƯỜNG LỚP 8 THCS NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM (Bảng hướng dẫn chấm gồm 6 trang) I- Hướng dẫn chung: 1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- Đáp án và thang điểm: CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1. 4,00 đ x 2 1 10 x2 1,00 đ a) Rút gọn M 2 : x 2 x 4 2 x x 2 x 2 ĐKXĐ: x 2 0,25 đ x 2 x 2 x 2 6 6 x 2 1 Ta có: M :  x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 6 2 x 0,50 đ 1 Vậy, M , x 2 0,25 đ 2 x 1 b) Tính giá trị của M , biết x . 2 1,00 đ 1 1 1 0,25 đ Ta có: x x hoặc x . 2 2 2 0,25 đ Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 102
  67. BDHSG Toán 8 1 1 2 + Với x ( thỏa ĐKXĐ) thì M 1 0,25 đ 2 2 3 2 1 1 2 + Với x ( thỏa ĐKXĐ) thì M 0,25 đ 1 2 2 5 2 1 2 2 Vậy, khi x thì M hoặc M 2 3 5 c) Tìm giá trị của x để M 0 . 1,00 đ 1 0,50đ Ta có: M 0 0 2 x 0 x 2 (thỏa ĐKXĐ) 2 x Vậy, M 0 x 2 0,50 đ d) Tìm các giá trị nguyên của x để M có giá trị nguyên. 1,00 đ 1 0,50đ Để M có giá trị nguyên khi x nguyên và x 2 thì 2 x U 1 1;1 2 x Giải ra x 1 hoặc x 3 ( thỏa ĐKXĐ) 0,25 đ Suy ra x 1;3 thì M có giá trị nguyên. 0,25 đ Câu 2. 4,00 đ a) Phân tích đa thức A a3 b3 c3 3abc thành nhân tử. Từ đó suy ra điều kiện của 1,00 đ a,b,c để a3 b3 c3 3abc . 1 2 2 2 0,50 đ Ta có: A a3 b3 c3 3abc a b c a b b c c a 2 Để a3 b3 c3 3abc 0,25 đ a3 b3 c3 3abc 0 1 2 2 2 a b c a b b c c a 0 2 0,25 đ a b c 0 a b c 1 1 1 yz zx xy b) Cho 0 .Tính giá trị của biểu thức sau: B . x y z x2 y2 z2 1,00 đ 1 1 1 1 1 1 1 0,25 đ Áp dụng câu a), vì 0 nên 3. ( ĐKXĐ: x, y, z 0 ) x y z x3 y3 z3 xyz yz zx xy xyz xyz xyz Ta có: B 0,50 đ x2 y2 z2 x3 y3 z3 1 1 1 1 xyz. 3 3 3 xyz.3. 3 x y z xyz 0,25 đ 1 1 1 Vậy, B 3 khi 0 x y z c) Cho x, y, z là ba số thực khác 0, thỏa mãn x y z 0 và x3 y3 z3 3xyz . 1,00 đ x2019 y2019 z2019 Tính C . x y z 2019 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 103
  68. BDHSG Toán 8 Áp dụng câu a), vìx, y, z là ba số thực khác 0, thỏa mãn x y z 0 và 0,25 đ x3 y3 z3 3xyz nên x y z 0 . x2019 y2019 z2019 3.x2019 1 Do đó, C x y z 2019 3x 2019 32018 0,50 đ 1 Vậy, Cvới là bax, sốy, zthực khác 0, thỏa mãn x vày z 0 32018 0,25 đ x3 y3 z3 3xyz 3 3 3 d) Giải phương trình: (x- 2018) + (x- 2019) - (2x- 4037) = 0 . 1,00 đ 3 3 3 Ta có: (x- 2018) + (x- 2019) - (2x- 4037) = 0 0,25 đ 3 3 3 x 2018 x 2019 4037 2x 0 Vì x 2018 x 2019 4037 2x 0 nên theo câu a) ta có: 0,25 đ 3 3 3 x 2018 x 2019 4037 2x 0 3 x 2018 x 2019 4037 2x 0 x 2018 0 x 2018 0,25 đ x 2019 0 x 2019 4037 2x 0 4037 x 2 0,25 đ 4037  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là : S 2018;2019;  2  Câu 3. 4,00 đ 3 4x 2,00 đ a) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức K 2x2 2 2 2 2 3 4x x2 4x 4 x2 1 x 2 x 1 x 2 1 1 Ta có: K 0,50 đ 2x2 2 2 x2 1 2 x2 1 2 x2 1 2 2 Dấu “=” x 2 0 x 2 0,25 đ 1 0,25 đ Suy ra GTNN K x 2 2 2 2 3 4x 4x2 4 4x2 4x 1 4x 4 4x 4x 1 0,50 đ Ta có: K 2x2 2 2 x2 1 2 x2 1 2 4 x2 1 2x 1 2x 1 2 2 2 2 2 2 x 1 2 x 1 0,25 đ 1 Dấu “=” 2x 1 0 x 2 0,25 đ 1 Suy ra GTLN K 2 x 2 Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 104
  69. BDHSG Toán 8 b) Xác định các hệ số hữu tỉ a và b sao cho f x x4 ax2 b chia hết cho 2,00 đ g x x2 x 1. Phép chia hết của f x x4 ax2 b cho g x x2 x 1 có đa thức thương dạng 0,25 đ h x x2 cx b . Ta viết x4 ax2 b x2 x 1 x2 cx b với mọi x 0,25 đ 0,25 đ 2 2 4 3 2 3 2 2 Ta có: x x 1 x cx b x c x bx x cx bx x cx b 0,25 đ x4 c 1 x3 b c 1 x2 b c x b 0,25 đ 4 2 4 3 2 Suy ra x ax b x c 1 x b c 1 x b c x b với mọi x 0,25 đ Đồng nhất thức hai vế, ta được: c 1 0, b c 1 a, b c 0 0,25 đ Suy ra a b c 1 0,25 đ Vậy, a b 1 Câu 4. 3,00 đ A I B E C D H M a) Chứng minh: AB 2AD . 1,00 đ Ta có: AB = 2AI (Vì I là trung điểm của AB ) (1) 0,25 đ Ta lại có:·ADI I·DC ( Vì DI là phân giác của ·ADC ), 0,50 đ mà ·AID I·DC ( Vì AB // DC, slt) Do đó, ·ADI ·AID suy ra ADI cân tại A nên AD AI 2 0,25 đ Từ (1) và (2) suy ra AB 2AD b) Kẻ AH  DC (H DC) . Chứng minh: DI 2AH 1,50 đ Gọi M là trung điểm của DC, E là giao điểm của AM và DI. 0,50 đ 1 · 0 Ta có DA DM AB và ADM 60 nên tam giác ADM đều. 2 0,50 đ Suy ra DI là đường phân giác nên cũng là đường cao. Do đó, DI  AM tại E. 0,25 đ Vì ADM đều có AH, DE là hai đường cao nên AH DE 3 Vì ADI cân tại A, có AE  DI tại E nên DI 2DE 4 0,25 đ Từ (3) và (4) suy ra .DI 2AH c) Chứng minh: AC  AD . 0,50 đ 1 Xét tam giác ADC có AM là đường trung tuyến và AM DM DC nên D· AC 900 . 2 0,50 đ Vậy,.AC  AD Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 105
  70. BDHSG Toán 8 Câu 5. A 3,00 đ E D B C F a) Chứng minh hệ thức: AB2 AE.AF . 1,50 đ Ta có : BD / /FC ( cùng vuông góc với AC ) AD AB 0,50 đ Suy ra (1) AC AF Ta lại có: AB AC và AE AD (?) (2) 0,50 đ AE AB Từ (1) và (2) suy ra , do đó .AB2 AE.AF 0,50 đ AB AF CE BE 1,50 đ b) Chứng minh: . CF BF + C/m : BCE CBD ch gn 0,50 đ Suy ra B· CE D· BC + Mặt khác, D· BC B· CF ( Vì BD // FC, slt ) Suy ra B· CE B· CF 0,50 đ Khi đó CB là đường phân giác của ECF . CE BE 0,50 đ Suy ra ( đpcm ) CF BF Câu 6. A B 2,00 đ H K M D C Chứng minh: BM  MD . Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 106
  71. BDHSG Toán 8 Gọi K là trung điểm của DH. C/m: MK là đường trung bình của DHC . 1 0,50 đ Suy ra KM / /DC và KM DC 1 2 1 Ta lại có: AB DC và AB // DC (gt) (2) 2 0,50 đ Từ (1) và (2) suy ra AB KM và AB / /KM Do đó, ABMK là hình bình hành, cho ta BM / / AK (3) 0,50 đ Vì MK / / AB và AB  AD(gt) nên MK  AD Trong tam giác ADM có MK  AD và DH  AM nên K là trực tâm của tam giác 0,50 đ ADM, do đó AK  DM (4) Từ (3) và (4) suy ra BM  MD (đpcm) . Hãy luôn chiến thắng chính mình. Trang: 107