Bồi dưỡng HS giỏi Toán 8
* * * * *
• BÀI 15:
Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH. Trên tia HC lấy HD =
HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
a) Chứng minh AE = AB.
b) Gọi M là trung điểm của BE. Tính góc AHM.
Giải
a) Kẻ EF
⊥
AH. Ta có:

µ
F
= 90
0
,
µ
H
= 90
0
,
µ
D
= 90
0
 Tứ giác EFHD là HCN
 EF = AH
Xét
∆
AHB và

( đường TT ứng với cạnh huyền)
=>
∆
AMH =
∆
DMH (c.c.c)
=>
·
·
AHM DHM=
=>
·
AHM
= 45
0
* BÀI 16:
Cho tam giác ABC có chu vi bằng 18. Trong đó BC là cạnh lớn nhất. Đường
phân giác góc B cắt AC ở M sao cho
1
2
MA
MC
=
. Đường phân giác góc C cắt AB ở N sao
cho
3
4
NA
NB
=

D
H
F
C
B
A
M
C
N
B
A
 AC =
3
4
BC
(2)
Mà : AB + BC + AC = 18 (3)
Từ (1), (2) và (3) =>
2
BC
+ BC +
3
4
BC
= 18
 BC = 8 ; AB = 4; AC = 6
• BÀI 17:
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x
2

a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠
1
2
A =
2 2
1 2 3 1 1
3 3 3 3
x x x x x x
x x x
+ + − − −
− = =
b) Thay x = 6022 vào A ta có:
A =
6022 1
3
−
= 2007
c) A nhận giá trò nguyên khi x nguyên và x – 1 chia hết cho 3. Ta có:
x – 1 = 3k => x = 3k + 1 (với k nguyên)
Vậy với x = 3k + 1 (k nguyên) thì A nhận giá trò nguyên.
• BÀI 19:
Giải phương trình:
148 169 186 199
10
25 23 21 19
x x x x− − − −
+ + + =
Giải

148 169 186 199

E. CM:
a) BD.CE =
2
4
BC
b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
c) Chu vi tam giác ADE không đổi.
Giải
a) Trong
∆
BDM ta có:

¶
¶
0
1 1
120D M= −

Vì
¶
2
M
= 60
0
nên ta có:
¶
¶
0
3 1
120M M= −

=>
BD BM
MD EM
=
µ
¶
2
B M=
= 60
0
=>
∆
BMD ~
∆
MED (c.g.c)
=>
¶
¶
1 2
D D=
=> DM là phân giác
·
BDE
CM tương tự ta có: EM là phân giác
·
CED
c) Kẻ MH
⊥
AB; MI
⊥

Cho x +
1
x
= a. Tính:
a) x
2
+
2
1
x
K
H
I
E
D
C
y
M
x
B
A
b) x
3
+
3
1
x
c) x
4
+

+
3
1
x
=
2
2
1 1
1x x
x x
  
+ − +
 ÷ ÷
  
=
2
1 1
1x x
x x
  
+ + −
 ÷ ÷
  
= a(a
2
– 2 – 1) = a(a
2
– 3)
c) x
4

– 2)
2
– 2 = a
4
– 4a
2
– 4 – 2 = a
4
– 4a
2
+ 2
d) x
5
+
5
1
x
=
4 3 2
2 3 4
1 1 1 1 1
. . .x x x x x
x x x x x
  
+ − + − +
 ÷ ÷
  
=
4 2
4 2

2
+ 2 – a
2
+ 2 + 1)
= a(a
4
– 5a
2
+ 5) = a
5
– 5a
3
+ 5
• BÀI 22:
Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ:
3
2
2
1 1
13 16 0x x
x x
   
+ − + + =
 ÷  ÷
   
Đặt y =
1
x
x
 

– 6 – 13y + 16 = 0
 3y
2
– 13y + 10 = 0
 3y
2
– 10y – 3y + 10 = 0
 3y(y – 1) – 10(y – 1) = 0
 (y – 1)(3y – 10) = 0
 y = 1 và y =
10
3
* y = 1  x +
1
x
= 1
=> x
2
– x + 1 = 0

2
1 3
2 4
x
 
− +
 ÷
 
> 0
∀

– 4a
2
b
2
+ 4b
4
= (a
2
)
2
+ 2.2a
2
b
2
+ 4b
2
– 4a
2
b
2
= (a
2
+ 2b
2
)
2
– (2ab)
2
= (a
2

2
+ 1)
2
– a
2
= (a
2
– a + 1)(a
2
+ a + 1)
• BÀI 24:
Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp đặt biến phụ)
a) Q = (x
2
+ x + 1)(x
2
+ x + 2) – 12
Đặt: Y = x
2
+ x + 1 ta có:
Q = Y(Y + 1) – 12
= Y
2
+ Y – 12
= Y
2
– 3Y + 4Y – 12
= (Y – 3)(Y + 4)
Trở về biến x ta được:
Q = (x

+ 2Y – 24
= Y
2
+ 6Y – 4Y – 24
= (Y + 6)(Y – 4)
Trở về biến x ta được:
P = (x
2
+ 5x + 4 + 6)(x
2
+ 5x + 4 – 4)
P = (x
2
+ 5x + 10)(x
2
+ 5x )
= x(x + 5)(x
2
+ 5x + 10)
*BÀI 25:
Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp phối hợp nhiều pp)
a) x
10
+ x
8
+ x
6
+ x
4
+ x

+ 1)
= (x
4
+ x
3
– x
3
+ x
2
+ x
2
– x
2
+ x – x + 1)[(x
2
)
3
+ 1
3
]
= [(x
4
+ x
3
+ x
2
) – (x
3
+ x
2

) + 2abc
= ab
2
+ ac
2
+ bc
2
+ ba
2
+ (ca
2
+ cb
2
+ 2abc)
= ab(b + a) + c
2
(a + b) + c(a
2
+ b
2
+ 2ab)
= (a + b)[(ab + c
2
) + c(a + b)]
= (a + b)(ab + c
2
+ ac + bc)
= (a + b)(b + c)(c + a)

*BÀI 26:

* BÀI 27:
Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Các đoạn
thẳng cắt nhau tại I. CM: IA = AD.
Giải
Từ A kẻ AP
⊥
DN cắt DC tại K, cắt DN tại I.
Xét
∆
MCB và
∆
NDC có:
DC = BC
NC = BM

µ
µ
B C=
= 90
0
=>
∆
MCB =
∆
NDC (c.g.c)
=>
·
·
BMC DNC=
Mà:

·
ADC MBC=
= 90
0
=>
∆
ADK =
∆
CBM (g.c.g)
=> DK = BM
Mà M là trung điểm của AB => K là trung điểm của CD
 DP = IP ( PK là đường TB
∆
DIC)

∆
DAI cân tại A
 AD = AI
*BÀI 28:
B
I
C
M
N
F
E
D
A
K
P

CB BA
=
=> AB
2
= CB.BH
= 25. 9 = 225
 AB = 15 (cm)
p dụng ĐL Pitago trong
∆
vuông ABC ta có:
AC
2
= BC
2
– AB
2
= 25
2
– 15
2
= 625 – 225 = 400
 AC = 20 (cm)
Chu vi
∆
ABC:
AB + AC + BC = 15 + 20 + 25 = 60 (cm)
• BÀI 29:
Giải phương trình:
3x
4

x
= y => x
2
+
2
1
x
= y
2
– 2
3(y
2
– 2) – 13y + 16 = 0
 (y – 1)(3y – 10) = 0 
1
10
3
y
y
=



=


* y = 1 => x +
1
x
= 1 PT này VN.

3
và x = 3.
16cm
9cm
C
H
B
A
*BÀI 30: Chứng minh rằng:
a)
2
a b
b a
+ ≥
(với a, b > 0)
b)
6
a b b c c a
c a b
+ + +
+ + ≥
(với a, b, c > 0)
c) (a
2
+ b
2
)c + (b
2
+ c
2

2
+ b
2
)c + (b
2
+ c
2
)a + (c
2
+ a
2
)b ≥ 6abc
Xảy ra đẳng thức  a = b = c
a) Ta có:
(a - b)
2
≥ 0 <=> a
2
+ b
2
-2ab ≥ 0
 a
2
+ b
2
≥ 2ab

2 2
2
a b


1 1 1 1 1
( 1) ( 1)( 2) ( 2)( 3) ( 3)( 4) ( 4)( 5)x x x x x x x x x x
+ + + +
+ + + + + + + + +
< 0

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 2 2 3 3 4 4 5x x x x x x x x x x
− + − + − + − + −
+ + + + + + + + +
< 0

1 1
5x x
−
+
< 0

5
( 5)x x +
< 0
ĐKXĐ : x ≠ 0 ; x ≠ -5
• Nếu x > 0 thì x(x + 5) > 0 
5
( 5)x x +
> 0
Vậy BPT vô nghiệm.
• Nếu -5 < x < 0 thì x(x + 5) < 0 
5

1x +
= x + 1
P.t trở thành: x – 4 + x + 1 = 9 (ĐK: x > 4)
 x = 6 (TMĐK)
Vậy p.t đã cho có tập nghiệm là S =
{ }
3;6−
• BÀI 33: Rút gọn các biểu thức: (n là số nguyên dương)
a) A =
1 1 1 1

1.3 3.5 5.7 (2 1)(2 1)n n
+ + + +
− +
Ta có:

1 1 2
2 1 2 1 (2 1)(2 1)n n n n
− =
− + − +
Do đó:
2A =
1 1 1 1 1 1

1 3 3 5 2 1 2 1n n
− + − + + −
− +
= 1 -
1 2
2 1 2 1

+
- Nếu m + 4 = 0  m = -4 p.t trở thành: 0x = -6 VN
- Không có giá trò nào của m để p.t có VSN.

* BÀI 35:
Cho A = 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2a
2
c
2
– a
4
– b
4
– c
4
a) Phân tích A thành nhân tử.
b) CMR: Nếu a, b, c là 3 cạnh của tam giác thì A > 0.
Giải
a) A = 4a
2
b
2

2
+ b
2
– c
2
)(2ab – a
2
– b
2
+ c
2
)
= [(a + b)
2
– c
2
][-(a – b)
2
+ c
2
]
A = (a + b + c)(a + b – c)(c + a – b)(c – a + b)
b) Nếu a, b, c là các cạnh của tam giác thì:
a + b + c > 0 ; a + b – c > 0 ; c + a – b > 0 ; c – a + b > 0
=> A > 0
* BÀI 36:
Tính giá trò của đa thức:
a) P(x) = x
7
– 80x

4
– x
4
+……… +79x + x + 15
= x
6
(x – 79) – x
5
(x – 79) + x
4
(x – 79)- ………… –x(x – 79) + x + 15
Thay x = 79 vào ta có:
P(79) = 94
b) Ta có:
Q(x) = x
14
– 9x
13
– x
13
+ 9x
12
+ x
12
– 9x
11
- ………… + 9x
2
+ x
2

B
D
A

µ
D
= 90
0
( MD
⊥
AB)

µ
E
= 90
0
( ME
⊥
AC)
 Tứ giác ADME là HCN.
 DE = AM (2 đường chéo HCN)
b) Ta có MB = MC (gt)
MD // AC (2 cạnh đối HCN)
 D là trung điểm của AB.
CM tương tự ta có:
E là trung điểm của AC.
=> DE là đường TB của
∆
ABC.
=> DE // BC

2BH
=
=> BH = 6 cm
Ta lại có:
∆
ABC cân tại A có AH là đường cao nên cũng là trung tuyến.
 BC = 2BH = 2.6 = 12 cm
Chu vi
∆
ABC = 9 + 9 + 12 = 30 cm
*BÀI 39:
Tìm các giá trò nguyên của x để giá trò của phân thức sau cũng là số nguyên.
A =
2
3 4 17
2
x x
x
− −
+
ĐKXĐ: x ≠ -2
Ta có: A = (3x – 10) +
3
2x +
A nguyên 
3
2x +
nguyên  3
M
(x + 2)  x + 2

A =
2 2
2
2001 2 1x x x
x
+ − +
=
2 2
2 2
2001 ( 1)x x
x x
−
+
= 2001 +
2
2
( 1)x
x
−
Vì : (x – 1)
2
≥ 0 và x
2
> 0
Nên: 2001 +
2
2
( 1)
2001
x

=>
∆
AMO =
∆
ONB (CH-GN)
=> BN = OM
CM tương tự ta có:
∆
CPO =
∆
OQD
 CP = OQ
AM
2
+ BN
2
+ CP
2
+ DQ
2

= (OA
2
– OM
2
) + (OB
2
– ON
2
) + (OC

2
+ OD
2
) – [(BN
2
+ (OB
2
– BN
2
) + (OC
2
– CP
2
) + CP
2
]
= OA
2
+ OB
2
+ OC
2
+ OD
2
– OB
2
– OC
2
= OA
2

+ +
không phụ thuộc vào vò trí của điểm M thuộc
miền trong tam giác ABC.
Giải
a) Kẻ MH
⊥
BC ; AK
⊥
BC
 MH // AK

∆
MHQ ~
∆
AKQ

MH MQ
AK AQ
=

Ta lại có:
1
. .
2
1
. .
2
MBC
ABC
MH BC

S S
SMQ MN MP
AQ BN CP S S S
+ + = + +

=
MBC MAC MAB
ABC
S S S
S
+ +
=
ABC
ABC
S
S
= 1 (hằng số)
Vậy: tổng
MQ MN MP
AQ BN CP
+ +
không phụ thuộc vào vò trí của điểm M thuộc miền trong
tam giác ABC.
M
Q
H
K
C
P
N

1 1 1
1 1
y y
y
− + − +
− +
=
2
2
2 1 1 1y y y
y
− + + − +
=
2
2
1y y
y
− +
=
2
1 1
1
y y
− +
Đặt: t =
1
y
 B = 1 – t + t
2
= t

4
 x = 1

*BÀI 44:
Cho tam giác ABC cân tại A, O là trung điểm của BC. Lấy 2 điểm M , N trên 2
cạnh BA, CA thoả mãn: BM.BN = OB
2
= OC
2
.
CM: Ba tam giác MBO, OCN và MON đồng dạng.
Giải
*Xét
∆
MBO và
∆
OCN có:

µ
µ
B C=
(gt)

MB OB
OB CN
=
=>
MB OC
OB CN
=

=>
OM OC
ON C N
=
Ta lại có:
µ
¶
¶
0
1 2 3
180O O O+ + =
Và:
¶
¶
µ
0
1 3
180N O C+ + =
Mà :
µ
¶
1 1
O N=
=>
¶
µ
2
O C=
=>
∆

2
– yx
2
+ zx
2
– zy
2
= (xy
2
– yx
2
) + (yz
2
– xz
2
) + (zx
2
– zy
2
)
= xy(y – x) + z
2
(y – x) –z(y
2
– x
2
)
= (y – x)[xy + z
2
– z(y + x)]

– x - 1 = x
3
(x + 1) – (x + 1)
= (x + 1)(x
3
– 1)
x
5
– x
4
+ x
3
– x
2
+ x – 1 = (x
5
– x
2
) – (x
4
– x) + (x
3
– 1)
= x
2
(x
3
– 1) – x(x
3
– 1) + (x

x x x x x x x x
x x x x x
− −
− + − + + − + +
− + + − +
MTC = (x – 1)(x + 1)(x
2
– x + 1)(x
2
+ x + 1)
A =
2 2
2 2
3( 1) ( 1) 4( 1)
( 1)( 1)( 1)( 1)
x x x x x
x x x x x x
+ + − − + − +
− + − + + +
=
2
3 3
2( 1)
( 1)( 1)
x
x x
−
− +
=
2

x
4
+ x
2
+ 1 =
2
2
1 3 3
2 4 4
x
 
+ + ≥
 ÷
 
=> A =
2
2
2
0
1 3
2 4
x
>
 
+ +
 ÷
 
với mọi x
BÀI 47:
Cho biểu thức: B =

1
2
KQ: B =
2
3
và B =
2
5
c) KQ: x > 2
d) KQ: x =
3
2
*BÀI 48: Giải phương trình:
(x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) = 120
 (x
2
– 5x +4)(x
2
– 5x + 6) = 120
Đặt: t = x
2
– 5x + 5 ta có:
(t – 1)(t + 1)- 120 = 0
 t
2
– 121 = 0
 t = 11 và t = - 11
* t = 11  x
2
– 5x + 5 = 11

b)
∆
AHG ~
∆
MOG.
c) Ba điểm H, G, O thẳng hàng.
Giải
a) Xét
∆
ABH và
∆
MNO có:
AH // OM
AB // MN
=>
·
·
BAH OMN=
(1)
Ta lại có:
ON // BH
AB // MN
=>
·
·
ABH ONM=
(2)
Từ (1) và (2) =>
∆
ABH ~


∆
AHG ~
∆
MOG
=>
·
·
AGH OGM=
Mà: A, G, M thẳng hàng (G là trọng tâm)
O
G
H
M
C
N
B
A
 H, G, O thẳng hàng.
• BÀI 50:
Cho hình thang cân ABCD (AB = CD và AB // CD). Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung
điểm của AB, BC, CD, DA.
a) CM: MP là phân giác của
·
QMN
.
b) Hình thang cân ABCD phải có thêm điều kiện gì đối với đường chéo để
·
MNQ
=

 QM = MN (**)
Từ (*) và (**) => MNPQ là hình thoi.
 MP là phân giác
·
QMN
.
b)
·
0
45MNQ =

·
0
90MNP =
 MN
⊥
NP
 AC
⊥
BD
b) Từ
·
0
45MNQ =
 AC
⊥
BD
 MNPQ là hình vuông
 MP = QN
Mà: MP = AH

PT có 1 nghiệm là x =
2 1
( 1)( 2) 1
a
a a a
− −
=
+ − +
• Nếu (a + 1)(a – 2) = 0
 a + 1 = 0 hoặc a – 2 = 0
 a = -1 hoặc a = 2
+ Nếu a = -1 p.t trở thành: 0x = 3 (VN)
+Nếu a = 2 p.t trở thành: 0x = 0 (VSN)
KL: -Nếu a ≠ -1 và a ≠ 2 thì p.t có 1 nghiệm x =
1
1a
−
+
- Nếu a = - 1 thì p.t VN
- Nếu a = 2 thì p.t có VSN