Giới thiệu Tài liệu tự học Toán 8 – Nguyễn Chín Em
Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Tài liệu tự học Toán 8 – Nguyễn Chín Em.
Tài liệu môn Toán sẽ luôn được cập thường xuyên từ nguồn đóng góp của quý bạn đọc và hoctoanonline.vn sưu tầm, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán mới nhất nhé.
Hơn nữa, Hoctoanonline.vn còn cung cấp file WORD Tài liệu môn Toán miễn phí nhằm hỗ trợ thầy, cô trong quá trình dạy học, biên soạn đề thi.
Tài liệu Tài liệu tự học Toán 8 – Nguyễn Chín Em
Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm nhé
8
TỰ HỌC TOÁN 8
Th.s NGUYỄN CHÍN EM
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
MỤC LỤC
PHẦN I
Đại số
1
CHƯƠNG 1 Phép nhân và phép chia đa thức
1
2
Nhân đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
Lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
B
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
Các hằng đẳng thức đáng nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Phân tích đa thức thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
B
Phân loại các dạng toán và phương pháp giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
C
Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Chia đa thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
B
Phân loại các dạng toán và phương pháp giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
C
Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
CHƯƠNG 2 Phân thức đại số
1
2
3
4
3
A
A
3
3
47
Tính chất cơ bản của phân thức, rút gọn phân thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
B
Ví dụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Các phép tính về phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
B
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
C
Bài tập tự luện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
Một số phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
A
Phương pháp tách một hạng tử thành nhiều hạng tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
B
Phương pháp thêm và bớt cùng một hạng tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
C
Phương pháp hệ số bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
D
Phương pháp xét giá trị riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
E
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
Tính chia hết của số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
A
Chứng minh quan hệ chia hết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
B
Tìm số dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
C
Tìm điều kiện để chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
D
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang i/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
5
Năm học 2019-2020
Tính chia hết đối với đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
A
Tìm dư của phép chia mà không thực hiện phép chia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
B
Sơ đồ Hoóc-ne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
C
Chứng minh một đa thức chia hết cho một đa thức khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
D
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
CHƯƠNG 3 Phương trình bậc nhất một ẩn
121
1
Khái niệm về phương trình. Phương trình bậc nhất. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
2
Phương trình tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
3
Phương trình chứa ẩn ở mẫu thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
4
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
B
Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
C
Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
Giải bài toán bằng cách lập phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
CHƯƠNG 4 Bất phương trình bậc nhất một ẩn
1
2
3
Liên hệ giữa thứ tự và phép cộng, phép nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
B
Một số ví dụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Bất phương trình bậc nhất một ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
B
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
A
4
155
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
Bất phương trình chứa ẩn trong dấu trị tuyệt đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
5
Bất phương trình tích. Bất phương trình thương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
6
Chuyên đề chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
7
A
Các tính chất của bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180
B
Các hằng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
C
Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
D
Bất đẳng thức với số tự nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
E
Vài điểm chú ý khi chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
D
Áp dụng chứng minh bất đẳng thức vào giải phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một biểu thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
A
Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một biểu thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
B
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức chứa một biến. . . . . . . . . . . . . . 210
C
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức có quan hệ ràng buộc giữa
các biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
D
Các chú ý khi tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một biểu thức . . . . . . . . . . 214
E
Bài toán cực trị với số tự nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang ii/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
PHẦN II
Hình học
CHƯƠNG 1 Tứ giác
1
2
3
5
6
7
8
9
237
Tứ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
B
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
Hình thang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
B
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241
Dựng hình bằng thước và compa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248
A
4
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
Đối xứng trục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257
B
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257
C
Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259
Hình bình hành . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263
B
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263
C
Bài tập tự luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
Đối xứng tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
A
Lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269
B
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270
Hình chữ nhật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
A
Lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
B
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274
Hình thoi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280
B
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280
Hình vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285
B
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285
CHƯƠNG 2 Đa giác. Diện tích đa giác
1
2
235
295
Đa giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295
B
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295
Diện tích của đa giác. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300
B
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang iii/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG 3 Chuyên đề
1
2
321
Tìm tập hợp điểm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
A
Hai tập hợp bằng nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
B
Các tập hợp điểm đã học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
C
Ví dụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322
D
Thứ tự nghiên cứu và trình bày lời giải bài toán tìm tập hợp điểm . . . . . . . . . . . . . . 324
E
Phân chia các trường hợp trong bài toán tìm tập hợp điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325
F
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327
Sử dụng công thức diện tích để thiết lập quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng . . . . . . . . . . 338
A
Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338
B
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339
CHƯƠNG 4 Tam giác đồng dạng
1
2
3
4
347
Định lý Ta-lét. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347
A
Lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347
B
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350
Định lý Ta-lét đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374
B
Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375
Tính chất đường phân giác của tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381
B
Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382
Các trường hợp đồng dạng của tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386
B
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386
Dạng 1. Trường hợp cạnh – cạnh – cạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386
Dạng 2. Trường hợp cạnh – góc – cạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387
Dạng 3. Trường hợp góc – góc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389
Dạng 4. Phối hợp các trường hợp cạnh – góc – cạnh và góc – góc . . . . . . . . . . . . . . . 396
Dạng 5. Dựng hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 399
5
CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA TAM GIÁC VUÔNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403
A
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403
Dạng 1. Hai tam giác vuông đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403
B
Tỉ số các đường cao, tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . 409
C
Ứng dụng thực tế của tam giác đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 416
CHƯƠNG 5 Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang iv/477
419
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
1
Năm học 2019-2020
Hình hộp chữ nhật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419
A
B
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 419
Các dạng toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 420
Dạng 1. Hình hộp chữ nhật. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 420
Dạng 2. Diện tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421
Dạng 3. Thể tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426
Dạng 4. Các dạng khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427
CHƯƠNG 6 Đường thẳng và mặt phẳng trongkhông gian. Quan hệ song song
1
Hình lăng trụ đứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431
A
2
3
431
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431
B
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432
Hình chóp đều. Hình chóp cụt đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434
A
Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434
B
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 437
C
Tính các đại lượng hình học bằng cách lập phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443
Toán cực trị hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 450
A
Bài toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 450
B
Các bất đẳng thức thường dùng để giải toán cực trị. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452
C
Các chú ý khi giải toán cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang v/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
PHẦN
I
ĐẠI SỐ
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 1/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Năm học 2019-2020
Trang 2/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG
1
PHÉP NHÂN VÀ PHÉP CHIA ĐA THỨC
BÀI
1
NHÂN ĐA THỨC
A LÝ THUYẾT
VÍ DỤ 1. Tính giá trị của biểu thức A = x4 − 17×3 + 17×2 − 17x + 20 tại x = 16.
– LỜI GIẢI.
Cách 1 Chú ý rằng x = 16 nên x − 16 = 0, do đó ta biến đổi để biểu thức chứa nhiều biểu thức
dạng x − 16.
A = x4 − 16×3 − x3 + 16×2 + x2 − 16x − x + 16 + 4
= x3 (x − 16) − x2 (x − 16) + x(x − 16) − (x − 16) + 4
= 4.
Cách 2 Trong biểu thức A, ta thay các số 17 bởi x + 1, còn 20 bởi x + 4.
A = x4 − x3 (x + 1) + x2 (x + 1) − x(x + 1) + x + 4
= x4 − x 4 − x3 + x3 + x2 − x2 − x + x + 4
= 4.
VÍ DỤ 2. Tìm ba số tự nhiên liên tiếp, biết rằng nếu cộng ba tích của hai trong ba số ấy, ta
được 242.
– LỜI GIẢI.
Coi x − 1, x, x + 1 là ba số tự nhiên liên tiếp. Ta có
x(x − 1) + x(x + 1) + (x − 1)(x + 1) = 242 ⇔ 3×2 − 1 = 242 ⇔ x2 = 81.
Do x là số tự nhiên nên x = 9. Ba số tự nhiên cần tìm là 8; 9; 10.
B BÀI TẬP
1. Nhân đơn thức với đa thức
BÀI 1. Thực hiện phép tính
1 3xn · (6xn−3 + 1) − 2xn · (9xn−3 − 1).
2 5n+1 − 4.5n .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 3/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3 62 · 64 − 43 · (36 − 1).
– LỜI GIẢI.
1 3xn (6xn−3 + 1) − 2xn (9xn−3 − 1) = 18x2n−3 + 3xn − 18x2n−3 + 2xn = 5xn .
2 5n+1 − 4.5n = 5.5n − 4.5n = 5n .
3 62 · 64 − 43 (36 − 1) = (3.2)6 − (22 )3 (36 − 1) = 36 · 26 − 26 · 36 + 26 = 26 .
BÀI 2. Tìm x, biết
1 4(18 − 5x) − 12(3x − 7) = 15(2x − 16) − 6(x + 14).
2 5(3x + 5) − 4(2x − 3) = 5x + 3(2x + 12) + 1.
3 2(5x − 8) − 3(4x − 5) = 4(3x − 4) + 11.
4 5x − 3[4x − 2(4x − 3(5x − 2))] = 182.
– LỜI GIẢI.
1
4(18 − 5x) − 12(3x − 7) = 15(2x − 16) − 6(x + 14)
72 − 20x − 36x + 84 = 30x − 240 − 6x − 84
156 − 56x = 24x − 324
156 + 324 = 24x + 56x
80x = 480
x = 6.
2
5(3x + 5) − 4(2x − 3) = 5x + 3(2x + 12) + 1
15x + 25 − 8x + 12 = 5x + 6x + 36 + 1
7x + 37 = 11x + 37
4x = 0
x = 0.
3
2(5x − 8) − 3(4x − 5) = 4(3x − 4) + 11
10x − 16 − 12x + 15 = 12x − 16 + 11
−2x − 1 = 12x − 5
5 − 1 = 12x + 2x
14x = 4
2
x =
.
7
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 4/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
4
5x − 3[4x − 2(4x − 3(5x − 2))] = 182
5x − 3[4x − 2(4x − 15x + 6)] = 182
5x − 3[4x − 2(−11x + 6)] = 182
5x − 3[4x + 22x − 12] = 182
5x − 78x + 36 = 182
−73x = 182 − 36
x = −2.
BÀI 3. Tính giá trị của các biểu thức
1 A = x3 − 30×2 − 31x + 1 tại x = 31.
2 B = x5 − 15×4 + 16×3 − 29×2 + 13x tại x = 14.
3 C = x14 − 10×13 + 10×12 − 10×11 + · · · + 10×2 − 10x + 10 tại x = 9.
– LỜI GIẢI.
1 Vì x = 31 nên x − 31 = 0 do đó ta biến đổi
A = x3 − 30×2 − 31x + 1
= x3 + x2 − 31×2 − 31x + 1
= x2 (x − 31) + x(x − 31) + 1 = 1.
2 Vì x = 14 nên x − 14 = 0 do đó ta biến đổi
B = x5 − 15×4 + 16×3 − 29×2 + 13x
= x5 − 14×4 − x4 + 14×3 + 2×3 − 28×2 − x2 + 14x − x
= x4 (x − 14) − x3 (14 − x) + 2×2 (x − 14) + x(14 − x) − x
= −x = −14.
3 Trong biểu thức C, ta thay các số 10 bởi x + 1.
C = x14 − (x + 1)x13 + (x + 1)x12 − (x + 1)x11 + · · · + (x + 1)x2 − (x + 1)x + (x + 1)
= x14 − x14 − x13 + x13 + x12 − x12 − x11 + · · · − x2 − x + x + 1
= 1.
BÀI 4. Tính giá trị của biểu thức sau bằng cách thay số bởi chữ một cách hợp lý
A=2
1
1
650
4
4
1
·
−
·3
−
+
315 651 105 651 315 · 651 105
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 5/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1
1
1
650
4
4
·
−
·3
−
+
315 651 105 651 315 · 651 105
3 3.651 + 650
4
4.3
2.315 + 1 1
·
−
·
−
+
=
Å 315 ã 651 315 Å 651 ã 315 · 651 315
1
1
1
1
1
1
1
·
−3
4−
−4·
·
+ 12 ·
= 2+
315
615
315
651
315 651
315
1
a =
315 .
Đặt
b = 1
651
Khi đó biểu thức có dạng
A = (2 + a) b − 3a (4 − b) − 4ab + 12a
A=2
= 2b + ab − 12a + 3ab − 4ab + 12a
2
.
= 2b =
651
2. Nhân đa thức với đa thức
BÀI 5. Thực hiện phép tính
1 A = (x − 1)(x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1).
2 B = (x + 1)(x6 − x5 + x4 − x3 + x2 − x + 1).
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
A = (x − 1)(x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1)
= (x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x) − (x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1)
= x6 − 1.
2 Ta có
B = (x + 1)(x6 − x5 + x4 − x3 + x2 − x + 1)
= (x7 − x6 + x5 − x4 + x3 − x2 + x) + (x6 − x5 + x4 − x3 + x2 − x + 1)
= x7 + 1.
BÀI 6. Tìm x, biết
1 (x + 2)(x + 3) − (x − 2)(x + 5) = 6.
2 (3x + 2)(2x + 9) − (x + 2)(6x + 1) = (x + 1) − (x − 6).
3 3(2x − 1)(3x − 1) − (2x − 3)(9x − 1) = 0
– LỜI GIẢI.
1
(x + 2)(x + 3) − (x − 2)(x + 5) = 6
(x2 + 5x + 6) − (x2 + 3x − 10) = 6
2x + 16 = 6
2x = −10
x = −5.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 6/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2
(3x + 2)(2x + 9) − (x + 2)(6x + 1) = (x + 1) − (x − 6)
(6×2 + 31x + 18) − (6×2 + 13x + 2) = 7
18x + 16 = 7
18x = −9
1
x = − .
2
3
3(2x − 1)(3x − 1) − (2x − 3)(9x − 1) = 0
3(6×2 − 5x + 1) − (18×2 − 29x − 3) = 0
(18×2 − 15x + 3) − (18×2 − 29x − 3) = 0
14x = 0
x = 0.
BÀI 7. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng M = N = P với M = a(a + b)(a + c); N = b(b + c)(b + a);
P = c(c + a)(c + b).
– LỜI GIẢI.
a + c = −b
Vì a + b + c = 0 ⇒ b + c = −a
a + b = −c.
Do đó
M = a(a + b)(a + c) = a(−c)(−b) = abc
(1).
N = b(b + c)(b + a) = b(−a)(−c) = abc
(2).
P = c(c + a)(c + b) = c(−b)(−a) = abc
Từ (1), (2) và (3) suy ra M = N = P .
(3).
BÀI 8. Chứng minh rằng các hằng đằng thức
1 (x + a)(x + b) = x2 + (a + b)x + ab.
2 (x + a)(x + b)(x + c) = x3 + (a + b + c)x2 + (ab + bc + ca)x + abc.
– LỜI GIẢI.
Thực hiện phép toán nhân đa thức biến đổi VT thành VP.
BÀI 9. Cho a + b + c = 2p. Chứng minh hứng hằng đẳng thức
2bc + b2 + c2 − a2 = 4p(p − a).
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 7/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Ta có 4p(p − a) = 2p · (2p − 2a)
= (a + b + c)(a + b + c − 2a)
= (a + b + c)(b + c − a)
= (b + c)2 − a2
= 2bc + b2 + c2 − a2 .
BÀI 10. Xét các ví dụ 53 · 57 = 32021, 72 · 78 = 5616.
Hãy xây dựng quy tắc nhân nhẩm hai số có hai chữ số, trong đó các chữ số hàng chục bằng nhau, còn
chữ số hàng đơn vị có tổng bằng 10.
– LỜI GIẢI.
Ta xét hai số ab và ac thỏa mãn b + c = 10. Khi đó
(10a + b)(10a + c) = 100a2 + 10ac + 10ab + bc
= 100a2 + 10a(b + c) + bc
= 100a2 + 100a + bc
= 100a(a + 1) + bc.
Quy tắc: Nhân chữ số hàng chục với chữ số hàng chục thêm 1 rồi viết vào sau tích đó tích của hai
chữ số đơn vị (tích này viết bằng hai chữ số ).
BÀI 11. Cho biểu thức M = (x − a)(x − b) + (x − b)(x − c) + (x − c)(x − a) + x2 . Tính M theo a, b, c
1
1
1
biết rằng x = a + b + c.
2
2
2
– LỜI GIẢI.
Ta có M = (x − a)(x − b) + (x − b)(x − c) + (x − c)(x − a) + x2
= (x2 − ax − bx + ab) + (x2 − bx − cx + bc) + (x2 − ax − cx + ac) + x2
= 4×2 − 2x(a + b + c) + (ab + bc + ac)
(1).
1
1
1
Theo giả thiết x = a + b + c ⇔ 2x = a + b + c.
2
2
2
Do đó thay vào (1) ta được M = 4×2 − 4×2 + ab + bc + ac = ab + bc + ac.
BÀI 12. cho dãy số 1, 3, 6, 10, 15, · · · ,
n(n + 1)
, · · · . Chứng minh rằng tổng hai số hạng liên tiếp của
2
dãy bao giờ cũng là số chính phương.
– LỜI GIẢI.
n(n + 1)
2
(n − 1)n n(n + 1)
n2 − n + n2 + n
Theo giả thiết un−1 + un =
+
=
= n2 .
2
2
2
Vậy tổng hai số hạng liên tiếp của dãy bao giờ cũng là số chính phương.
Xét dãy số có số hạng tổng quát un =
BÀI 13. cho a gồm 31 số 1, số b gồm 38 số 1. Chứng minh rằng ab − 2 chia hết cho 3.
– LỜI GIẢI.
Vì a gồm 31 số 1 nên số a chia cho 3 dư 1.
vì b gồm 38 số 1 nên số b chia cho 3 dư 2.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 8/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Đặt
(
a = 3n + 1
b = 3m + 2
Năm học 2019-2020
với m, n ∈ Z. Khi đó
ab − 2 = (3n + 1)(3m + 2) − 2
= 9mn + 6n + 3m + 2 − 2
.
= 3(mn + 2n + m)..3
BÀI 14. Số 350 + 1 có là tích của hai số tự nhiên liên tiếp không?
– LỜI GIẢI.
Vì tích của hai số tự nhiên liên tiếp là một số chẵn và có số tận cùng là 0, 2, 6.
Do đó phần dư của tích của hai số tự nhiên liên tiếp chia cho 3 là 0 hoặc 2.
(1)
Mặt khác 350 + 1 chia cho 3 dư 1.
Từ (1) và (2) suy ra số 350 + 1 không thể là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.
(2)
BÀI 15.
1 Thực hiện phép tính A = (29 + 27 + 1)(223 − 221 + 219 − 217 + 214 − 210 + 29 − 27 + 1).
2 Số 232 + 1 có là số nguyên tố không?
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
A = (29 + 27 + 1)(223 − 221 + 219 − 217 + 214 − 210 + 29 − 27 + 1)
= 232 + 223 + 223 − 224 + 218 − 217 − 217 + 29 + 29 − 21 0 + 1
= 23 2 + 2.223 − 224 + 218 − 2.217 + 2.29 − 210 + 1
2 Vì
= 232 + 1.
232 + 1 …(29 + 27 + 1)
.
232 + 1 ..(223 − 221 + 219 − 217 + 214 − 210 + 29 − 27 + 1).
nên (232 + 1) không là số nguyên tố.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 9/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
Năm học 2019-2020
2
CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ
A LÝ THUYẾT
Thực hiện phép nhân đa thức, ta được các hằng đẳng thức đáng nhớ sau
1. (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 .
2. (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 .
3. (a + b)(a − b) = a2 − b2 .
4. (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 = a3 + b3 + 3ab(a + b).
5. (a − b)3 = a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 = a3 + b63 − 3ab(a − b).
6. (a + b)(a2 − ab + b2 ) = a3 − b3 .
7. (a − b)(a2 + ab + b2 ) = a3 + b3 .
Ta cũng có
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca.
Tổng quát của các công thức 3 và 7, ta có hằng đẳng thức
an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + an−3 b2 − · · · − abn−2 + bn−1 ) với mọi số lẻ n.
Tổng quát của các hằng đẳng thức 1, 2, 4, 5, ta có công thức newton. (xem chuyên đề Tính chia hết
đối với số nguyên).
VÍ DỤ 1. Chứng minh rằng 3599 viết được dưới dạng tích của hai số tự nhiên khác 1.
– LỜI GIẢI.
Ta có 3599 = 3600 − 1 = 602 − 12 = (60 + 1)(60 − 1) = 61.59
VÍ DỤ 2. Chứng minh rằng biểu thức sau viết dưới dạng tổng các bình phương của hai biểu
thức x2 + 2(x + 1)2 + 3(x + 2)2 + 4(x + 3)2
– LỜI GIẢI.
Ta có
x2 + 2(x + 1)2 + 3(x + 2)2 + 4(x + 3)2 = x2 + 2(x2 + 2x + 1) + 3(x2 + 4x + 4) + 4(x2 + 6x + 9)
= x2 + 2×2 + 4x + 2 + 3×2 + 12x + 12 + 4×2 + 24x + 36
= 10×2 + 40x + 50
= (x2 + 10x + 25)(9×2 + 30x + 25)
= (x + 5)2 + (3x + 5)2 .
VÍ DỤ 3. Cho x + y + z = 0 và xy + yz + zx = 0. Chứng minh rằng x = y = z.
– LỜI GIẢI.
Ta có (x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx ⇔ 0 = x2 + y 2 + z 2 ⇒ x = y = z(= 0).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 10/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 4.
1 Tính A = −12 + 22 − 32 + 42 − · · · − 992 + 1002 .
2 Tính A = −12 + 22 − 32 + 42 − · · · + (−1)n .n2 .
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
A = −12 + 22 − 32 + 42 − · · · − 992 + 1002
= (22 − 12 ) + (42 − 32 ) + · · · + (1002 − 992 )
= 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + 99 + 100
100 · · · 101
= 5050.
=
2
2 Xét hai trường hợp
• Nếu n là chẵn thì A = (22 − 12 ) + (42 − 32 ) + · · · + (1002 − 992 )
= 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + (n − 1) + n
n(n + 1)
.
2
• Nếu n là lẻ thì A = (22 − 12 ) + (42 − 32 ) + · · · + (1002 − 992 )
=
= 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + (n − 1) −2 n
n(n − 1)
− n2
2
n(n + 1)
=−
2
=
4
!
n(n + 1)
.
Hai kết quả trên có thể viết chung trong một công thức (−1)n ·
2
VÍ DỤ 5. Cho x + y = a + b
2
2
2
x +y =a +b
(1)
2
(2)
3
3
3
3
Chứng minh rằng x + y = a + b .
– LỜI GIẢI.
Ta có x3 + y 3 = (x + y)(x2 − xy + y 2 )
2
(3)
2
Từ (1) suy ra (x + y) = (a + b) .
Tức là x2 + 2xy + y 2 = a2 + 2ab + b2 .
Do x2 + y 2 = a2 + b2 nên 2xy = 2ab, suy ra xy = ab.
(4)
Thay các kết quả (1), (2), (4) vào (3), ta được
x3 + y 3 = (x + y)(x2 + y 2 − xy) = (a + b)(a2 + b2 − ab) = a3 + b3 .
VÍ DỤ 6. Cho a + b = m, a − b = n. Tính ab và a3 − b3 theo m và n.
– LỜI GIẢI.
Cách 1. Từ a + b = m, a − b = n, ta tính được b =
Do đó ab =
m+n m−n
m2 − n2
·
=
;
2
2
4
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
m−n
m+n
,a=
.
2
2
Trang 11/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
(m + n)3 − (m − n)3
2
2
8
3m2 n + n3
Rút gọn biểu thức trên, ta được
.
4
Cách 2. Ta có
a3 − b 3 =
m + n 3
−
m − n 3
=
4ab = (a + b)2 − (a − b)2 = m2 − n2 nên ab =
m2 − n2
.
4
Ta có
a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) = (a − b) (a + b)2 − ab
ã
Å
n(3m2 + n2 )
3m2 n + n3
m2 − n2
2
=
=
.
=n m −
4
4
4
1. Bài tập
BÀI 16. Tính giá trị của các biểu thức.
a)
632 − 472
;
2152 − 1052
b)
4372 − 3632
.
5372 − 4632
– LỜI GIẢI.
(63 − 47)(63 + 47)
16 · 110
1
632 − 472
1
=
=
= ;
2
2
215 − 105
(215 − 105)(215 + 105)
110 · 320
20
2
2
437 − 363
(437 − 363)(437 + 363)
74 · 800
4
2
=
=
= .
2
2
537 − 463
(537 − 463)(537 + 463)
74 · 1000
5
BÀI 17. So sánh A = 262 − 242 và B = 272 − 252 .
– LỜI GIẢI.
A = (26 − 24)(26 + 24) và B = (27 − 25)(27 + 25) = (26 − 24)(26 + 24 + 2) > A.
BÀI 18. Tìm x, biết
4(x + 1)2 + (2x − 1)2 − 8(x − 1)(x + 1) = 11.
– LỜI GIẢI.
Ta có 4(x2 + 2x + 1) + (4×2 − 4x + 1) − 8(x2 − 1) − 11 = 0.
1
Rút gọn ta được 4x + 2 = 0 ⇔ x = − .
2
BÀI 19. Rút gọn biểu thức:
1 2x(2x − 1)2 − 3x(x + 3)(x − 3) − 4x(x + 1)2 ;
2 (a − b + c)2 − (b − c)2 + 2ab − 2ac;
3 (3x + 1)2 − 2(3x + 1)(3x + 5) + (3x + 5)2 ;
4 (3 + 1)(32 + 1)(34 + 1)(38 + 1)(316 + 1)(332 + 1);
5 (a + b − c)2 + (a − b + c)2 − 2(b − c)2 ;
6 (a + b + c)2 + (a − b − c)2 + (b − c − a)2 + (c − a − b)2 ;
7 (a + b + c + d)2 + (a + b − c − d)2 + (a + c − b − d)2 + (a + d − b − c)2 .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 12/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
1 2x(2x − 1)2 − 3x(x + 3)(x − 3) − 4x(x + 1)2
= 2x(4×2 − 4x + 1) − 3x(x2 − 9) − 4x(x2 + 2x + 1)
= x3 − 16×2 + 25x;
2 (a−b+c)2 −(b−c)2 +2ab−2ac = (a2 +b2 +c2 +2ac−2ab−2bc)−(b2 +c2 −2bc)+2ab−2ac = a2 ;
3 Đặt a = 3x + 5, b = 3x + 1.
Biểu thức đã cho trở thành b2 − 2ba + a2 = (a − b)2 = 42 = 16.
4 Nhân biểu thức đã cho với 3 − 1, ta được 364 − 1.
1
Giá trị của biểu thức là (364 − 1).
2
5 (a + b − c)2 + (a − b + c)2 − 2(b − c)2
= (a2 + b2 + c2 + 2ab − 2ac − 2bc) + (a2 + b2 + c2 − 2ab + 2ac − 2bc) − 2(b2 + c2 − 2bc)
= 2a2 ;
6 (a + b + c)2 + (a − b − c)2 + (b − c − a)2 + (c − a − b)2
= (a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc) + (a2 + b2 + c2 − 2ab − 2ac + 2bc) + (a2 + b2 + c2 − 2ab + 2ac − 2bc)
= 4(a2 + b2 + c2 );
7 (a + b + c + d)2 + (a + b − c − d)2 + (a + c − b − d)2 + (a + d − b − c)2
= [(a + b) + (c + d)]2 + [(a + b) − (c + d)]2 + [(a + c) − (b + d)]2 + [(a + d) − (b + c)]2
= 2(a + b)2 + 2(c + d)2 + (a + c)2 + (b + d)2 + (a + d)2 + (b + c)2 − 2(ad + bc + ac + bd)
= 4(a2 + b2 + c2 + d2 ).
BÀI 20. Cho x + y = 3. Tính giá trị của biểu thức
A = x2 + 2xy + y 2 − 4x − 4y + 1.
– LỜI GIẢI.
Ta có A = (x + y)2 − 4(x + y) + 1 = 32 − 4 · 3 + 1 = −2.
BÀI 21. Cho a2 + b2 + c2 = m. Tính giá trị của biểu thức sau theo m.
A = (2a + 2b − c)2 + (2b + 2c − a)2 + (2c + 2a − b)2 .
– LỜI GIẢI.
Đặt x = a + b + c thì
A = (2x − 3c)2 + (2x − 3b)2 + (2x − 3a)2
= (4×2 − 12xc + 9c2 ) + (4×2 − 12xb + 9b2 ) + (4×2 − 12xa + 9a2 )
= 12×2 − 12(a + b + c) + 9(a2 + b2 + c2 )
= 12×2 − 12×2 + 9m
= 9m.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 13/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 22. Hãy viết các số sau đây dưới dạng tích của hai số tự nhiên khác 1.
a) 899;
b) 9991.
– LỜI GIẢI.
1 899 = 900 − 1 = 302 − 12 = (30 − 1)(30 + 1) = 29 · 31;
2 9991 = 10 000 − 9 = 1002 − 32 = (100 − 3)(100 + 3) = 97 · 103.
BÀI 23. Chứng minh rằng hiệu sau đây là một số gồm toàn các chữ số như nhau.
77782 − 22232
– LỜI GIẢI.
Ta có 7 7782 − 2 2232 = (7 778 − 2 223)(7 778 + 2 223) = 5 555 · 10 001 = 55 555 555.
BÀI 24. Chứng minh các hằng đẳng thức:
1 (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 ;
2 x4 + y 4 + (x + y)4 = 2(x2 + xy + y 2 )2 .
– LỜI GIẢI.
1 Ta có (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = (a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca) + (a2 + b2 + c2 ).
(a2 + 2ab + b2 ) + (b2 + 2bc + c2 ) + (c2 + 2ca + a2 ) = (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 ;
2 Ta có x4 + y 4 + (x + y)4 = x4 + y 4 + (x2 + y 2 + 2xy)2
= 2(x4 + y 4 + x2 y 2 + 2×3 y + x2 y 2 + 2xy 3 ) = 2(x4 + y 4 + 2×2 y 2 + 2×3 y + 2xy 3 ) = 2(x2 + xy + y 2 )2 .
BÀI 25. Cho a2 − b2 = 4c2 . Chứng minh hằng đẳng thức
(5a − 3b + 8c)(5a − 3b − 8c) = (3a − 5b)2 .
– LỜI GIẢI.
(3a − 5b)2 = 9a2 + 25b2 − 30ab = 25a2 + 9b2 − 30ab − 16(a2 − b2 )
= (5a)2 + (3b)2 − 2 · (5a)(3b) − 16 · 4c2
= (5a − 3b)2 − (8c)2 = (5a − 3b − 8c)(5a − 3b + 8c).
BÀI 26. Chứng minh rằng nếu (a2 + b2 )(x2 + y 2 ) = (ax + by)2 với x, y khác 0 thì
a
b
= .
x
y
– LỜI GIẢI.
(a2 + b2 )(x2 + y 2 ) = (ax + by)2 ⇔ a2 x2 + b2 y 2 + a2 y 2 + b2 x2 = a2 x2 + b2 y 2 + 2abxy
⇔ a2 y 2 − 2abxy + b2 x2 = 0
⇔ (ay − bx)2 = 0 ⇔ ay − bx = 0
a
b
⇔ = với x, y 6= 0.
x
y
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 14/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 27. Chứng minh rằng nếu (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) = (ax + by + cz)2 với x, y, z khác 0 thì
a
b
c
= = .
x
y
z
– LỜI GIẢI.
(a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) = (ax + by + cz)2
⇔ (a2 y 2 − 2abxy + b2 x2 ) + (a2 z 2 − 2acxz + c2 x2 ) + (b2 z 2 − 2bcyz + c2 y 2 ) = 0
⇔ (ay − bx)2 + (az − cx)2 + (bz − cy)2 = 0
⇔ ay − bx = 0, az − cx = 0, bz − cy = 0
a
b
c
⇒ = = với x, y, z 6= 0.
x
y
z
BÀI 28. Cho (a + b)2 = 2(a2 + b2 ). Chứng minh rằng a = b.
– LỜI GIẢI.
Ta có
(a + b)2 = 2(a2 + b2 )
⇔ a2 + 2ab + b2 = 2a2 + 2b2
⇔ 0 = a2 − 2ab + b2
⇔ 0 = (a − b)2
⇔0=a−b
⇔a=b
BÀI 29. Chứng minh rằng a = b = c nếu có một trong các điều kiện sau:
1 a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca;
2 (a + b + c)2 = 3(a2 + b2 + c2 );
3 (a + b + c)2 = 3(ab + bc + ca).
– LỜI GIẢI.
1 a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca
⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 = 2ab + 2bc + 2ca
⇔ (a2 − 2ab + b2 ) + (b2 − 2bc + c2 ) + (c2 − 2ca + a2 ) = 0
⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 0
⇔ a − b = 0, b − c = 0, c − a = 0
Suy ra a = b = c.
2 (a + b + c)2 = 3(a2 + b2 + c2 )
⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 3a2 + 3b2 + 3c2
⇔ ab + bc + ca = a2 + b2 + c2 theo câu a) suy ra a = b = c.
3 theo câu b) (a + b + c)2 = 3(a2 + b2 + c2 ) = 3(ab + bc + ca).
Suy ra a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca, theo câu a) a = b = c.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 15/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 30. Hãy viết các biểu thức sau dưới dạng tổng của ba bình phương:
1 (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 ;
2 2(a − b)(c − b) + 2(b − a)(c − a) + 2(b − c)(a − c).
– LỜI GIẢI.
1 (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2
= (a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca) + (a2 + b2 + c2 )
= (a2 + 2ab + b2 ) + (a2 + 2ab + b2 ) + (b2 + 2bc + c2 )
= (a + b)2 + (a + b)2 + (b + c)2 ;
2 Đặt x = a − b, y = b − c, x = c − a thì biểu thức trở thành
−2xy − 2xz − 2yz = x2 + y 2 + z 2 − (x + y + z)2 = (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 .
BÀI 31. Tính giá trị của biểu thức a4 + b4 + c4 , biết rằng a + b + c = 0 và:
a) a2 + b2 + c2 = 2;
b) a2 + b2 + c2 = 1.
– LỜI GIẢI.
(a2 + b2 + c2 )2
Theo công thức a + b + c =
, ta có
2
4
a) a4 + b4 + c4 =
4
4
22
= 2;
2
b) a4 + b4 + c4 =
12
1
= .
2
2
BÀI 32. Cho a + b + c = 0. Chứng minh a4 + b4 + c4 bằng mỗi biểu thức:
1 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 );
2 2(ab + bc + ca)2 ;
(a2 + b2 + c2 )2
.
3
2
– LỜI GIẢI.
1 Bình phương hai vế của a + b + c = 0, được
a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 0 ⇔ a2 + b2 + c2 = −2(ab + bc + ca)
(1)
Bình phương hai vế của (1), được
a4 + b4 + c4 + 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )
= 4 [a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc(a + b + c)]
= 4(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )
Suy ra a4 + b4 + c4 = 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )
2 Bình phương hai vế của (1), được
a4 + b4 + c4 + 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) = 4(ab + bc + ca)2
a4 + b4 + c4 + 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )
Từ (2) suy ra 2(ab + bc + ca)2 =
2
Từ (3) và câu a) suy ra a4 + b4 + c4 = 2(ab + bc + ca)2 .
3 Bình phương hai vế của (1), chia cho 2, được
(a2 + b2 + c2 )2
= 2(ab + bc + ca)2 = a4 + b4 + c4 .
2
(2)
(3)
BÀI 33. Chứng minh rằng các biểu thức sau luôn luôn có giá trị dương với mọi giá trị của biến:
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 16/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a) 9×2 − 6x + 2;
b) x2 + x + 1;
c) 2×2 + 2x + 1.
– LỜI GIẢI.
1 9×2 − 6x + 2 = (3x)2 − 2 · 3x + 1 + 1 = (3x − 1)2 + 1 > 0;
Å
ã
1
1 3
1 2 3
2
2
+ > 0;
2 x +x+1=x +2· x+ + = x+
2
4 4
2
4
2
2
2
2
3 2x + 2x + 1 = x + (x + 2x + 1) = x + (x + 1)2 > 0.
BÀI 34. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:
a) A = x2 − 3x + 5;
b) B = (2x − 1)2 + (x + 2)2 .
– LỜI GIẢI.
Å
ã
9 11
3 2 11
11
3
1 A = x − 3x + 5 = x − 2 · x + +
= x−
+
> .
2
4
4
2
4
4
11
3
Giá trị nhỏ nhất của là A =
khi x = .
4
2
2 B = (2x − 1)2 + (x + 2)2 = 5×2 + 5 > 5.
2
2
Giá trị nhỏ nhất của là B = 5 khi x = 0.
BÀI 35. Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức:
a) A = 4 − x2 + 2x;
b) B = 4x − x2 .
– LỜI GIẢI.
1 A = 4 − x2 + 2x = 5 − (x2 − 2x + 1) = 5 − (x − 1)2 6 5.
Giá trị lớn nhất của biểu thức là A = 5 khi x = 1.
2 B = 4x − x2 = 4 − (x2 − 2 · 2x + 2) = 4 − (x − 2)2 6 4.
Giá trị lớn nhất của biểu thức là B = 4 khi x = 2.
BÀI 36. Chứng minh rằng:
1 Nếu p và p2 + 8 là các số nguyên tố thì p2 + 2 cũng là số nguyên tố.
2 Nếu p và 8p2 + 1 là các số nguyên tố thì 2p + 1 cũng là số nguyên tố.
– LỜI GIẢI.
.
1 Xét p = 3k + 1, (k nguyên) thì p2 + 8 .. 3, là hợp số.
.
Xét p = 3k + 2 thì p2 + 8 .. 3, là hợp số.
Vậy p = 3k, mà p là số nguyên tố nên p = 3.
Khi đó p2 + 2 = 11, là số nguyên tố.
.
2 Xét p = 3k + 1, (k nguyên) thì 8p2 + 1 .. 3, là hợp số.
.
Xét p = 3k + 2 thì 8p2 + 1 .. 3, là hợp số.
Vậy p = 3k, mà p là số nguyên tố nên p = 3.
Khi đó 2p + 1 = 7, là số nguyên tố.
BÀI 37. Chứng minh các số sau là hợp số
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 17/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a) 999991.
b) 1000027.
– LỜI GIẢI.
1 Ta có 999991 = 1000000 − 9 = 10002 − 32 = 1003 · 997 nên là hợp số.
.
2 Ta có 1000027 = 1003 + 33 .. 100 + 3 nên là hợp số.
BÀI 38. Thực hiện phép tính:
1 (x − 2)3 − x(x + 1)(x − 1) + 6x(x − 3).
2 (x − 2)(x2 − 2x + 4)(x + 2)(x2 + 2x + 4).
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
A = (x − 2)3 − x(x + 1)(x − 1) + 6x(x − 3)
= x3 − 6×2 + 12x − 8 − x3 + x + 6×2 − 18x = −5x − 8.
2 Ta có
B = (x − 2)(x2 − 2x + 4)(x + 2)(x2 + 2x + 4) = (x + 2)(x2 − 2x + 4) · (x − 2)(x2 + 2x + 4)
= (x3 + 8)(x3 − 8) = x6 − 64.
BÀI 39. Tìm x biết:
1 (x − 3)(x2 + 3x + 9) + x(x + 2)(2 − x) = 1.
2 (x + 1)3 − (x − 1)3 − 6(x − 1)2 = −10.
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
(x − 3)(x2 + 3x + 9) + x(x + 2)(2 − x) = 1
⇔
x3 − 33 + x(4 − x2 ) = 1
⇔
x = 7.
2 Ta có
(x + 1)3 − (x − 1)3 − 6(x − 1)2 = −10
⇔
⇔
6×2 + 2 − 6(x2 − 2x + 1) = −10
1
x=− .
2
BÀI 40. Rút gọn các biểu thức:
1 (a + b + c)3 − (b + c − a)3 − (a + c − b)3 − (a + b − c)3 .
2 (a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3 − 3(a + b)(b + c)(c + a).
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 18/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Ta có
(a + b + c)3 − (b + c − a)3 − (a + c − b)3 − (a + b − c)3
=
[a + (b + c)]3 − [(b + c) − a]3 − [a − (b − c)]3 − [a − (b − c)]3
=
6(b + c)2 a + 2a3 − 2a3 − 6a(b − c)2
=
24abc.
2 Ta có
(a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3 − 3(a + b)(b + c)(c + a)
=
2a3 + 2b3 + 2c3 + 3(a2 b + ab2 + a2 c + ac2 + b2 c + bc2 ) − 3(a2 b + ab2 + a2 c + ac2 + b2 c + bc2 + 2abc
=
2(a3 + b3 + c3 − 3abc).
BÀI 41. Chứng minh các hằng đẳng thức:
1 (a + b + c)3 − a3 − b3 − c3 = 3(a + b)(b + c)(c + a).
2 a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca).
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
(a + b + c)3 − a3 − b3 − c3 = [(a + b + c)3 − a3 ] − [b3 + c3 ]
=
(b + c)[(a + b + c)2 + a(a + b + c) + a2 ] − (b + c)(b2 − bc + c2 )
=
(b + c)(3a2 + 3ab + 3ac + 3bc) = 3(a + b)(b + c)(c + a).
2 Ta có
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b)3 + c3 − 3ab(a + b + c)
=
(a + b + c)[(a + b)2 − c(a + b) + c2 − 3ab]
=
(a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca).
BÀI 42. Cho a + b + c = 0. Chứng minh a3 + b3 + c3 = 3abc.
– LỜI GIẢI.
Từ giả thiết a + b + c = 0 ⇒ c = −(a + b), thay vào đẳng thức cần chứng minh ta được
a3 + b3 − (a + b)3 = −3ab(a + b)
⇔
−3ab2 − 3a2 b = −3ab2 − 3a2 b
Vậy ta có điều phải chứng minh.
BÀI 43. Cho x + y = a và xy = b. tính giá trị của các biểu thức sau theo a và b.
a) x2 + y 2 .
b) x3 + y 3 .
c) x4 + y 4 .
d) x5 + y 5 .
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 19/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Ta có x2 + y 2 = (x + y)2 − 2xy = a2 − 2b.
2 Ta có x3 + y 3 = (x + y)3 − 3xy(x + y) = a3 − 3ab.
3 Ta có x4 + y 4 = (x2 + y 2 )2 − 2×2 y 2 = (a2 − 2b)2 − 2b2 = a4 − 4a2 b + 2b2 .
4 Ta có
x5 + y 5 = (x3 + y 3 )(x2 + y 2 ) − x2 y 2 (x + y)
= (a3 − 3ab)(a2 − 2b) − b2 a = a5 − 2a3 b − 3a3 b + 6ab2 − ab2
= a5 − 5a3 b + 5ab2
BÀI 44.
1 Cho x + y = 1. Tính giá trị của biểu thức x3 + y 3 + 3xy.
2 Cho x − y = 1. Tính giá trị của biểu thức x3 − y 3 − 3xy.
– LỜI GIẢI.
1 Ta có x3 + y 3 + 3xy = (x + y)3 − 3xy(x + y) + 3xy = 1 − 3xy + 3xy = 1.
2 Ta có x3 − y 3 − 3xy = (x − y)3 + 3xy(x − y) − 3xy = 1 + 3xy − 3xy = 1.
BÀI 45. Cho a + b = 1. Tính giá trị của biểu thức M = a3 + b3 + 3ab(a2 + b2 ) + 6a2 b2 (a + b).
– LỜI GIẢI.
Ta có
M=
=
(a + b)3 − 3ab(a + b) + 3ab[(a + b)2 − 2ab] + 6a2 b2 (a + b)
1 − 3ab + 3ab − 6a2 b2 + 6a2 b2 = 1.
BÀI 46.
1 Cho x + y = 2 và x2 + y 2 = 10. Tính giá trị của biểu thức x3 + y 3 .
2 Cho x + y = a và x2 + y 2 = b. Tính giá trị của biểu thức x3 + y 3 theo a, b.
– LỜI GIẢI.
1 Từ giả thiết ta có x + y = 2và (x + y)2 − 2xy = 10 suy ra xy = −3 nên x3 + y 3 = (x + y)3 −
3xy(x + y) = 26.
2 Từ giả thiết ta có x + y = avà (x + y)2 − 2xy = b suy ra xy =
3xy(x + y) =
3ab − a3
.
2
a2 − b
nên x3 + y 3 = (x + y)3 −
2
BÀI 47.
1 Nếu số n là tổng của hai số chính phương thì 2n cũng là tổng của hai số chính phương.
2 Nếu số 2n là tổng của hai số chính phương thì n cũng là tổng của hai số chính phương.
3 Nếu n là tổng của hai số chính phương thì n2 cũng là tổng của hai số chính phương.
4 Nếu mỗi số m và n đều là tổng của hai số chính phương thì tích mn cũng là tổng của hai số
chính phương.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 20/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Giả sử n = a2 + b2 (a, b ∈ N). Khi đó
2n = 2a2 + 2b2 = (a + b)2 + (a − b)2 .
2 Giả sử 2n = a2 + b2 (a, b ∈ N). Khi đó
a2 + b 2
=
n=
2
Å
a+b
2
ã2
a−b
+
2
Å
Vì a2 + b2 là số chẵn nên a và b cùng tính chẵn, lẻ. Do đó,
3 Giả sử n = a2 + b2 (a, b ∈ N). Khi đó
ã2
.
a+b
a−b
và
đều là số nguyên.
2
2
n2 = (a2 + b2 )2 = (a2 − b2 )2 + (2ab)2 .
4 Giả sử m = a2 + b2 , n = c2 + d2 . Khi đó,
mn = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2
= (ac + bd)2 + (ac − bd)2 .
BÀI 48. Mỗi số sau là bình phương của số tự nhiên nào?
. . . 9} 00
a) A = |99 {z
. . . 0} 25.
| {z
b) B = |99 {z
. . . 9} 8 |00 {z
. . . 0} 1.
c) C = |44 {z
. . . 4} 88
. . . 8} 9.
| {z
d) D = |11 {z
. . . 1} 22
. . . 2} 5.
| {z
n
n
n
n
n−1
n
n
n+1
– LỜI GIẢI.
1 Đặt a = |99 {z
. . . 9} ta có 10n = a + 1. Do đó,
n
A = (a · 10n ) · 100 + 25 = a(a + 1) · 100 + 25
= 100a2 + 100a + 25 = (10a + 5)2 = (99
. . . 9} 5)2 .
| {z
n−1
2 Đặt a = |99 {z
. . . 9} ta có 10n = a + 1. Do đó,
n
B = 99
. . . 9} ·10n+2 + 8 |00 {z
. . . 0} 1 = a(a + 1) · 100 + 80(a + 1) + 1
| {z
n
n
2
= 100a + 180a + 81 = (10a + 9)2 = (99
. . . 9})2 .
| {z
n+1
3 Đặt a = |11 {z
. . . 1} ta có 10n = 9a + 1. Do đó,
n
C = 4a · 10n + 8a + 1 = 4a(9a + 1) + 8a + 1
= 36a2 + 12a + 1 = (6a + 1)2 = (66
. . . 6} 7)2 .
| {z
n−1
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 21/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
. . . 1} ta có 10n = 9a + 1. Do đó,
4 Đặt a = |11 {z
n
D = a · 10n+2 + 20(10a + 1) + 5 = a(900a + 100) + 200a + 25
= 900a2 + 300a + 25 = (30a + 5)2 = (33
. . . 3} 5)2 .
| {z
n
BÀI 49. Chứng minh rằng các biểu thức sau là số chính phương:
a) A = |11 {z
. . . 2}.
. . . 1} − 22
| {z
2n
b) B = |11 {z
. . . 1} + |44 {z
. . . 4} +1.
n
2n
n
– LỜI GIẢI.
Đặt a = |11 {z
. . . 1} ta có 10n = 9a + 1.
n
. . . 1} − 22
. . . 2} = |11 {z
. . . 1} 00
. . . 0} −2 · 11
. . . 1} = a(9a + 1) + a − 2a = (3a)2 .
1 A = |11 {z
| {z
| {z
| {z
2n
n
n
n
n
2 B = |11 {z
. . . 1} + |44 {z
. . . 4} +1 = a(9a + 1) + a + 4a + 1 = (3a + 1)2 .
2n
n
1 Cho a = |11 {z
. . . 1}, b = 1 00
. . . 0} 5. Chứng minh rằng ab + 1 là số chính phương.
| {z
BÀI 50.
n
n−1
2 Cho một dãy số có số hạng đầu là 16, các số hạng sau là số tạo thành bằng cách viết chèn số
15 vào chính giữa số hạng liền trước:
16, 1156, 111556, . . .
Chứng minh mọi số hạng của dãy đều là số chính phương.
– LỜI GIẢI.
1 Ta có 9a + 1 = 10n , b = 10n + 5 = 9a + 6. Do đó
ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2 .
. . . 1} 55
. . . 5} 6 đều là số chính phương. Thật vậy, đặt
2 Ta cần chứng minh mọi số có dạng A = |11 {z
| {z
n
n−1
n
11
. . . 1} = a thì 10 = 9a + 1nên
| {z
n
. . . 5} 6 = a(9a + 1) + 5a + 1 = (3a + 1)2 .
A = |11 {z
. . . 1} ·10n + 55
| {z
n
n−1
BÀI 51. Chứng minh rằng ab + 1 là số chính phương với a = |11 {z
. . . 1} 2, b = 1 11
. . . 1} 4.
| {z
n
n
– LỜI GIẢI.
Ta nhận thấy b = a + 2 nên ab + 1 = a(a + 2) + 1 = (a + 1)2 .
BÀI 52. Chứng minh với mọi số tự nhiên a, tồn tại số tự nhiên b sao cho ab + 4 là số chính phương.
– LỜI GIẢI.
Với mọi số tự nhiên a, ta chọn b = a + 4 khi đó ab + 4 = a(a + 4) + 4 = (a + 2)2 .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 22/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 53. Cho a là số gồm 2n chữ số 1, b là số gồm n + 1 chữ số 1, c là số gồm n chữ số 6. Chứng minh
a + b + c + 8 là số chính phương.
– LỜI GIẢI.
Đặt k = |11 {z
. . . 1}. Khi đó,
n
a = |11 {z
. . . 1} = |11 {z
. . . 1} 00
. . . 0} + |11 {z
. . . 1} = k(9k + 1) + k = 9k 2 + 2k
| {z
2n
n
n
n
b = |11 {z
. . . 1} = 10k + 1;
n+1
c = |66 {z
. . . 6} = 6k.
n
2
Suy ra a + b + c + 8 = 9k + 2k + 10k + 1 + 6k = (3k + 2)2 .
BÀI 54. Chứng minh rằng biểu thức sau không là lập phương của một số tự nhiên
10150 + 5 · 1050 + 1.
– LỜI GIẢI.
Ta có
1050
3
< 10150 + 5 · 1050 + 1 < 10150 + 3 · 1050
2
+ 3 · 1050 + 1 = (1050 + 1)3 .
Vây 10150 + 5 · 1050 + 1 không là lập phương của một số tự nhiên.
BÀI 55. Chứng minh rằng tích ba số nguyên dương liên tiếp không là lập phương của một số tự
nhiên.
– LỜI GIẢI.
Giả sử ba số nguyên liên tiếp là n − 1, n, n + 1. Ta có
(n − 1)3 < (n − 1)n(n + 1) = n(n2 − 1) = n3 − n < n3
Từ đó ta thấy (n − 1)n(n + 1) không là lập phương của một số tự nhiên.
!
1
BÀI 56. Chứng minh rằng số A =
11 . . . 1 − 33 . . . 3 00 . . . 0 là lập phương của một số tự nhiên.
3 | {z } | {z } | {z }
n
n
n
– LỜI GIẢI.
ĐỀ BÀI CÓ VẤN ĐỀ
BÀI 57. Chia 27 quả cân có khối lượng 10, 20, 30, . . . , 270 gam thành ba nhóm có khối lượng bằng
nhau.
– LỜI GIẢI.
Trước hết ta thấy
n + (n + 5) + (n + 7) = 3n + 12 = A;
(n + 1) + (n + 3) + (n + 8) = 3n + 12 = A;
(n + 2) + (n + 4) + (n + 6) = n + 12 = A.
Áp dụng nhận xét trên vào chia chín quả cân 10, 20, 30, . . . , 90 thành ba nhóm như trên, khối lượng
các nhóm đều bằng nhau. Làm tương tự cho hai nhóm 100, 110, 120, . . . , 1800 và 190, 200, 210, . . . ,
270.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 23/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 58. Chia 18 quả cân có khối lượng 12 , 22 , 32 , . . . , 182 gam thành ba nhóm có khối lượng bằng
nhau.
– LỜI GIẢI.
Trước hết ta thấy
n2 + (n + 5)2 = 2n2 + 10n + 25 = A + 12;
(n + 1)2 + (n + 4)2 = 2n2 + 10n + 17 = A + 4;
(n + 2)2 + (n + 3)2 = 2n2 + 10n + 13 = A.
Áp dụng các đẳng thức trên: Lần thứ nhất, chia sáu quả cân 12 , 22 , . . . , 62 thành ba phần: A + 12,
A + 4, A.
Lần thứ hai, chia sáu quả cân 72 , 82 , . . . , 122 thành ba phần: B, B + 12, B + 4.
Lần thứ ba, chia chín quả cân 132 , 142 , . . . , 182 thành ba phần: C + 4, C, C + 12.
Nhóm thứ nhất gồm các phần: A + 12, B, C + 4. Nhóm thứ hai gồm các phần: A + 4, B + 12, C.
Nhóm thứ ba gồm các phần: A, B + 4, C + 12. Khối lượng mỗi nhóm đều bằng A + B + C + 16.
BÀI 59. Chia 27 quả cân có khối lượng 12 , 22 , 32 , . . . , 272 gam thành ba nhóm có khối lượng bằng
nhau.
– LỜI GIẢI.
Trước hết ta thấy
n2 + (n + 5)2 + (n + 7)2 = 3n2 + 24n + 74 = A + 18;
(n + 1)2 + (n + 3)2 + (n + 8)2 = 3n2 + 24n + 74 = A + 18;
(n + 2)2 + (n + 4)2 + (n + 6)2 = 3n2 + 24n + 56 = A.
Áp dụng các đẳng thức trên ta chia các quả cân thành ba nhóm như sau
Nhóm thứ nhất gồm các phần: A, B + 18, C + 18. Nhóm thứ hai gồm các phần: A + 18, B, C + 18.
Nhóm thứ ba gồm các phần: A + 18, B + 18, C. Khối lượng mỗi nhóm đều bằng A + B + C + 36.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 24/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
Năm học 2019-2020
3
PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
A TÓM TẮT LÝ THUYẾT
Phương pháp
Để phân tích đa thức thành nhân tử, ta thường dùng các phương pháp
Đặt nhân tử chung: AB + AC = A(B + C).
Dùng các hằng đẳng thức đáng nhớ.
Nhóm hạng tử: việc nhóm các hạng tử một cách thích hợp nhằm làm xuất hiện dạng hằng đẳng
thức hoặc xuất hiện nhân tử chung mới.
Tách hạng tử.
Thêm bớt hạng tử.
Đặt ẩn phụ.
Phối hợp nhiều phương pháp.
Trong phạm vi bài viết này sẽ trình bày ba phương pháp đầu. Bốn phương pháp còn lại sẽ trình bày
ở nội dung sau.
B PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
VÍ DỤ 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử
x4 + x3 + 2×2 + x + 1.
– LỜI GIẢI.
Cách 1:
x4 + x3 + 2×2 + x + 1 = x4 + x3 + x2 + x2 + x + 1
= x2 (x2 + x + 1) + (x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x2 + 1).
Cách 2:
x4 + x3 + 2×2 + x + 1 = (x4 + 2×2 + 1) + (x3 + x)
= (x2 + 1)2 + x(x2 + 1)
= (x2 + 1)(x2 + x + 1).
VÍ DỤ 2. Cho a + b + c = 0. Rút gọn biểu thức
M = a3 + b3 + c(a2 + b2 ) − abc.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 25/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
M = a3 + b3 + c(a2 + b2 ) − abc
= a3 + b3 + a2 c + b2 c − abc
= (a3 + a2 c) + (b3 + b2 c) − abc
= a2 (a + c) + b2 (b + c) − abc
= a2 (−b) + b2 (−a) − abc
= −ab(a + b + c)
= 0.
Vậy M = 0.
VÍ DỤ 3.
1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử
a3 + b3 + c3 − 3abc.
2 Phân tích đa thức sau thành nhân tử bằng cách áp dụng câu a)
(x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 .
– LỜI GIẢI.
1
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b)3 − 3a2 b − 3ab2 + c3 − 3abc
= (a + b)3 + c3 − 3ab(a + b + c)
= (a + b + c) (a + b)2 − c(a + b) + c2 − 3ab(a + b + c)
= (a + b + c) a2 + 2ab + b2 − ac − bc + c2 − 3ab
= (a + b + c) a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc .
2 Đặt a = x − y, b = y − z, c = z − x thì a + b + c = 0. Do đó theo kết quả của câu a) ta có
a3 + b3 + c3 − 3abc = 0
⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc
⇒ (x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 = 3(x − y)(y − z)(z − x).
4
!
Cần nhớ kết quả của câu a) để vận dụng vào giải toán để được kết quả nhanh nhất.
VÍ DỤ 4. Phân tích đa thức sau thành nhân tử
1 (a + b + c)3 − a3 − b3 − c3 ;
2 8(x + y + z)3 − (x + y)3 − (y + z)3 − (z + x)3 .
– LỜI GIẢI.
1 Áp dụng nhiều lần công thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta có
(a + b + c)3 − a3 − b3 − c3 = [(a + b) + c]3 − a3 − b3 − c3
= (a + b)3 + c3 + 3(a + b)c(a + b + c) − a3 − b3 − c3
= a3 + b3 + 3ab(a + b) + c3 + 3(a + b)c(a + b + c) − a3 − b3 − c3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 26/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
= 3(a + b)(ab + ac + bc + c2 )
= 3(a + b)[a(b + c) + c(b + c)]
= 3(a + b)(b + c)(c + a).
2 Đặt x + y = a, y + z = b, z + x = c thì a + b + c = 2(x + y + z). Đa thức đã cho có dạng
(a + b + c)3 − a3 − b3 − c3 .
Áp dụng kết quả của câu a), ta được
8(x + y + z)3 − (x + y)3 − (y + z)3 − (z + x)3 = 3(x + 2y + z)(x + y + 2z)(2x + y + z).
4
!
Cần nhớ kết quả của câu a) để vận dụng vào giải toán để được kết quả nhanh nhất.
VÍ DỤ 5. Phân tích đa thức sau thành nhân tử
P = x2 (y − z) + y 2 (z − x) + z 2 (x − y).
– LỜI GIẢI.
Khai triển hai hạng tử cuối rồi dùng phương pháp nhóm các hạng tử để làm xuất hiện nhân tử chung
y − z.
P = x2 (y − z) + zy 2 − xy 2 + xz 2 − yz 2
= x2 (y − z) + yz(y − z) − x(y 2 − z 2 )
= x2 (y − z) + yz(y − z) − x(y − z)(y + z)
= (y − z)(x2 + yz − xy − xz)
= (y − z)[x(x − y) − z(x − y)]
= (y − z)(x − y)(x − z).
VÍ DỤ 6. Xét hằng đẳng thức (x + 1)3 = x3 + 3×2 + 3x + 1. Lần lượt cho x bằng 1, 2, 3, . . ., n
rồi cộng từng vế n đẳng thức trên để tính giá trị của biểu thức
S = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 .
– LỜI GIẢI.
Từ hằng đẳng thức đã cho, ta có
23 = (1 + 1)3 = 13 + 3 · 12 + 3 · 1 + 1
33 = (2 + 1)3 = 23 + 3 · 22 + 3 · 2 + 1
43 = (3 + 1)3 = 33 + 3 · 32 + 3 · 3 + 1
…
(n + 1)3 = n3 + 3 · n2 + 3 · n + 1
Cộng từng vế n đẳng thức trên rồi rút gọn, ta được
(n + 1)3 = 13 + 3(12 + 22 + 32 + · · · + n2 ) + 3(1 + 2 + 3 + · · · + n) + n.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 27/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Do đó
3n(n + 1)
− (n + 1)
2
3n
3S = (n + 1)[(n + 1)2 −
− 1]
2
n
3S = (n + 1)(n2 + )
2
1
3S =
n(n + 1)(2n + 1).
2
3(12 + 22 + 32 + · · · + n2 ) = (n + 1)3 −
1
Vậy S = n(n + 1)(2n + 1).
6
C BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1. Phân tích thành nhân tử
a) (ab − 1)2 + (a + b)2 ;
b) x3 + 2×2 + 2x + 1;
c) x3 − 4×2 + 12x − 27;
d) x4 − 2×3 + 2x − 1;
e) x4 + 2×3 + 2×2 + 2x + 1.
– LỜI GIẢI.
1
(ab − 1)2 + (a + b)2 = a2 b2 − 2ab + 1 + a2 + 2ab + b2
= (a2 b2 + a2 ) + (b2 + 1)
= a2 (b2 + 1) + (b2 + 1)
= (b2 + 1)(a2 + 1).
2 x3 + 2×2 + 2x + 1 = (x3 + 1) + (2×2 + 2x) = (x + 1)(x2 − x + 1) + 2x(x + 1) = (x + 1)(x2 + x + 1).
3
x3 − 4×2 + 12x − 27 = (x3 − 27) − (4×2 − 12x)
= (x − 3)(x2 + 3x + 9) − 4x(x − 3)
= (x − 3)(x2 + 3x + 9 − 4x).
= (x − 3)(x2 − x + 9).
4
x4 − 2×3 + 2x − 1 = (x4 − 1) − (2×3 − 2x)
= (x2 − 1)(x2 + 1) − 2x(x2 − 1)
= (x2 − 1)(x2 + 1 − 2x)
= (x − 1)(x + 1)(x − 1)2
= (x + 1)(x − 1)3 .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 28/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
5
x4 + 2×3 + 2×2 + 2x + 1 = (x4 + 2×3 + x2 ) + (x2 + 2x + 1)
= x2 (x2 + 2x + 1) + (x + 1)2
= x2 (x + 1)2 + (x + 1)2
= (x + 1)2 (x2 + 1).
BÀI 2. Phân tích thành nhân tử
a) x2 − 2x − 4y 2 − 4y;
b) x4 + 2×3 − 4x − 4;
c) x2 (1 − x2 ) − 4 − 4×2 ;
d) (1 + 2x)(1 − 2x) − x(x + 2)(x − 2);
e) x2 + y 2 − x2 y 2 + xy − x − y.
– LỜI GIẢI.
1 x2 − 2x − 4y 2 − 4y = (x2 − 4y 2 ) − (2x + 4y) = (x + 2y)(x − 2y) − 2(x + 2y) = (x + 2y)(x − 2y − 2).
2 x4 + 2×3 − 4x − 4 = (x4 − 4) + (2×3 − 4x) = (x2 − 2)(x2 + 2) + 2x(x2 − 2) = (x2 − 2)(x2 + 2x + 2).
3 x2 (1 − x2 ) − 4 − 4×2 = x2 − x4 − 4 − 4×2 = x2 − (x2 + 2)2 = (x − x2 − 2)(x + x2 + 2).
4
(1 + 2x)(1 − 2x) − x(x + 2)(x − 2) = 1 − 4×2 − x(x2 − 4)
= 1 − 4×2 − x3 + 4x
= (1 − x3 ) − (4×2 − 4x)
= (1 − x)(1 + x + x2 ) + 4x(1 − x)
= (1 − x)(x2 + 5x + 1).
5
x2 + y 2 − x2 y 2 + xy − x − y = (x2 − x) + (y 2 − x2 y 2 ) + (xy − y)
= x(x − 1) + y 2 (1 − x2 ) + y(x − 1)
= x(x − 1) − y 2 (x − 1)(x + 1) + y(x − 1)
= (x − 1)[x − y 2 (x + 1) + y]
= (x − 1)[(x − y 2 x) − (y 2 − y)]
= (x − 1)[x(1 − y 2 ) − y(y − 1)]
= (x − 1)[x(1 − y)(1 + y) + y(1 − y)]
= (x − 1)(1 − y)(x + xy + y).
BÀI 3. Chứng minh rằng 1993 − 199 chia hết cho 200.
– LỜI GIẢI.
.
Ta có 1993 − 199 = 199 · (1992 − 1) = 199 · (199 + 1) · (199 − 1) = 198 · 199 · 200 .. 200.
Vậy 1993 − 199 chia hết cho 200.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 29/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 4. Tính giá trị của biểu thức sau, biết x3 − x = 6
A = x6 − 2×4 + x3 + x2 − x.
– LỜI GIẢI.
Ta có A = x6 − 2×4 + x3 + x2 − x = (x6 − 2×4 + x2 ) + (x3 − x) = (x3 − x)2 + (x3 − x) = 62 + 6 = 42.
BÀI 5. Phân tích thành nhân tử
1 a(b2 + c2 + bc) + b(c2 + a2 + ac) + c(a2 + b2 + ab);
2 (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc;
c*) a(a + 2b)3 − b(2a + b)3 .
– LỜI GIẢI.
1
a(b2 + c2 + bc) + b(c2 + a2 + ac) + c(a2 + b2 + ab)
= ab2 + ac2 + abc + bc2 + ba2 + abc + ca2 + cb2 + abc
= (ab2 + abc + ba2 ) + (ac2 + abc + ca2 ) + (bc2 + abc + cb2 )
= ab(b + c + a) + ac(c + b + a) + bc(c + a + b)
= (a + b + c)(ab + bc + ca).
2
(a + b + c)(ab + bc + ca) − abc = (a + b)(ab + bc + ca) + c(ab + bc + ca) − abc
= (a + b)(ab + bc + ca) + abc + c(bc + ca) − abc
= (a + b)(ab + bc + ca) + c2 (a + b)
= (a + b)(ab + bc + ca + c2 )
= (a + b)[(ab + ac) + (bc + c2 )]
= (a + b)[a(b + c) + c(b + c)]
= (a + b)(b + c)(c + a).
c*)
a(a + 2b)3 − b(2a + b)3 = a[(a + b) + b]3 − b[a + (a + b)]3
= a[(a + b)3 + 3b(a + b)2 + 3b2 (a + b) + b3 ] − b[a3 + 3a2 (a + b) + 3a(a + b)2 + (a + b)3 ]
= a(a + b)3 + 3ab(a + b)2 + 3ab2 (a + b) + ab3 − ba3 − 3ba2 (a + b) − 3ab(a + b)2 − b(a + b)3
= (a − b)(a + b)3 + 3ab(a + b)(b − a) + ab(b − a)(b + a)
= (a − b)(a + b)[(a + b)2 − 3ab − ab]
= (a − b)(a + b)(a2 − 2ab + b2 )
= (a − b)(a + b)(a − b)2
= (a + b)(a − b)3 .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 30/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 6. Phân tích thành nhân tử
1 ab(a + b) − bc(b + c) + ac(a − c);
2 a(b2 + c2 ) + b(c2 + a2 ) + c(a2 + b2 ) + 2abc;
3 (a + b)(a2 − b2 ) + (b + c)(b2 − c2 ) + (c + a)(c2 − a2 );
4 a3 (b − c) + b3 (c − a) + c3 (a − b).
– LỜI GIẢI.
1
ab(a + b) − bc(b + c) + ac(a − c) = ab(a + b) − b2 c − bc2 + a2 c − ac2
= ab(a + b) + (a2 c − b2 c) − (ac2 + bc2 )
= ab(a + b) + c(a2 − b2 ) − c2 (a + b)
= ab(a + b) + c(a − b)(a + b) − c2 (a + b)
= (a + b)(ab + ac − bc − c2 )
= (a + b)[(ab − bc) + (ac − c2 )]
= (a + b)[b(a − c) + c(a − c)]
= (a + b)(b + c)(a − c).
2
a(b2 + c2 ) + b(c2 + a2 ) + c(a2 + b2 ) + 2abc = ab2 + ac2 + bc2 + ba2 + c(a2 + b2 + 2ab)
= (ab2 + a2 b) + (ac2 + bc2 ) + c(a + b)2
= ab(a + b) + c2 (a + b) + c(a + b)2
= (a + b)(ab + c2 + ac + bc)
= (a + b)[(ab + ac) + (bc + c2 )]
= (a + b)[a(b + c) + c(b + c)]
= (a + b)(b + c)(c + a).
3 Nhận thấy b2 − c2 = −[(a2 − b2 ) + (c2 − a2 )] nên
(a + b)(a2 − b2 ) + (b + c)(b2 − c2 ) + (c + a)(c2 − a2 )
= (a + b)(a2 − b2 ) − (b + c)[(a2 − b2 ) + (c2 − a2 )] + (c + a)(c2 − a2 )
= (a + b)(a2 − b2 ) − (b + c)(a2 − b2 ) − (b + c)(c2 − a2 ) + (c + a)(c2 − a2 )
= (a − c)(a2 − b2 ) + (a − b)(c2 − a2 )
= (a − c)(a − b)(a + b) + (a − b)(c − a)(c + a)
= (a − b)[(a − c)(a + b) − (a − c)(c + a)]
= (a − b)(a − c)(b − c).
4 Nhận thấy c − a = −[(b − c) + (a − b)] nên
a3 (b − c) + b3 (c − a) + c3 (a − b)
= a3 (b − c) − b3 [(b − c) + (a − b)] + c3 (a − b)
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 31/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
= a3 (b − c) − b3 (b − c) − b3 (a − b) + c3 (a − b)
= (b − c)(a3 − b3 ) − (a − b)(b3 − c3 )
= (b − c)(a − b)(a2 + ab + b2 ) − (a − b)(b − c)(b2 + bc + c2 )
= (b − c)(a − b)(a2 + ab + b2 − b2 − bc − c2 )
= (b − c)(a − b)[(a2 − c2 ) + (ab − bc)]
= (b − c)(a − b)[(a − c)(a + c) + b(a − c)]
= (b − c)(a − b)(a − c)(a + b + c).
BÀI 7. Phân tích thành nhân tử
1 (a + b + c)3 − (a + b − c)3 − (b + c − a)3 − (c + a − b)3 ;
2 abc − (ab + bc + ca) + (a + b + c) − 1.
– LỜI GIẢI.
1 Đặt a + b − c = x, b + c − a = y, c + a − b = z. Khi đó
x + y + z = a + b − c + b + c − a + c + a − b = a + b + c.
Áp dụng hằng đẳng thức (x + y + z)3 − x3 − y 3 − z 3 = 3(x + y)(y + z)(z + x). Ta có
(a + b + c)3 − (a + b − c)3 − (b + c − a)3 − (c + a − b)3
= 3(a + b − c + b + c − a)(b + c − a + c + a − b)(c + a − b + a + b − c)
= 3 · 2b · 2c · 2a
= 24abc.
2
abc − (ab + bc + ca) + (a + b + c) − 1 = abc − ab − bc − ca + a + b + c − 1
= abc − bc − ab + b − ca + c + a − 1
= bc(a − 1) − b(a − 1) − c(a − 1) + (a − 1)
= (a − 1)(bc − b − c + 1)
= (a − 1)[c(b − 1) − (b − 1)]
= (a − 1)(b − 1)(c − 1).
BÀI 8. Chứng minh rằng trong ba số a, b, c tồn tại hai số bằng nhau, nếu
a2 (b − c) + b2 (c − a) + c2 (a − b) = 0.
– LỜI GIẢI.
a2 (b − c) + b2 (c − a) + c2 (a − b) = a2 b − a2 c + b2 c − b2 a + c2 (a − b)
= (a2 b − ab2 ) − (a2 c − b2 c) + c2 (a − b)
= ab(a − b) − c(a − b)(a + b) + c2 (a − b)
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 32/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
= (a − b) ab − ac − bc + c2
= (a − b) [b(a − c) − c(a − c)]
= (a − b)(a − c)(b − c).
Theo giả thiết a2 (b − c) + b2 (c − a) + c2 (a − b) = 0 nên
a−b=0
a=b
(a − b)(a − c)(b − c) = 0 ⇔
a − c = 0 ⇔ a = c
b−c=0
b = c.
Vậy trong ba số a, b và c tồn tại hai số bằng nhau.
BÀI 9. Chứng minh rằng nếu a2 + b2 = 2ab thì a = b.
– LỜI GIẢI.
Ta có a2 + b2 = 2ab ⇔ a2 − 2ab + b2 = 0 ⇔ (a − b)2 = 0 ⇔ a − b = 0 ⇔ a = b.
Vậy nếu a2 + b2 = 2ab thì a = b.
BÀI 10. Chứng minh rằng nếu m = a + b + c thì
(am + bc)(bm + ca)(cm + ab) = (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 .
– LỜI GIẢI.
Ta có am + bc = a(a + b + c) + bc = a(a + b) + ac + bc = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(a + c).
Tương tự bm + ca = (b + c)(b + a) và cm + ab = (c + a)(c + b). Khi đó
(am + bc)(bm + ca)(cm + ab) = (a + b)(a + c)(b + c)(b + a)(c + a)(c + b) = (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 .
BÀI 11. Cho a2 + b2 = 1, c2 + d2 = 1, ac + bd = 0. Chứng minh rằng ab + cd = 0.
– LỜI GIẢI.
Do a2 + b2 = 1 và c2 + d2 = 1 nên
ab + cd = ab · 1 + cd · 1
= ab(c2 + d2 ) + cd(a2 + b2 )
= abc2 + abd2 + cda2 + cdb2
= (abc2 + cdb2 ) + (abd2 + cda2 )
= bc(ac + bd) + ad(bd + ac)
= (ac + bd)(bc + ad)
= 0 (do ac + bd = 0).
BÀI 12. Xét hằng đẳng thức (x + 1)2 = x2 + 2x + 1. Lần lượt cho x = 1,n rồi cộng từng vế n đẳng
thức trên để tính giá trị của biểu thức
S = 1 + 2 + 3 + · · · + n.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 33/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Từ hằng đẳng thức đã cho, ta có
22 = (1 + 1)2 = 12 + 2 · 1 + 1
32 = (2 + 1)2 = 22 + 2 · 2 + 1
42 = (3 + 1)2 = 32 + 2 · 3 + 1
…
(n + 1)2 = n2 + 2 · n + 1.
Cộng từng vế n đẳng thức trên rồi rút gọn, ta được
(n + 1)2 = 12 + 2(1 + 2 + 3 + · · · + n) + n.
Do đó
2(1 + 2 + 3 + · · · + n) = (n + 1)2 − (n + 1)
2S = (n + 1)[(n + 1) − 1]
2S = (n + 1)n
n(n + 1)
.
S =
2
n(n + 1)
.
2
BÀI 13. (*) Phân tích thành nhân tử
Vậy S =
1 a(b + c)2 (b − c) + b(c + a)2 (c − a) + c(a + b)2 (a − b);
2 a(b − c)3 + b(c − a)3 + c(a − b)3 ;
3 a2 b2 (a − b) + b2 c2 (b − c) + c2 a2 (c − a);
4 a(b2 + c2 ) + b(c2 + a2 ) + c(a2 + b2 ) − 2abc − a3 − b3 − c3 ;
5 a4 (b − c) + b4 (c − a) + c4 (a − b).
– LỜI GIẢI.
1 Ta có c − a = − [(b − c) + (a − b)]. Khi đó
a(b + c)2 (b − c) + b(c + a)2 (c − a) + c(a + b)2 (a − b)
= a(b + c)2 (b − c) − b(c + a)2 [(b − c) + (a − b)] + c(a + b)2 (a − b)
= a(b + c)2 (b − c) − b(c + a)2 (b − c) − b(c + a)2 (a − b) + c(a + b)2 (a − b)
= (b − c) a(b + c)2 − b(c + a)2 − (a − b) b(c + a)2 − c(a + b)2
= (b − c) a(b2 + 2bc + c2 ) − b(c2 + 2ac + a2 ) − (a − b) b(c2 + 2ac + a2 ) − c(a2 + 2ab + b2 )
= (b − c)(ab2 + ac2 − bc2 − ba2 ) − (a − b)(bc2 + ba2 − ca2 − cb2 )
= (b − c) c2 (a − b) − ab(a − b) − (a − b) a2 (b − c) − bc(b − c)
= (b − c)(a − b)(c2 − ab) − (a − b)(b − c)(a2 − bc)
= (b − c)(a − b)(c2 − ab − a2 + bc)
= (b − c)(a − b) [(c − a)(c + a) + b(c − a)]
= (a − b)(b − c)(c − a)(c + b + c).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 34/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Ta có c − a = − [(b − c) + (a − b)]. Áp dụng công thức (x + y)3 = x3 + 3xy(x + y) + y 3 . Ta được
a(b − c)3 + b(c − a)3 + c(a − b)3
= a(b − c)3 − b [(b − c) + (a − b)]3 + c(a − b)3
= a(b − c)3 − b (b − c)3 + 3(b − c)(a − b)(a − c) + (a − b)3 + c(a − b)3
= (a − b)(b − c)3 − 3b(b − c)(a − b)(a − c) − (b − c)(a − b)3
= (a − b)(b − c) (b − c)2 − 3b(a − c) − (a − b)2
= (a − b)(b − c) b2 − 2bc + c2 − 3ab + 3bc − a2 + 2ab − b2
= (a − b)(b − c) −2bc + c2 − 3ab + 3bc − a2 + 2ab
= (a − b)(b − c) (c2 − a2 ) − (2bc − 2ab) + (3bc − 3ab)
= (a − b)(b − c) [(c − a)(c + a) − 2b(c − a) + 3b(c − a)]
= (a − b)(b − c)(c − a)(c + a − 2b + 3b)
= (a − b)(b − c)(c − a)(a + b + c).
3 Ta có b − c = − [(a − b) + (c − a)]. Khi đó
a2 b2 (a − b) + b2 c2 (b − c) + c2 a2 (c − a)
= a2 b2 (a − b) − b2 c2 [(a − b) + (c − a)] + c2 a2 (c − a)
= a2 b2 (a − b) − b2 c2 (a − b) − b2 c2 (c − a) + c2 a2 (c − a)
= (a − b)b2 (a2 − c2 ) − (c − a)c2 (b2 − a2 )
= (a − b)b2 (a − c)(a + c) − (a − c)c2 (a − b)(a + b)
= (a − b)(a − c) b2 a + b2 c − c2 a − c2 b
= (a − b)(a − c) [a(b − c)(b + c) + bc(b − c)]
= (a − b)(a − c)(b − c)(ab + ac + bc).
4
a(b2 + c2 ) + b(c2 + a2 ) + c(a2 + b2 ) − 2abc − a3 − b3 − c3
= a(b2 + c2 − 2bc − a2 ) + b(c2 + a2 + 2ac − b2 ) + c(a2 + b2 − 2ab − c2 )
= a (b − c)2 − a2 + b (c + a)2 − b2 + c (a − b)2 − c2
= a(b − c − a)(b − c + a) + b(c + a − b)(c + a + b) + c(a − b − c)(a − b + c)
= (a − b + c) [−a(b − c + a) + b(a + b + c) + c(a − b − c)]
= (a − b + c)(−ab + ac − a2 + ab + b2 + bc + ac − bc − c2 )
= (a − b + c) (ac + bc − c2 ) − (a2 + ab − ac) + (ab + b2 − bc)
= (a − b + c) [c(a + b − c) − a(a + b − c) + b(a + b − c)]
= (a − b + c)(a + b − c)(b + c − a).
5 Ta có c − a = − [(b − c) + (a − b)]. Khi đó
a4 (b − c) + b4 (c − a) + c4 (a − b)
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 35/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
= a4 (b − c) − b4 [(b − c) + (a − b)] + c4 (a − b)
= a4 (b − c) − b4 (b − c) − b4 (a − b) + c4 (a − b)
= (b − c)(a4 − b4 ) − (a − b)(b4 − c4 )
= (b − c)(a2 − b2 )(a2 + b2 ) − (a − b)(b2 − c2 )(b2 + c2 )
= (b − c)(a − b)(a + b)(a2 + b2 ) − (a − b)(b − c)(b + c)(b2 + c2 )
= (a − b)(b − c) (a + b)(a2 + b2 ) − (b + c)(b2 + c2 )
= (a − b)(b − c) a3 + ab2 + ba2 − bc2 − cb2 − c3
= (a − b)(b − c) (a3 − c3 ) + b2 (a − c) + b(a2 − c2 )
= (a − b)(b − c) (a − c)(a2 + ac + c2 ) + b2 (a − c) + b(a − c)(a + c)
= (a − b)(b − c)(a − c)(a2 + b2 + c2 + ab + ac + bc).
BÀI 14. (*) Chứng minh rằng nếu a3 + b3 + c3 = 3abc và a, b, c là các số dương thì a = b = c.
– LỜI GIẢI.
Theo ví dụ 3 ở nội dung này. Ta có
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc).
Do đó nếu a3 +b3 +c3 = 3abc thì (a+b+c)(a2 +b2 +c2 −ab−ac−bc) = 0 hay a2 +b2 +c2 −ab−ac−bc = 0
(do a, b, c là các số dương nên a + b + c > 0).
a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc = 0
⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab − 2ac − 2bc = 0
⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 0
a=b
a
−
b
=
0
⇔
b−c=0 ⇔ b=c
c−a=0
c=a
⇔ a = b = c.
Vậy nếu a3 + b3 + c3 = 3abc và a, b, c là các số dương thì a = b = c.
BÀI 15. (*) Chứng minh rằng nếu a4 + b4 + c4 + d4 = 4abcd và a, b, c, d là các số dương thì
a = b = c = d.
– LỜI GIẢI.
a4 + b4 + c4 + d4 = 4abcd
⇔ a4 + b4 + c4 + d4 − 4abcd = 0
⇔ a4 − 2a2 b2 + b4 + c4 − 2c2 d2 + d4 + 2a2 b2 − 4abcd + 2c2 d2 = 0
⇔ (a2 − b2 )2 + (c2 − d2 )2 + 2(ab − cd)2 = 0
2
2
a
−
b
=
0
a = ±b
⇔
c2 − d2 = 0 ⇔ c = ±d
ab − cd = 0
ab = cd
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 36/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
⇔ a = b = c = d (do a, b, c và d là các số dương).
Vậy nếu a4 + b4 + c4 + d4 = 4abcd và a, b, c, d là các số dương thì a = b = c = d.
BÀI 16. (*) Bằng phương pháp tương tự ở ví dụ 6 và bài tập trên. Hãy tính giá trị của biểu thức
S3 = 13 + 23 + 33 + · · · + n3 .
– LỜI GIẢI.
Từ hằng đẳng thức (x + 1)4 = x4 + 4×3 + 6×2 + 4x + 1, ta có
24 = (1 + 1)4 = 14 + 4 · 13 + 6 · 12 + 4 · 1 + 1
34 = (2 + 1)4 = 24 + 4 · 23 + 6 · 22 + 4 · 2 + 1
44 = (3 + 1)4 = 34 + 4 · 33 + 6 · 32 + 4 · 3 + 1
…
(n + 1)4 = n4 + 4 · n3 + 6 · n2 + 4 · n + 1.
Cộng từng vế n đẳng thức trên rồi rút gọn, ta được
(n + 1)4 = 14 + 4 · (13 + 23 + · · · + n3 ) + 6 · (12 + 22 + · · · + n2 ) + 4(1 + 2 + · · · + n) + n
= 1 + 4S3 + 6S2 + 4S1 + n.
Ta đã biết S1 =
1
n(n + 1)
, S2 = n(n + 1)(2n + 1). Do đó
2
6
4S3 = (n + 1)4 − 1 − n − n(n + 1)(2n + 1) − 2n(n + 1)
4S3 = (n + 1)[(n + 1)3 − 1 − n(2n + 1) − 2n]
4S3 = (n + 1)[(n + 1)3 − (2n + 1)(n + 1)]
4S3 = (n + 1)2 (n2 + 2n + 1 − 2n − 1)
n2 (n + 1)2
S3 =
.
4
n2 (n + 1)2
Vậy S3 =
.
4
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 37/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
4
Năm học 2019-2020
CHIA ĐA THỨC
A TÓM TẮT LÝ THUYẾT
Với A(x), B(x), Q(x) và R(x) là các đa thức. Ta có
Đa thức A(x) được gọi là chia hết cho đa thức B(x) khác đa thức 0 nếu tồn tại đa thức Q(x)
sao cho
A(x) = B(x) · Q(x).
Người ta chứng minh được rằng: Với mọi cặp đa thức A(x) và B(x), trong đó B(x) 6= 0, tồn tại
duy nhất cặp đa thức Q(x) và R(x) sao cho
A(x) = B(x) · Q(x) + R(x).
Trong đó R(x) = 0 hoặc bậc của R(x) nhỏ hơn bậc của B(x).
– Nếu R(x) = 0 thì A(x) chia hết cho B(x).
– Nếu R(x) 6= 0 thì A(x) không chia hết cho B(x). Khi đó Q(x) là thường và R(x) là dư của phép
chia A(x) cho B(x).
B PHÂN LOẠI CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
VÍ DỤ 1. Cho hai đa thức A = 3xn−1 y 6 − 5xn+1 y 4 và đơn thức B = 2×3 y n .
1 Tìm số tự nhiên n để đa thức A chia hết cho đơn thức B.
2 Tìm thương A : B trong trường hợp đó.
– LỜI GIẢI.
1 Điều kiện để đa thức A chia
hết cho đơn thức B là
n−1≥3
(
n≥4
n + 1 ≥ 3
n≥4
⇔ n≥2 ⇔
⇔ n = 4.
6≥n
n≤4
4≥n
4≥n
Vậy với n = 4 thì đa thức A chia hết cho đơn thức B.
2 Với n = 4 thì A = 3×3 y 6 − 5×5 y 4 và B = 2×3 y 4 . Khi đó
3
5
A : B = (3×3 y 6 − 5×5 y 4 ) : (2×3 y 4 ) = y 2 − x2 .
2
2
VÍ DỤ 2. Xác định các số hữu tỉ a và b để đa thức x3 + ax + b chia hết cho đa thức x2 + x − 2.
– LỜI GIẢI.
Cách 1: Đặt tính chia
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 38/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
x3
− x3 − x2
+ ax
+ b x2 + x − 2
+ 2x
x−1
− x2 + (2 + 1a) x
x
2
+x
+b
−2
(3 + 1a) x + (−2 + 1b)
Để chia hết thì đa thức dư phải bằng 0 với mọi giá trị của x nên
(
(
a+3=0
a = −3
⇔
b−2=0
b = 2.
Vậy với a = −3, b = 2 thì đa thức x3 + ax + b chia hết cho đa thức x2 + x − 2, thương là x − 1. Cách
2: (Phương pháp hệ số bất định)
Đa thức bị chia có bậc ba và đa thức chia có bậc hai nên thương là một đa thức bậc nhất, hạng tử
bậc nhất là x3 : x2 = x.
Gọi thương của phép chia là x + c, ta có
x3 + ax + b = (x2 + x − 2)(x + c)
x3 + ax + b = x3 + (c + 1)x2 + (c − 2)x − 2c.
Do hai đa thức trên bằng nhau nên
c = −1
c
+
1
=
0
c − 2 = a ⇔ a = −3
− 2c = b
b = 2.
Vậy với a = −3, b = 2 thì đa thức x3 + ax + b chia hết cho đa thức x2 + x − 2, thương là x − 1. Cách
3:(Phương pháp xét giá trị riêng)
Gọi thương khi chia đa thức x3 + ax + b cho đa thức x2 + x − 2 là Q(x), ta có
x3 + ax + b = (x2 + x − 2)Q(x) = (x − 1)(x + 2)Q(x).
Vì đẳng thức đúng với mọi x nên lần lượt cho x = 1, x = −2, ta được
(
(
(
1+a+b=0
a + b = −1
a = −3
⇔
⇔
− 8 − 2a + b = 0
− 2a + b = 8
b = 2.
Vậy với a = −3, b = 2 thì đa thức x3 + ax + b chia hết cho đa thức x2 + x − 2, thương là x − 1.
C BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Chia đơn thức cho đơn thức
BÀI 1. Thực hiện phép tính
a) 812 : 46 ;
b) 276 : 92 ;
c)
915 · 253 · 43
.
310 · 506
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 39/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 812 : 46 = (23 )12 : (22 )6 = 236 : 212 = 224 .
2 276 : 92 = (33 )6 : (32 )2 = 318 : 34 = 314 .
915 · 253 · 43
(32 )15 · (52 )3 · (22 )3
330 · 56 · 26
320 · 1 · 1
320
3
=
=
=
=
.
310 · 506
310 · (2 · 52 )6
310 · 26 · 512
1 · 1 · 56
56
BÀI 2. Chứng minh rằng biểu thức sau không âm với mọi giá trị của biến
A = (−15×3 y 6 ) : (−5xy 2 ).
– LỜI GIẢI.
Ta có A = (−15×3 y 6 ) : (−5xy 2 ) = 3×2 y 4 .
Vì x2 ≥ 0 với mọi số thực x và y 4 ≥ 0 với mọi số thực y nên 3×2 y 3 ≥ 0 với mọi x, y.
Vậy biểu thức A = (−15×3 y 6 ) : (−5xy 2 ) không âm với mọi giá trị của biến.
BÀI 3. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của biến y (x 6= 0;
y 6= 0)
Å
ã
1
2 2 3
B = x y : − xy + 2x(y − 1)(y + 1).
3
3
– LỜI GIẢI.
Với x 6= 0; y 6= 0, ta có
Å
ã
1
2 2 3
x y : − xy + 2x(y − 1)(y + 1)
B =
3
3
2
= −2xy + 2x(y 2 − 1)
= −2xy 2 + 2xy 2 − 2x
= −2x.
Vậy giá trị của biểu thức B không phụ thuộc vào giá trị của biến y.
BÀI 4. Tìm số tự nhiên n để đơn thức A = 4xn+1 y 2 chia hết cho đơn thức B = 3×3 y n−1 .
– LỜI GIẢI.
Để đơn thức A chia hết cho đơn thức B thì
(
n+1≥3
2≥n−1
⇔
(
n≥2
n≤3
⇔ 2 ≤ n ≤ 3.
Mà n ∈ N nên n = 2 hoặc n = 3.
Vậy với n = 2 hoặc n = 3 thì đơn thức A chia hết cho đơn thức B.
Chia đa thức cho đơn thức
BÀI 5.Å Thực hiện phép tính ã Å
ã
1 2 4 4 3 2 2
2 2
1
a x + ax − ax : − ax ;
2
3
3
Å
ã3
3
2 4
x − 1 + (12×2 − 3x) : (−3x) − (2x + 1).
4
– LỜI
Å GIẢI.
ã Å
ã
1 2 4 4 3 2 2
2 2
−3 2
1
a x + ax − ax : − ax =
ax − 2x + 1.
2
3
3
3
4
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 40/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Å
ã
3
2 4
x − 1 + (12×2 − 3x) : (−3x) − (2x + 1) = 3x − 4 − 4x + 1 − 2x − 1 = −3x − 4.
4
BÀI 6. Thực hiện phép tính rồi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = (9xy 2 − 6×2 y) : (−3xy) + (6×2 y + 2×4 ) : (2×2 ).
– LỜI GIẢI.
A = (9xy 2 − 6×2 y) : (−3xy) + (6×2 y + 2×4 ) : (2×2 )
= −3y + 2x + 3y + x2
= x2 + 2x
= x2 + 2 · x · 1 + 12 − 12
= (x + 1)2 − 1.
Vì (x + 1)2 ≥ 0 với mọi x nên (x + 1)2 − 1 ≥ −1 hay A ≥ −1 với mọi x. Do đó giá trị nhỏ nhất của
biểu thức A bằng −1 khi x = −1.
BÀI 7. Tìm số tự nhiên n để đa thức A = 7xn−1 y 5 − 5×3 y 4 chia hết cho đơn thức B = 5×2 y n .
– LỜI GIẢI.
7
7
Xét thương A : B = xn−1−2 y 5−n − xy 4−n = xn−3 y 5−n − xy 4−n .
5
5
Để đa thức A chia hết cho đơn thức B thì
n≥3
n
−
3
≥
0
5 − n ≥ 0 ⇔ n ≤ 5 ⇔ 3 ≤ n ≤ 4.
n≤4
4−n≥0
Do n ∈ N nên n = 3 hoặc n = 4.
Vậy với n = 3 hoặc n = 4 thì đa thức A chia hết cho đơn thức B.
Chia đa thức cho đa thức
BÀI 8. Rút gọn biểu thức
[(x3 + y 3 ) − 2(x2 − y 2 ) + 3(x + y)2 ] : (x + y).
– LỜI GIẢI.
[(x3 + y 3 ) − 2(x2 − y 2 ) + 3(x + y)2 ] : (x + y)
= [(x + y)(x2 − xy + y 2 ) − 2(x + y)(x − y) + 3(x + y)2 ] : (x + y)
= x2 − xy + y 2 − 2(x − y) + 3(x + y)
= x2 − xy + y 2 − 2x + 2y + 3x + 3y
= x2 − xy + y 2 + x + 5y.
BÀI 9. Chia các đa thức
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 41/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 (3×4 − 2×3 − 2×2 + 4x − 8) : (x2 − 2);
2 (2×3 − 26x − 24) : (x2 + 4x + 3);
3 (x3 − 7x + 6) : (x + 3).
– LỜI GIẢI.
1
3×4 − 2×3 − 2×2 + 4x − 8 x2 − 2
− 3×4
+ 6×2
3×2 − 2x + 4
− 2×3 + 4×2 + 4x
2×3
− 4x
4×2
−8
− 4×2
+8
0
Vậy (3x − 2x − 2x + 4x − 8) : (x2 − 2) = 3×2 − 2x + 4.
4
2
3
2
2×3
− 26x − 24 x2 + 4x + 3
− 2×3 − 8×2 − 6x
2x − 8
− 8×2 − 32x − 24
8×2 + 32x + 24
0
Vậy (2x − 26x − 24) : (x2 + 4x + 3) = 2x − 8.
3
3
x3
− 7x + 6 x + 3
3
2
− x − 3x
x2 − 3x + 2
− 3×2 − 7x
3×2 + 9x
2x + 6
− 2x − 6
0
Vậy (x − 7x + 6) : (x + 3) = x2 − 3x + 2.
3
BÀI 10. Xác định hằng số a sao cho
1 4×2 − 6x + a chia hết cho x − 3;
2 2×2 + x + a chia hết cho x + 3;
3 x3 + ax2 − 4 chia hết cho x2 + 4x + 4.
– LỜI GIẢI.
1 Xét phép chia
4×2 − 6x
+a x−3
− 4×2 + 12x
6x
− 6x
4x + 6
+a
+ 18
(18 + 1a)
Để 4x − 6x + a chia hết cho x − 3 thì a + 18 = 0 ⇔ a = −18.
2
Vậy với a = −18 thì 4×2 − 6x + a chia hết cho x − 3.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 42/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Xét phép chia
2×2 + x
+a x+3
− 2×2 − 6x
2x − 5
− 5x
+a
5x
+ 15
(15 + 1a)
Để 2x + x + a chia hết cho x + 3 thì a + 15 = 0 ⇔ a = −15.
2
Vậy với a = −15 thì 2×2 + x + a chia hết cho x + 3.
3 Giải tương tự câu a), câu b) ta được a = 3. .
BÀI 11. Xác định hằng số a sao cho
1 10×2 − 7x + a chia hết cho 2x − 3;
2 2×2 + ax + 1 chia cho x − 3 dư 4;
3 ax5 + 5×4 − 9 chia hết cho x − 1.
– LỜI GIẢI.
1 Xét phép chia
10×2 − 7x
+ a 2x − 3
2
− 10x + 15x
8x
− 8x
5x + 4
+a
+ 12
(12 + 1a)
Để 10x − 7x + a chia hết cho 2x − 3 thì a + 12 = 0 ⇔ a = −12.
Vậy với a = −12 thì 10×2 − 7x + a chia hết cho 2x − 3.
2
2 Giải tương tự câu a) ta được a = −5.
3 Giải tương tự câu a) ta được a = 4.
BÀI 12. Xác định các hằng số a, b sao cho
1 x4 + ax + b chia hết cho x2 − 4;
2 x4 + ax3 + bx − 1 chia hết cho x2 − 1;
3 x3 + ax + b chia hết cho x2 + 2x − 2.
– LỜI GIẢI.
1 Xét phép chia
x4
+ ax
+ b x2 − 4
− x4 + 4×2
4×2 + ax
− 4x
2
x2 + 4
+b
+ 16
ax + (16 + 1b)
Để x + ax + b chia hết cho x − 4 thì đa thức dư ax + b + 16 phải đồng nhất 0. Do đó a = 0,
b = −16.
4
2
Vậy với a = 0, b = −16 thì x4 + ax + b chia hết cho x2 − 4.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 43/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Giải tương tự câu a) ta được a + b = 0 (tức là a tùy ý, b = −a).
3 Giải tương tự câu a) ta được a = −6, b = 4.
BÀI 13. Xác định các hằng số a, b sao cho
1 x4 + ax2 + b chia hết cho x2 − x + 1;
2 ax3 + bx2 + 5x − 50 chia hết cho x2 + 3x − 10;
3 ax4 + bx3 + 1 chia hết cho x2 + ax + b;
4 x4 + 4 chia hết cho x2 + ax + b.
– LỜI GIẢI.
1 Xét phép chia
x4
− x4 + x3
+ ax2
+ b x2 − x + 1
− x2
x2 + x + a
x3 + (−1 + 1a) x2
− x3
+ x2
−x
ax2
−x
+b
− ax2
+ ax
−a
(−1 + 1a) x + (−1a + 1b)
Để x + ax + b chia hết cho x − x + 1 thì đa thức dư (a − 1)x + b − a đồng nhất đa thức 0 nên
4
2
2
a = 1 và b = a = 1.
Vậy với a = b = 1 thì x4 + ax2 + b chia hết cho x2 − x + 1.
2 Giải tương tự câu a) ta được a = 1, b = 8.
3 Giải tương tự câu a) ta được a = 3, b = −4.
4 Ta có
x4 + 4 = x4 + 4×2 + 4 − 4×2 = (x2 + 2)2 − (2x)2 = (x2 + 2x + 2)(x2 − 2x + 2).
Do đó để x4 + 4 chia hết cho x2 + ax + b thì a = ±2 và b = 2.
BÀI 14. Tìm các hằng số a và b sao cho x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho x − 3 thì dư
−5.
– LỜI GIẢI.
Vì x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7 nên x3 + ax + b = (x + 1) · P (x) + 7.
Với x = −1 thì −1 − a + b = 7 hay a = b − 8.
3
(1)
3
Tương tự x + ax + b chia cho x − 3 thì dư −5, tức là x + ax + b = (x − 3) · Q(x) − 5.
Khi đó, với x = 3 thì 27 + 3a + b = −5 hay 3a + b = −32.
Từ (1) và (2) suy ra a = −10, b = −2.
(2)
BÀI 15. Tìm các hằng số a, b, c sao cho ax3 + bx2 + c chia hết cho x + 2, chia cho x2 − 1 thì dư x + 5.
– LỜI GIẢI.
Ta có ax3 + bx2 + c chia hết cho x + 2 nên ax3 + bx2 + c = (x + 2) · A(x).
Khi đó, với x = −2 thì −8a + 4b + c = 0.
Tương tự, ax3 + bx2 + c chia cho x2 − 1 thì dư x + 5, tức là
(3)
ax3 + bx2 + c = (x + 1)(x − 1) · B(x) + x + 5.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 44/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Lần lượt cho x = 1, x = −14 ta được a + b + c = 6 và −a + b + c = 4.
Từ (3) và (4) suy ra a = 1, b = 1 và c = 4.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
(4)
Trang 45/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Năm học 2019-2020
Trang 46/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG
2
BÀI
1
PHÂN THỨC ĐẠI SỐ
TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA PHÂN THỨC, RÚT GỌN PHÂN
THỨC.
A TÓM TẮT LÝ THUYẾT
A
, trong đó A và B là các đa thức, B 6= 0.
B
Phân thức đại số có các tính chất cơ bản sau:
Phân thức đại số là một biểu thức có dạng
– Nếu nhân cả tử thức và mẫu thức của một phân thức với cùng một đa thức khác 0 thì được một
phân thức bằng phân thức đã cho.
– Nếu chia cả tử thức và mẫu thức của một phân thức cho cùng một nhân tử chung của chúng thì
được một phân thức bằng phân thức đã cho.
Muốn rút gọn một phân thức đại số, ta có thể:
– Phân tích tử thức và mẫu thức thành nhân tử;
– Chia cả tử thức và mẫu thức cho nhân tử chung.
B VÍ DỤ
VÍ DỤ 1. Cho phân thức
M=
(a2 + b2 + c2 ) (a + b + c)2 + (ab + bc + ca)2
.
(a + b + c)2 − (ab + bc + ca)
1 Tìm các giá trị a, b, c để phân thức được xác định (tức là để mẫu khác 0).
2 Rút gọn phân thức M .
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
(a + b + c)2 − (ab + bc + ca) = 0 ⇔ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca = 0
⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 0
⇔ (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 = 0
⇔a+b=b+c=c+a=0
⇔ a = b = c = 0.
Với điều kiện để phân thức M được xác định là a, b, c không đồng thời bằng 0.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 47/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Chú ý rằng (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac). Do đó, ta đặt a2 + b2 + c2 = x,
ab + bc + ca = y. Khi đó (a + b + c)2 = x + 2y. Ta có
x2 + 2xy + y 2
(x + y)2
x(x + 2) + y 2
=
=
=x+y
x + 2y − y
x+y
x+y
= a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca.
M =
VÍ DỤ 2. Rút gọn biểu thức
A=
(b − c)3 + (c − a)3 + (a − b)3
.
a2 (b − c) + b2 (c − a) + c2 (a − b)
– LỜI GIẢI.
Phân tích mẫu thức thành nhân tử:
a2 (b − c) + b2 (c − a) + c2 (a − b) = a2 (b − c) + b2 c − ab2 + ac2 − bc2
= a2 (b − c) + bc(b − c) − a(b2 − c2 )
= (b − c)(a2 + bc − ab − ac)
= (b − c) [a(a − b) − c(a − b)]
= (b − c)(a − b)(a − c).
(b − c)3 + (c − a)3 + (a − b)3
.
−(a − b)(b − c)(c − a)
Ta có nhận xét: Nếu x + y + z = 0 thì x3 + y 3 + z 3 = 3xyz. Đặt b − c = x, c − a = y, a − b = z thì
x + y + z = 0. Theo nhận xét trên
Do đó A =
x3 + y 3 + z 3
3xyz
A=
=
= −3.
−xyz
−xyz
VÍ DỤ 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì phân số
n3 + 2n
là phân số tối giản.
n4 + 3n2 + 1
– LỜI GIẢI.
Để chứng minh phân số đã cho là tối giản, ta sẽ chứng tỏ rằng tử và mẫu chỉ có ước chung là ±1.
Gọi d là ước của n3 + 2n và n4 + 3n2 + 1. Ta có:
.
.
.
n3 + 2n .. d ⇒ n (n3 + 2n) .. d ⇒ n4 + 2n2 .. d,
.
.
2
n4 + 3n2 + 1 − (n4 + 2n2 ) = n2 + 1 .. d ⇒ (n2 + 1) = n4 + 2n2 + 1 .. d,
(1)
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
.
.
n4 + 2n2 + 1 − n4 + 2n2 .. d ⇒ 1 .. d ⇒ d = ±1.
Vậy
n3 + 2n
là phân số tối giản.
n4 + 3n2 + 1
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 48/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 4. Chứng minh rằng:
1 + x + x2 + x3 + … + x31 = (1 + x) 1 + x2
1 + x4
1 + x8
1 + x16 . (1)
– LỜI GIẢI.
Gọi vế trái của đẳng thức (1) là A, vế phải là B.
Ta có (1 − x) · A = 1 − x32 theo hằng đẳng thức 8.
(1 − x) · B = (1 − x)(1 + x) (1 + x2 ) (1 + x4 ) (1 + x8 ) (1 + x1 6) = 1 − x32 .
1 − x32
Nếu x 6= 1 thì A và B đều bằng phân thức
. Do đó A = B.
1−x
Nếu x = 1 thì hai vế của (1) đều bằng 32. Do đó A = B.
Trong cả hai trường hợp, đằng thức (1) đều đúng.
BÀI 1. Tìm giá trị của x để các phân thức sau bằng 0:
a)
x4 + x3 + x + 1
;
x4 − x3 + 2×2 − x + 1
– LỜI GIẢI.
1 Phân thức
b)
x4 − 5×2 + 4
.
x4 − 10×2 + 9
x4 + x3 + x + 1
bằng 0 khi tử thức bằng 0 và mẫu thức khác 0.
x4 − x3 + 2×2 − x + 1
Ta có
x4 + x3 + x + 1
=0
x3 (x + 1) + (x + 1) = 0
(x + 1) (x3 + 1)
=0
= −1.
x
Thay x = −1 vào mẫu thức ta được (−1)4 − (−1)3 + 2(−1)2 − (−1) + 1 6= 0.
Vậy x = −1 thỏa yêu cầu bài.
x4 − 5×2 + 4
bằng 0 khi tử thức bằng 0 và mẫu thức khác 0. Ta có
2 Phân thức 4
x − 10×2 + 9
x4 − 5×2 + 4
=0
(x2 − 1) (x2 − 4) = 0.
Với x2 = 1 thay vào mẫu thức, ta được 1 − 10 + 9 = 0 nên loại.
Với x2 = 4 thay vào mẫu thức, ta được (4)2 − 10 · 4 + 9 6= 0 nên x = ±2 thỏa yêu cầu bài.
BÀI 2. Rút gọn các phân thức:
a) A =
1235 · 2469 − 1234
;
1234 · 2469
b) B =
4002
.
1000 · 1002 − 999 · 1001
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 49/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Đặt x = 1234. Ta có
(x + 1)(2x + 1) − x
x(2x + 1) + x + 1
2×2 + 2x + 1
= 2
2x + 2x + 1
= 1.
A =
2 Đặt x = 1000. Ta có
4x + 2
x(x + 2) − (x − 1)(x + 1)
2(2x + 1)
= 2
x + 2x − (x2 − 1)
2(2x + 1)
=
2x + 1
= 2.
B =
BÀI 3. Rút gọn các phân thức:
a)
3×3 − 7×2 + 5x − 1
;
2×3 − x2 − 4x + 3
c)
x2 + y 2 + z 2 − 2xy + 2xz − 2yz
.
x2 − 2xy + y 2 − z 2
b)
(x − y)3 − 3xy(x + y) + y 3
;
x − 6y
– LỜI GIẢI.
3×3 − 7×2 + 5x − 1
(3x − 1)(x − 1)2
3x − 1
1
=
=
;
3
2
2
2x − x − 4x + 3
(2x + 3)(x − 1)
2x + 3
2
x3 − 3×2 y + 3xy 2 − y 3 − 3×2 y − 3xy 2 + y 3
(x − y)3 − 3xy(x + y) + y 3
=
x − 6y
x − 6y
2
x (x − 6y)
=
x − 6y
2
=x ;
3
x2 + y 2 + z 2 − 2xy + 2xz − 2yz
(x − y + z)2
x−y+z
=
=
.
2
2
2
x − 2xy + y − z
(x − y + z)(x − y − z)
x−y+z
BÀI 4. Rút gọn các phân thức với n là số tự nhiên:
a)
(n + 1)!
;
n!(n + 2)
b)
n!
;
(n + 1)! − n!
c)
(n + 1)! − (n + 2)!
.
(n + 1)! + (n + 2)!
– LỜI GIẢI.
(n + 1)!
n!(n + 1)
n+1
=
=
;
1
n!(n + 2)
n!(n + 2)
n+2
n!
n!
1
2
=
= ;
(n + 1)! − n!
n!(n + 1 − 1)
n
(n + 1)! − (n + 2)!
(n + 1)! − (n + 1)!(n + 2)
(n + 1)!(−n − 1)
−n − 1
3
=
=
=
.
(n + 1)! + (n + 2)!
(n + 1)! + (n + 1)!(n + 2)
(n + 1)!(n + 3)
n+3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 50/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 5. Rút gọn các phân thức:
a)
a2 (b − c) + b2 (c − a) + c2 (a − b)
;
ab2 − ac2 − b3 + bc2
b)
2×3 − 7×2 − 12x + 45
;
3×3 − 19×2 + 33x − 9
c)
x3 − y 3 + z 3 + 3xyz
;
(x + y)2 + (y + z)2 + (z − x)2
d)
x3 + y 3 + z 3 − 3xyz
.
(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2
– LỜI 2GIẢI.
a (b − c) + b2 (c − a) + c2 (a − b)
a−c
(a − b)(b − c)(a − c)
1
=
;
=
2
2
3
2
ab − ac − b + bc
(a − b)(b − c)(b + c)
b+c
2×3 − 7×2 − 12x + 45
(x − 3)2 (2x + 5)
2x + 5
=
=
;
2
3×3 − 19×2 + 33x − 9
(x − 3)2 (3x − 1)
3x − 1
x3 − y 3 + z 3 + 3xyz
1
3
= (x − y + z);
2
2
2
(x + y) + (y + z) + (z − x)
2
x3 + y 3 + z 3 − 3xyz
1
4
= (x + y + z).
2
2
2
(x − y) + (y − z) + (z − x)
2
BÀI 6. Chứng minh rằng các phân số sau tối giản với mọi số tự nhiên n:
a)
3n + 1
;
5n + 2
b)
12n + 1
;
30n + 2
c)
n3 + 2n
;
n4 + 3n2 + 1
d)
2n + 1
.
2n2 − 1
– LỜI GIẢI.
1 Giả sử (3n + 1, 5n + 2) = d.
.
.
Ta có 3(5n + 2) − 5(3n + 1) .. d ⇒ 1 .. d ⇒ d = ±1.
3n + 1
là phân số tối giản.
Vậy phân số
5n + 2
2 Giả sử (12n + 1, 30n + 2) = d.
.
.
Ta có 5(12n + 1) − 3(30n + 2) .. d ⇒ −1 .. d ⇒ d = ±1.
12n + 1
Vậy phân số
là phân số tối giản.
30n + 2
3 Giả sử (n4 + 3n2 + 1, n4 + 3n2 + 1) = d.
.
Ta có (n4 + 3n2 + 1) − n (n3 + 2n) = n2 + 1 .. d.
.
2
Do đó (n4 + 3n2 + 1) − (n2 + 1) = n2 .. d.
.
Suy ra 1 .. d ⇒ d = ±1.
.
.
4 Giả sử d ∈ (C) (2n + 1, 2n2 − 1) ⇒ n(2n + 1) − (2n2 − 1) = n + 1 .. d ⇒ 2n + 2 .. d
.
⇒ (2n + 2) − (2n + 1) = 1 .. d ⇒ d = ±1.
7
BÀI 7. Chứng minh rằng phân số
2
n +n +1
không tối giản với mọi số nguyên dương n.
n8 + n + 1
– LỜI GIẢI.
Ta có n7 +n2 +1 = (n2 + n + 1) (n5 − n4 + n2 − n + 1), n8 +n+1 = (n6 − n5 + n3 − n2 + 1) (n2 + n + 1).
n7 + n2 + 1
Tử và mẫu cùng chứa thừ số n2 + n + 1 lớn hơn 1 n phân số 8
không tối giản với mọi số
n +n+1
nguyên dương n.
BÀI 8. Viết gọn biểu thức dưới dạng một phân thức:
x2 − x + 1 x4 − x2 + 1 x8 − x4 + 1 x16 − x8 + 1 x32 − x16 + 1 .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 51/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Đặt A = (x2 − x + 1) (x4 − x2 + 1) (x8 − x4 + 1) (x16 − x8 + 1) (x32 − x16 + 1).
Nhân biểu thức A với x2 + x + 1, ta được
x2 + x + 1 · A = x64 + x32 + 1 .
x64 + x32 + 1
.
Do x + x + 1 6= 0 nên A = 2
x +x+1
2
BÀI 9. Cho biết x, y, z khác 0 và
(ax + by + cz)2
b
c
a
2
2
2
=
=
.
=
a
+
b
+
c
.
Chứng
minh
x2 + y 2 + z 2
x
y
z
– LỜI GIẢI.
Ta có
(ax + by + cz)2
= a2 + b2 + c2
x2 + y 2 + z 2
(ax)2 + (by)2 + (cz)2 + 2abxy + 2acxz + 2bcyz = a2 + b2 + c2 · x2 + y 2 + z 2
(ay − bx)2 + (az − cx)2 + (bz − cy)2
=0
ay − bx = 0
Do đó ta được: az − cx = 0 .
bz − cy = 0
b
c
a
Suy ra = = .
x
y
z
bc(y − z)2 + ca(x − z)2 + ab(x − y)2
BÀI 10. Cho biết ax + by + cz = 0. Rút gọn A =
.
ax2 + by 2 + cz 2
– LỜI GIẢI.
Ta có
B = bc(y − z)2 + ca(z − x)2 + (bz − cy)2 = 0
= bcy 2 + bcz 2 + cax2 + abx2 + aby 2 − 2(bcyz + acxz + abxy).
(1)
Từ giả thiết ta suy ra a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2 + 2(bcyz + acxz + abxy) = 0.
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
B = ax2 (b + c) + by 2 (a + c) + cz 2 (a + b) + a2 x2 + b2 y 2 + c2 z 2
= ax2 (a + b + c) + by 2 (a + b + c) + cz 2 (a + b + c)
= (a + b + c) ax2 + by 2 + cz 2 .
Do đó A =
ax2
B
= a + b + c.
+ by 2 + cz 2
x2 + y 2 + z 2
BÀI 11. Rút gọn biểu thức A =
, biết rằng x + y + z = 0.
(y − z)2 + (z − x)2 + (x − y)2
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 52/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Ta có
x+y+z
=0
x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2xz + 2yz = 0
x2 + y 2 + z 2
= −(2xy + 2xz + 2yz).
Do đó
x2 + y 2 + z 2
(y − z)2 + (z − x)2 + (x − y)2
x2 + y 2 + z 2
= 2
2x + 2y 2 + 2z 2 − (2xy − 2xz − 2yz)
x2 + y 2 + z 2
=
3 (x2 + y 2 + z 2 )
1
= .
3
A =
BÀI 12. Tính giá trị của biểu thức A =
x−y
, biết x2 − 2y 2 = xy (y 6= 0; x + y 6= 0).
x+y
– LỜI GIẢI.
Ta có
x2 − xy − 2y 2 = 0 ⇔ x2 + xy − 2xy − 2y 2 = 0
⇔ x(x + y) − 2y(x + y) = 0
⇔ (x + y)(x − 2y) = 0.
Do x + y 6= 0 nên x = 2y. Vậy A =
2y − y
y
1
=
= .
2y + y
3y
3
BÀI 13. Tính giá trị của phân thức A =
3x − 2y
, biết rằng 9×2 + 4y 2 = 20xy và 2y < 3x < 0.
3x + 2y
– LỜI GIẢI.
9×2 + 4y 2 − 12xy
20xy − 12xy
8xy
1
Ta có A2 = 2
=
=
= .
2
9x + 4y + 12xy
20xy + 12xy
32xy
4
1
Do 2y < 3x < 0 ⇒ 3x − 2y > 0, 3x + 2y < 0 ⇒ A < 0. Vậy A = − .
2
BÀI 14. Cho 3x − y = 3z và 2x + y = 7z. Tính giá trị của biểu thức M =
x2 − 2xy
(x 6= 0, y 6= 0).
x2 + y 2
– LỜI GIẢI.
(
(
3x − y = 3z
x = 2z
Ta có hệ
⇔
. Thay vào biểu thức M ta được:
2x + y = 7z
y = 3z
M=
−8z 2
8
4z 2 − 2 · 2z · 3z
=
=− .
2
2
2
4z + 9z
13z
13
BÀI 15. Tìm số nguyên x để phân thức sau có giá trị là số nguyên:
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 53/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a)
3
;
2x − 1
b)
d)
x2 − 59
;
x+8
e)
x2
5
;
+1
c)
x2
7
;
−x+1
x+2
.
x2 + 4
– LỜI GIẢI.
3
có giá trị là số nguyên thì 2x − 1 ∈ {−3; −1; 1; 3}. Do đó x ∈ {−1; 0; 1; 2}.
1 Để
2x − 1
5
có giá trị là số nguyên thì x2 + 1 ∈ {1; 5}. Do đó x ∈ {−2; 0; 2}.
2 Để 2
x +1
7
3 Để 2
có giá trị là số nguyên thì x2 − x + 1 ∈ {−7; −1; 1; 7}. Do đó x ∈ {−2; 0; 1; 3}.
x −x+1
x2 − 59
.
.
.
4 Để
có giá trị là số nguyên thì x2 − 59 .. x + 8 ⇔ x2 − 64 + .. x + 8 ⇔ 5 .. x + 8.
x+8
Do đó x ∈ {−13; −9; −7; −3}.
x+2
5 Để + có giá trị là số nguyên thì
x 4
.
.
.
.
x + 2 .. x2 + 4 ⇒ (x + 2)(x − 2) .. x2 + 4 ⇒ x2 + 4 − 8 .. x2 + 4 ⇒ 8 .. x2 + 4.
• Xét x2 + 4 = 4 ⇔ x = 0 (không thỏa).
• Xét x2 + 4 = 8 ⇔ x = ±2; thử lại ta thấy x = −2 thỏa yêu cầu bài toán.
BÀI 16. Tìm số hữu tỉ x để phân thức
10
có giá trị là số nguyên.
+1
x2
– LỜI GIẢI.
10
10 − k
Đặt 2
= k ∈ Z, ta có kx2 + k = 10 nên x2 =
.
x +1
k
10 − k
Ta phải có
≤ 0 nên có 0 < k <≤ 10. Ta có bảng sau:
k
k
x2 =
10 − k
k
x∈Q
1
2
9
4
±3
±2
3
4
7
3
3
2
5
1
6
7
8
9
2
3
1
1
3
7
4
9
±1
1
1
Vậy x = ±3, ±2, ±1, ± , ± , 0.
2
3
±
1
2
±
1
3
10
0
0
BÀI 17. Chứng minh rằng nên các chữ số a, b, c khác 0 thỏa mãn điều kiện ab : cbc = a : c thì
abbb : bbbc = a : c.
– LỜI GIẢI.
Ta có abbb : ·c = (1000a + 111b)c = 1000ac + 111bc = ac + 111c(9a + b). a · bbbc = a(1110b + c) =
ac + 1110ab.
Ta cần chứng minh 111c(9a + b) = 111ab, tức là c(9z + b) = 10ab.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 54/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Theo giả thiết ta có
ab · c = bc · a ⇒ (10a + b)c = (10b + c)a
⇒ 10ac + bc = 10ab + ac
⇒ 9ac + bc = 10ab
⇒ c(9a + b) = 10ab.
BÀI 18. Điểm trung bình môn Toán của các học sinh nam và nữ hai lớp 8A và 8B được thống kê ở
bảng sau
Lớp 8A
Lớp 8B
Cả hai lớp 8A và 8B
Nam
7, 1
8, 1
7, 9
Nữ
7, 6
9, 0
Cả lớp
7, 4
8, 4
Tính điểm trung bình môn Toán của các học sinh cả hai lớp 8A và 8B.
– LỜI GIẢI.
Gọi số học sinh nam và nữ của hai lớp 8A theo thứ tự là a và b, số học sinh nam và nữ của lớp 8B
7, 6b + 9d
theo thứ tự là c và d. Ta cần tìm
. Ta có:
b+d
7, 1a + 7, 6b
= 7, 4
(1)
a+b
8, 1c + 9d
= 8, 4
(2)
c+d
7, 1a + 8, 1c
= 7, 9
(3)
a+c
Từ (1) suy ra b = 1, 5a. Từ (3) suy ra c = 4a. Từ (2) suy ra d = 0, 5c, do đó d = 2a. Ta được:
7, 6 · 1, 5a + 9 · a
7, 6b + 9d
=
= 8, 4.
b+d
1, 5a + 2a
Vậy điểm trung bình phải tìm là 8, 4.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 55/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI
2
CÁC PHÉP TÍNH VỀ PHÂN THỨC
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Muốn cộng các phân thức, ta quy đồng mẫu thức, cộng các tử thức với nhau, giữ nguyên mẫu thức
chung, rồi rút gọn phân thức vừa tìm được.
Muốn trừ đi một phân thức, ta lấy phân thức bị trừ cộng với phân thức đối của phân thức trừ.
Muốn nhân các phân thức, ta nhân các tử thức với nhau, các mẫu thức với nhau, rồi rút gọn phân
thức vừa tìm được.
Muốn chia cho một phân thức khác 0, ta lấy phân thức bị chia nhân với phân thức nghịch đảo của
phân thức chia.
B CÁC DẠNG TOÁN
VÍ DỤ 1. Cho a + b + c = 0 và a, b, c đều khác 0. Rút gọn biểu thức
A=
a2
bc
ca
ab
+ 2
+ 2
.
2
2
2
2
+b −c
b +c −a
c + a2 − b 2
– LỜI GIẢI.
Từ a + b + c = 0 suy ra a + b = −c.
Bình phương hai vế, ta được a2 + b2 + 2ab = c2 nên a2 + b2 − c2 = −2ab.
Tương tự, b2 + c2 − a2 = −2bc và c2 + a2 − b2 = −2ca.
bc
ca
1 1 1
3
ab
+
+
=− − − =− .
Do đó, A =
−2ab −2bc −2ca
2 2 2
2
VÍ DỤ 2. Rút gọn biểu thức
A=
1
1
2
4
8
+
+
+
+
.
1 − x 1 + x 1 + x2 1 + x 4 1 + x8
– LỜI GIẢI.
Do đặc điểm của bài toán, ta không quy đồng mẫu tất cả các phân thức mà cộng lần lượt từng phân
thức.
A =
=
2
4
8
2
+
+
+
2
2
4
1−x
1+x
1+x
1 + x8
4
4
8
8
8
16
+
+
=
+
=
.
4
4
8
8
8
1−x
1+x
1+x
1−x
1+x
1 − x16
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 56/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 3. Rút gọn biểu thức
B=
5
2n + 1
3
+
+ ··· +
.
2
2
(1 · 2)
(2 · 3)
[n(n + 1)]2
– LỜI GIẢI.
Đương nhiên không thể quy đồng mẫu tất cả các phân thức. Ta tìm cách tách mỗi phân thức thành
hiệu của hai phân thức rồi dùng phương pháp khử liên tiếp. Ta có
2k + 1
(k + 1)2 − k 2
1
1
=
=
−
.
k 2 (k + 1)2
k 2 (k + 1)2
k 2 (k + 1)2
Do đó
B =
1
1
1
1
1
1
− 2 + 2 − 2 + ··· + 2 −
2
1
2
2
3
n
(n + 1)2
=1−
n(n + 2)
1
=
.
2
(n + 1)
(n + 1)2
VÍ DỤ 4. Xác định các số a, b, c sao cho
(x2
ax + b
c
1
= 2
+
.
+ 1)(x − 1)
x +1 x−1
(1)
– LỜI GIẢI.
Thực hiện phép cộng ở vế phải của (1) ta được
(ax + b)(x − 1) + c(x2 + 1)
ax2 − ax + bx − b + cx2 + c
=
(x2 + 1)(x − 1)
(x2 + 1)(x − 1)
=
Đồng nhất phân thức trên với phân thức
(a + c)x2 + (b − a)x + (c − b)
.
(x2 + 1)(x − 1)
1
, ta được
(x2 + 1)(x − 1)
(
a + c = 0
c+b=0
1
1
⇒ c = ,b = − .
b−a=0 ⇒
2
2
c−b=1
c−b=1
1
1
1
− x−
1
1
2 + 2 .
Do đó a = − . Như vậy 2
= 22
2
(x + 1)(x − 1)
x +1
x−1
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 57/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Å
ã
1
1
1
VÍ DỤ 5. Cho A =
,
−
(x + y)3 x4 y 4
Å
ã
2
1
1
B=
−
,
(x + y)4 x3 y 3
Å
ã
2
1
1
C=
.
−
(x + y)5 x2 y 2
Thực hiện phép tính A + B + C.
– LỜI GIẢI.
Ta có
A
=
y 4 − x4
(y 2 + x2 )(y 2 − x2 )
(y 2 + x2 )(y − x)
=
=
.
x4 y 4 (x + y)3
x4 y 4 (x + y)3
x4 y 4 (x + y)2
2
B+C =
(x + y)4
Å
1
y 2 − x2
1
1
·
−
+
x3 y 3 x + y
x2 y 2
2
=
(x + y)4
Å
1
y−x
1
− 3+ 2 2
3
x
y
xy
=
ã
=
ã
y 3 − x3 + xy(y − x)
2
·
(x + y)4
x3 y 3
2
(y − x)(y 2 + 2yx + x2 )
2(y − x)
·
=
.
4
3
3
(x + y)
xy
(x + y)2 x3 y 3
Do đó,
A+B+C =
=
(y 2 + x2 )(y − x)
2(y − x)
+
4
4
2
x y (x + y)
(x + y)2 x3 y 3
(y 2 + x2 )(y − x) + 2xy(y − x)
x4 y 4 (x + y)2
(y − x)(y 2 + x2 + 2xy)
=
x4 y 4 (x + y)2
=
y−x
.
x4 y 4
C BÀI TẬP TỰ LUỆN
BÀI 1. Thực hiện các phép tính
x + 3 2x − 1
x−3
1
−
− 2
;
x+1
x−1
x −1
1
1
1
1
2
+
+
+
.
x(x + y) y(x + y) x(x − y) y(y − x)
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 58/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
1
2
Năm học 2019-2020
x + 3 2x − 1
x−3
−
− 2
x+1
x−1
x −1
=
(x + 3)(x − 1) − (2x − 1)(x + 1) − (x − 3)
x2 − 1
=
−x2 + 1
= −1.
x2 − 1
1
1
1
1
+
+
+
x(x + y) y(x + y) x(x − y) y(y − x)
=
x+y
y−x
+
xy(x + y) xy(x − y)
=
1
1
−
= 0.
xy xy
BÀI 2. Thực hiện phép tính
1
1
1
1 A=
+
+
;
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
1
1
1
2 B=
+
+
;
a(a − b)(a − c) b(b − a)(b − c) c(c − a)(c − b)
bc
ac
ab
3 C=
+
+
;
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
b2
c2
a2
+
+
.
4 D=
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
– LỜI GIẢI.
1
1
c−b+a−c+b−a
1
1 A=
+
+
=
= 0.
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
(a − b)(b − c)(c − a)
2 Ta có
B =
=
=
=
=
=
=
1
1
1
+
+
a(a − b)(a − c) b(b − a)(b − c) c(c − a)(c − b)
bc(b − c) − ac(a − c) + ab(a − b)
abc(a − b)(b − c)(a − c)
2
c(b − bc − a2 + ac) + ab(a − b)
abc(a − b)(b − c)(a − c)
c [(b − a)(b + a) − c(b − a)] + ab(a − b)
abc(a − b)(b − c)(a − c)
(a − b)(−cb − ca + c2 ) + ab(a − b)
abc(a − b)(b − c)(a − c)
(a − b)(−cb − ac + c2 + ab)
abc(a − b)(b − c)(a − c)
(a − b)(b − c)(a − c)
1
=
.
abc(a − b)(b − c)(a − c)
abc
3 Ta có
bc
ac
ab
+
+
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
bc(b − c) − ac(a − c) + ab(a − b)
=
abc(a − b)(b − c)(a − c)
2
c(b − bc − a2 + ac) + ab(a − b)
=
(a − b)(b − c)(a − c)
C =
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 59/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
c [(b − a)(b + a) − c(b − a)] + ab(a − b)
(a − b)(b − c)(a − c)
(a − b)(−cb − ca + c2 ) + ab(a − b)
=
(a − b)(b − c)(a − c)
(a − b)(−cb − ac + c2 + ab)
=
(a − b)(b − c)(a − c)
(a − b)(b − c)(a − c)
=
= 1.
(a − b)(b − c)(a − c)
=
4 Ta có
D =
=
=
=
=
=
=
b2
c2
a2
+
+
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
a2 (b − c) − b2 (a − c) + c2 (a − b)
(a − b)(b − c)(a − c)
2
a (b − c) − b2 a + b2 c + c2 a − c2 b
(a − b)(b − c)(a − c)
2
a (b − c) − a(b2 − c2 ) + bc(b − c)
(a − b)(b − c)(a − c)
(b − c)(a2 − ab − ac + cb)
(a − b)(b − c)(a − c)
(b − c) [a(a − b) − c(a − b)]
(a − b)(b − c)(a − c)
(b − c)(a − b)(a − c)
= 1.
(a − b)(b − c)(a − c)
BÀI 3. Cho a, b, c là các số nguyên khác nhau đôi một. Chứng minh rằng biểu thức sau có giá trị là
một số nguyên:
P =
a3
b3
c3
+
+
.
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
– LỜI GIẢI.
Ta có
a3
b3
c3
+
+
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
a3 (b − c) + b3 (c − a) + c3 (a − b)
=
.
(a − b)(b − c)(a − c)
P =
Phân tích tử thành nhân tử
a3 (b − c) + b3 (c − a) + c3 (a − b) = a3 b − a3 c + b3 c − b3 a + c3 (a − b)
= (a3 b − b3 a) − (a3 c − b3 c) + c3 (a − b)
= ab(a − b)(a + b) − c(a − b)(a2 + ab + b2 ) + c3 (a − b)
= (a − b)(a2 b + ab2 − ca2 − cb2 − abc + c3 )
= (a − b) (c3 − cb2 ) − (abc − ab2 ) + (a2 b − ca2 )
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 60/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
= (a − b)(b − c)(−cb − c2 + ab + a2 )
= (a − b)(b − c) (ab − cb) + (a2 − c2 )
= (a − b)(b − c)(a − c)(a + b + c).
Vậy P = a + b + c.
BÀI 4. Cho 3y − x = 6. Tính giá trị biểu thức A =
x
2x − 3y
+
.
y−2
x−6
– LỜI GIẢI.
x
2x − 3y
3y − 6 2x − x − 6
A=
+
=
+
= 3 + 1 = 4.
y−2
x−6
y−2
x−6
x2 + y 2 + z 2
x2 y 2 z 2
+
+
=
.
2
3
4
5
– LỜI
GIẢI.
Å 2
ã Å 2
ã Å 2
ã
x2 y 2 z 2
x2 + y 2 + z 2
x
x2
y
y2
z
z2
Từ
+
+
=
suy ra
−
+
−
+
−
= 0.
2
3
4
5
2
5
3
5
4
5
3×2 2y 2 z 2
Cho nên
+
+
= 0. Do đó, x = y = z = 0.
10
15
20
1
1
BÀI 6. Tìm x, y biết rằng x2 + y 2 + 2 + 2 = 4.
x
y
– LỜI GIẢI.
BÀI 5. Tìm x, y, z biết rằng
Ta có
Å
ã Å
ã
1
1
2
2
x −2+ 2 + y −2+ 2 =0
x
y
ã2 Å
ã2
Å
1
1
+ y−
=0
⇒
x−
x
y
1
( 2
x − = 0
x =1
x
⇒
⇒
y 2 = 1.
y − 1 = 0
y
1
1
x +y + 2 + 2 =4 ⇒
x
y
2
2
Có bốn đáp án như bảng sau
x
1
1
−1
−1
y
1
−1
1
−1
BÀI 7.
Cho biết
1 1 1
+ + = 2,
a b c
1
1
1
+ 2 + 2 = 2.
2
a
b
c
Chứng minh rằng a + b + c = abc.
(1)
(2)
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 61/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
ã
Å
1
1
1
1
1
1
Từ (1) suy ra 2 + 2 + 2 + 2
+ +
= 4.
a
b
c
ab bc ca
1
1
a+b+c
1
+ +
= 1 suy ra
= 1.
Do (2) nên
ab bc ca
abc
Do đó a + b + c = abc.
BÀI 8.
Cho
x y z
+ + = 0,
a b c
a b c
+ + = 2.
x y z
a2
b2
c2
Tính giá trị biểu thức 2 + 2 + 2 .
x
y
z
– LỜI GIẢI.
và
(1)
(2)
Từ (1) suy ra bcx + acy + abz =
ã
Å 0.
2
2
2
bc
ca
a
b
c
ab
+
+
= 4.
Từ (2) suy ra 2 + 2 + 2 +
x
y
z
xy yz zx
a2
b2
c2
abz + acy + bcx
Do đó 2 + 2 + 2 = 4 − 2
= 4.
x
y
z
xyz
BÀI 9. Cho (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 và a, b, c khác 0. Chứng minh rằng
1
1
1
3
+ 3+ 3 =
.
3
a
b
c
abc
– LỜI GIẢI.
bc
Từ giả thiết suy ra ab + bc + ca = 0 ⇒ b + c = − .
a
ab + bc + ca
1 1 1
Do đó
= 0, tức là + + = 0. Suy ra
abc
a b c
Å
ã
Å
ã
Å
ã
1 1
1
1 1 3
1
1
1
1
1
=−
+
⇒ 3 =−
+
=− 3 − 3 −3 2 + 2
a
b c
a
b c
b
c
b c bc
1
1
1
3(b + c)
3bc
3
⇒ 3 + 3 + 3 =− 2 2 = 2 2 =
.
a
b
c
bc
ab c
abc
BÀI 10. Cho
a b c
b a c
+ + = + + . Chứng minh rằng trong ba số a,b,c tồn tại hai số bằng nhau.
b c a
a c b
– LỜI GIẢI.
Từ giả thiết suy ra
a2 c + b2 a + c2 b = b2 c + a2 b + c2 a ⇒ a2 (c − b) − a(c2 − b2 ) + bc(c − b) = 0
⇒ (c − b)(a2 − ac − ab + bc) = 0
⇒ (c − b)(a − c)(a − b) = 0.
Tồn tại một trong các thừa số c − b, a − c, a − b bằng 0. Do đó, trong ba số a, b, c tồn tại hai số bằng
nhau.
BÀI 11. Tìm các giá trị nguyên của x để phân thức sau có giá trị là số nguyên:
2×3 − 6×2 + x − 8
;
1 A=
x−3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 62/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
x4 − 2×3 − 3×2 + 8x − 1
;
x2 − 2x + 1
x4 + 3×3 + 2×2 + 6x − 2
.
3 C=
x2 + 2
– LỜI GIẢI.3
5
2x − 6×2 + x − 8
= 2×2 + 1 −
.
1 A=
x−3
x−3
A nguyên khi x nguyên, x − 3 nguyên và nó là ước của 5.
2 B=
Suy ra x − 3 = 1 hoặc x − 3 = −1 hoặc x − 3 = 5 hoặc x − 3 = −5.
Hay x = 4 hoặc x = 2 hoặc x = 8 hoặc x = −2.
3
x4 − 2×3 − 3×2 + 8x − 1
2
=
x
−
4
+
.
2 B=
x2 − 2x + 1
(x − 1)2
B nguyên khi x nguyên, (x − 1)2 nguyên và nó là ước của 3.
Suy ra (x − 1)2 = 1 hoặc (x − 1)2 = 3.
Hay x − 1 = −1 hoặc x − 1 = 1 hay x = 0 hoặc x = 2.
x4 + 3×3 + 2×2 + 6x − 2
2
2
=
x
+
3x
−
.
3 C=
x2 + 2
x2 + 2
C nguyên khi x nguyên, x2 + 2 nguyên và nó là ước của 2.
Suy ra x2 + 2 = 2 hay x = 0.
BÀI 12. Rút gọn biểu thức sau với x =
A=
a
3a + 2
x + 3a x − 3a
2a
+
−
+ a.
2−x
2+x
4 − x2
– LỜI GIẢI.
x + 3a x − 3a
2a
6ax + 4x − 2a
2x(3a + 2) − 2a
A=
+
−
+a=
+a=
+ a = a.
2
2
2−x
2+x
4−x
4−x
4 − x2
BÀI 13. Rút gọn biểu thức
A=
2
2
2
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
+
+
+
.
a−b b−c c−a
(a − b)(b − c)(c − a)
– LỜI GIẢI.
Đặt a − b = x, b − c = y, c − a = z thì x + y + z = 0.
2 2 2 x2 + y 2 + z 2
(x + y + z)2
Ta có A = + + +
=
= 0.
x y z
xyz
xyz
a+b−c b+c−a c+a−b
−
−
= 0. Chứng minh rằng trong ba phân thức ở vế
ab
bc
ca
trái, có ít nhất một phân thức bằng 0.
BÀI 14. Cho biết
– LỜI GIẢI.
Ta có
a+b−c b+c−a c+a−b
−
−
= 0 ⇔ c(a + b − c) − a(b + c − a) − b(c + a − b) = 0
ab
bc
ca
⇔ a2 + b2 − 2ab − c2 = 0
⇔ (a − b)2 − c2 = 0
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 63/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
⇔ (a − b + c)(a − b − c) = 0.
Vậy a − b + c = 0 hoặc a − b − c = 0.
BÀI 15. Xác định các số a, b, c sao cho:
1
a bx + c
1
=
+
;
x(x2 + 1)
x x2 + 1
1
a
b
2 2
=
+
;
x −4
x−2 x+2
a
b
c
1
=
+
.
3
+
2
2
(x + 1) (x + 2)
x + 1 (x + 1)
x+2
– LỜI GIẢI.
a bx + c
a(x2 + 1) + (bx + c)x
(a + b)x2 + cx + a
1 Ta có + 2
=
=
.
2
x x +1
x(x2 + 1)
x(x + 1)
a+b=0
a=1
1
ta được c = 0
⇒ b = −1
Đồng nhất với phân thức
x(x2 + 1)
a=1
c = 0.
a
b
a(x + 2) + b(x − 2)
(a + b)x + 2(a − b)
2 Ta xó
+
=
=
.
2
x−2 x+2
x −4
x2 −
4
1
a + b = 0
a =
1
4 .
ta được
Đồng nhất với phân thức 2
⇒
a − b = 1
x −4
b = − 1
2
4
3 Ta có
a
b
c
+
+
x + 1 (x + 1)2 x + 2
=
a(x + 1)(x + 2) + b(x + 2) + c(x + 1)2
(x + 1)2 (x + 2)
(a + c)x2 + (3a + b + 2c)x + a + 2b + c
.
(x + 1)2 (x + 2)
a
+
c
=
0
a = −1
1
Đồng nhất với phân thức
ta được 3a + b + 2c = 0 ⇒ b = 1
(x + 1)2 (x + 2)
c = 1.
a + 2b + c = 1
=
BÀI 16. Rút gọn biểu thức
Å
ã
Å
ã
1 1 1
1
1
1
B = (ab + bc + ca)
+ +
− abc 2 + 2 + 2 .
a b c
a
b
c
– LỜI GIẢI.
Å
ã
Å
ã
1 1 1
1
1
1
B = (ab + bc + ca)
+ +
− abc 2 + 2 + 2
a b c
a
b
c
= (ab + bc + ca)
bc + ca + ab
b 2 c 2 + c 2 a2 + a2 b 2
− abc
abc
a2 b 2 c 2
=
(bc + ca + ab)2 b2 c2 + c2 a2 + a2 b2
−
abc
abc
=
2abc(a + b + c)
= 2(a + b + c).
abc
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 64/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 17. Cho a, b, c khác nhau đôi một và
1 1 1
+ + = 0. Rút gọn các biểu thức:
a b c
1
1
1
+ 2
+ 2
;
+ 2bc b + 2ac c + 2ab
bc
ac
ab
2 N= 2
+ 2
+ 2
;
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
a2
b2
c2
+ 2
+ 2
.
3 P = 2
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
– LỜI GIẢI.
1 M=
a2
Từ giả thiết suy ra ab + bc + ac = 0 nên
a2 + 2bc = a2 + bc + (−ab − ac) = a(a − b) − c(a − b) = (a − b)(a − c).
Tương tự, b2 + 2ac = (b − a)(b − c) và c2 + 2ab = (c − a)(c − b).
1
2
M
N
=
a2
1
1
1
+ 2
+ 2
+ 2bc b + 2ac c + 2ab
=
1
1
1
+
+
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
=
b−c+c−a+a−b
= 0.
(a − b)(b − c)(a − c)
=
=
a2
bc
ac
ab
+ 2
+ 2
+ 2bc b + 2ac c + 2ab
bc
ac
ab
+
+
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
−c(a2 − b2 ) + c2 (a − b) + ab(a − b)
bc(b − c) + ac(c − a) + ab(a − b)
=
=
(a − b)(b − c)(a − c)
(a − b)(b − c)(a − c)
3
P
=
(a − b)(−ac − cb + c2 + ab)
(a − b) [−c(a − c + b(a − c)]
=
(a − b)(b − c)(a − c)
(a − b)(b − c)(a − c)
=
(a − b)(b − c(a − c))
= 1.
(a − b)(b − c)(a − c)
=
a2
b2
c2
+
+
a2 + 2bc b2 + 2ac c2 + 2ab
=
a2
b2
c2
+
+
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
=
a2 (b − c) + b2 (c − a) + c2 (a − b)
ab(a − b) − c(a2 − b2 ) + c2 (a − b)
=
(a − b)(b − c)(a − c)
(a − b)(b − c)(a − c)
=
(a − b)(ab − ac − bc + c2 )
(a − b)(b − c)(a − c)
=
= 1.
(a − b)(b − c)(a − c)
(a − b)(b − c)(a − c)
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 65/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a+b
b+c
c+a
=
=
. Tính giá trị biểu thức
c
a
b
Å
ã
a
b
c
M = 1+
1+
1+
.
b
c
a
BÀI 18. Cho các số a, b, c khác nhau đôi một và
– LỜI GIẢI.
b+c
c+a
a+b+b+c+c+a
2(a + b + c)
a+b
=
=
=
=
.
Ta có
c
a
b
a+b+c
a+b+c
Nếu a + b + c 6= 0 thì tỉ số trên bằng 2. Suy ra a + b = 2c, b + c = 2a.
Do đó a − c = 2(c − a) nên c = a, trái với đề bài.
a+b b+c c+a
−c −a −b
Vậy a + b + c = 0. Ta có M =
·
·
=
·
·
= −1.
b
c
a
b
c
a
BÀI 19. Cho a3 + b3 + c3 = 3abc và a + b + c 6= 0. Tính giá trị của biểu thức
N=
a2 + b 2 + c 2
.
(a + b + c)2
– LỜI GIẢI.
Ta có a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca).
Do a3 + b3 + c3 = 3abc và a + b + c 6= 0 nên đẳng thức trên trở thành a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = 0.
Lại có
a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = (a2 − 2ab + b2 ) + (b2 − 2bc + c2 ) + (c2 − 2ca + a2 )
= (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 .
Như vậy từ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = 0 suy ra a = b = c.
3a2
1
3a2
=
=
.
Do đó, N =
(3a)2
9a2
3
Å
ãÅ
ãÅ
ã Å
ã
1
1
1
1
BÀI 20. Rút gọn biểu thức A = 1 − 2
1− 2
1 − 2 ··· 1 − 2 .
2
3
4
n
– LỜI GIẢI.
Ta có
Å
ãÅ
ãÅ
ã Å
ã
1
1
1
1
1·3 2·4 3·5
(n − 1)(n + 1)
A =
1− 2
1− 2
1 − 2 ··· 1 − 2 = 2 · 2 · 2 ···
2
3
4
n
2
3
4
n2
1 · 2 · 3 · · · (n − 1) 3 · 4 · 5 · · · (n + 1)
1 n+1
n+1
·
= ·
=
.
=
2 · 3 · 4···n
2 · 3 · 4···n
n
2
2n
2
BÀI 21. Rút gọn biểu thức B =
22
2
2
2
3
5
(2n + 1)
1
· 2
· 2
···
.
−1 4 −1 6 −1
(2n + 2)2 − 1
– LỜI GIẢI.
Ta có
12
32
52
(2n + 1)2
12
32
52
(2n + 1)2
·
·
·
·
·
=
·
·
·
·
·
22 − 1 42 − 1 62 − 1
(2n + 2)2 − 1
1·3 3·5 5·7
(2n + 1)(2n + 3)
2
2
2
2
1
1 · 3 · 5 · · · (2n + 1)
=
=
.
2
2
2
1 · 3 · 5 · · · (2n + 1) · (2n + 3)
(2n + 3)
B =
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 66/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 22. Rút gọn biểu thức
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
.
1·2 2·3 3·4
(n − 1)n
– LỜI GIẢI.
Ta có
1
1
1
1
1 1 1 1 1 1
1
1
+
+
+ ··· +
=
− + − + − + ··· +
−
1·2 2·3 3·4
(n − 1)n
1 2 2 3 3 4
n−1 n
n−1
1
.
= 1− =
n
n
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
.
2 · 5 5 · 8 8 · 11
(3n + 2)(3n + 5)
– LỜI GIẢI.
Å
ã
1
1
1
1
Ta có
=
−
.
(3n + 2)(3n + 5)
3 3n + 2 3n + 5
Do đó
BÀI 23. Rút gọn biểu thức
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
2 · 5 5 · 8 8 · 11
(3n + 2)(3n + 5)
Å
ã
1
1
1
1 1 1 1 1 1
− + − + −
+ ··· +
−
=
3 2 5 5 8 8 11
3n + 2 3n + 5
Å
ã
1 1
1 3n + 5 − 2
1
n+1
=
= ·
−
=
.
3 2 3n + 5
3 2(3n + 5)
2(3n + 5)
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
.
1·2·3 2·3·4 3·4·5
(n − 1)n(n + 1)
– LỜI GIẢI.
ï
ò
1
1
1
1
=
−
.
Ta có
(n − 1)n(n + 1)
2 (n − 1)n n(n + 1)
Do đó
BÀI 24. Rút gọn biểu thức
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
1·2·3 2·3·4 3·4·5
(n − 1)n(n + 1)
ï
ò
1 1
1
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+
−
+ ··· +
−
=
2 1·2 2·3 2·3 3·4 3·4 4·5
(n − 1)n n(n + 1)
ï
ò
1 1
1
1 n(n + 1) − 2
(n − 1)(n + 2)
=
−
= ·
=
.
2 2 n(n + 1)
2
2n(n + 1)
4n(n + 1)
BÀI 25. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta luôn có
1
1
1
1
1
+ 2 + 2 + ··· +
< .
2
2
2
4
6
(2n)
2
– LỜI GIẢI.
Ta có
1
1
1
1
1
A = 2 + 2 + 2 + ··· +
=
2
2
4
6
(2n)
4
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Å
ã
1
1
1
1
+
+
+ ··· + 2 .
12 22 32
n
Trang 67/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Å
ã
1
1
1
1
Suy ra A <
1+
+
+ ··· +
.
4
1·2 2·3
(n − 1)n
1
1
1
1 1
1
Lại có 1 +
+
+ ··· +
=1+ − =2− .
1 ·Å
2 2 ·ã
3
(n − 1)n
1 n
n
1
1
1
Do đó A <
2−
, suy ra A < .
4
n
2
BÀI 26. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta luôn có
1
1
1
1
1
+ 2 + 2 + ··· +
< .
2
2
3
5
7
(2n + 1)
4
– LỜI GIẢI.
Ta có
B=
1
1
1
1
1
1
1
1
+ 2
+ 2
+ ··· +
.
+ 2 + 2 + ··· +
< 2
2
2
3
5
7
(2n + 1)
3 −1 5 −1 7 −1
(2n + 1)2 − 1
Lại có
1
1
1
1
+ 2
+ 2
+ ··· +
−1 5 −1 7 −1
(2n + 1)2 − 1
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
=
2·4 4·6 6·8
2n(2n + 2)
Å
ã
1 1 1 1 1 1 1
1
1
=
− + − + − + ··· +
−
2 2 4 4 6 6 8
2n 2n + 2
Å
ã
1
1 1
−
.
=
2 2 2n + 2
Å
ã
1 1
1
1
Do đó B <
, suy ra B < .
−
2 2 2n + 2
4
32
BÀI 27. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta luôn có
A=
1
1
1
1
2
+ 2 + 2 + ··· + 2 < .
2
2
3
4
n
3
– LỜI GIẢI.
ã
Å
1
4
1
1
.
Nhận xét, với mọi số tự nhiên n ≥ 2 ta luôn có 2 < 2
=2
−
n
4n − 1
2n − 1 2n + 1
Khi đó
Å
ã
1 1 1 1 1 1
1
1
A<2
− + − + − + ··· +
−
.
3 5 5 7 7 9
2n − 1 2n + 1
1 1 1 1 1 1
1
1
1
1
− + − + − + ··· +
−
= −
.
3 5 Å 5 7 7ã 9
2n − 1 2n + 1
3 2n + 1
1
1
2
Do đó A < 2
−
, suy ra A < .
3 2n + 1
3
Lại có
BÀI 28. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3, ta luôn có
B=
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
1
1
1
1
1
+
+
+
·
·
·
+
<
.
33 43 53
n3
12
Trang 68/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Với mọi số tự nhiên n ≥ 3, ta luôn có
ï
ò
1
1
1 (n + 1) − (n − 1)
1
1
1
1
=
= ·
=
−
.
< 3
n3
n −n
(n − 1)n(n + 1)
2 (n − 1)n(n + 1)
2 (n − 1)n n(n + 1)
Khi đó
ï
ò
1
1
1
1
1
1
1
1 1
−
+
−
+
−
+ ··· +
−
.
B<
2 2·3 3·4 3·4 4·5 4·5 5·6
(n − 1)n n(n + 1)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+
−
+ ··· +
−
= −
.
2 · 3 ï3 · 4 3 · 4 ò4 · 5 4 · 5 5 · 6
(n − 1)n n(n + 1)
6 n(n + 1)
1 1
1
1
Do đó B <
−
, suy ra B < .
2 6 n(n + 1)
12
Lại có
BÀI 29. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta luôn có
Å
ãÅ
ãÅ
ã Å
ã
1
1
1
1
A= 1+
1+
1+
··· 1 +
< 2.
1·3
2·4
3·5
n(n + 2)
– LỜI GIẢI.
Với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có 1 +
1
n(n + 2) + 1
n2 + 2n + 1
(n + 1)2
=
=
=
.
n(n + 2)
n(n + 2)
n(n + 2)
n(n + 2)
Khi đó
22
·
1·3
n+1
=
1
A =
32
42
(n + 1)2
2 · 3 · 4 · · · (n + 1) 2 · 3 · 4 · · · (n + 1)
·
···
=
·
2·4 3·5
n(n + 2)
1 · 2 · 3···n
3 · 4 · 5 · · · (n + 2)
Å
ã
2
n+2−1
1
·
=2·
=2 1−
.
n+2
n+2
n+2
Do đó A < 2.
BÀI 30. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta luôn có
ãÅ
ãÅ
ã Å
ã
Å
2
2
2
1
2
1−
1−
··· 1 −
> .
B = 1−
6
12
20
n(n + 1)
3
– LỜI GIẢI.
Với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có 1 −
2
n(n + 1) − 2
n2 + n − 2
(n − 1)(n + 2)
=
=
=
.
n(n + 1)
n(n + 1)
n(n + 1)
n(n + 1)
Khi đó
Å
ãÅ
ãÅ
ã Å
ã
2
2
2
2
1·4 2·5 3·6
(n − 1)(n + 2)
B = 1−
1−
1−
··· 1 −
=
·
·
···
6
12
20
n(n + 1)
2·3 3·4 4·5
n(n + 1)
Å
ã
1 · 2 · 3 · · · (n − 1) 4 · 5 · 6 · · · (n + 2)
1 n+2
1
2
=
·
= ·
=
1+
.
2·3·4·n
3 · 4 · 5 · · · (n + 1)
n
3
3
n
1
Do đó B > .
3
BÀI 31. Rút gọn biểu thức A =
32 − 1 72 − 1 112 − 1
432 − 1
·
·
·
·
·
.
52 − 1 92 − 1 132 − 1
452 − 1
– LỜI GIẢI.
Ta có
A=
32 − 1 72 − 1 112 − 1
432 − 1
2 · 4 6 · 8 10 · 12
42 · 44
2
1
·
·
·
·
·
=
·
·
·
·
·
=
=
.
52 − 1 92 − 1 132 − 1
452 − 1
4 · 6 8 · 10 12 · 14
44 · 46
46
23
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 69/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
93 + 1
3
23 + 1 33 + 1 43 + 1
·
·
·
·
·
< .
3
3
3
3
2 −1 3 −1 4 −1
9 −1
2
BÀI 32. Chứng minh rằng A =
– LỜI GIẢI.
n3 + 1
(n + 1)(n2 − n + 1)
(n + 1) [(n − 0,5)2 + 0,75]
Ta có 3
=
=
.
n −1
(n − 1)(n2 + n + 1)
(n − 1) [(n + 0,5)2 + 0,75]
Khi đó
3(1,52 + 0,75) 4(2,52 + 0, 75) 5(3,52 + 0,75)
10(8,52 + 0,75)
·
·
·
·
·
1(2,52 + 0,75) 2(3,52 + 0,75) 3(4,52 + 0,75)
8(9,52 + 0,75)
9 · 10 3
3 90
3 · 4 · 5 · · · 10 1,52 + 0,75
·
=
·
=
· .
=
1 · 2 · 3 · · · 8 9,52 + 0,75
1 · 2 91
2 91
A =
3
Do đó A < .
2
BÀI 33. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, luôn có
B=
23 − 1 33 − 1 43 − 1
n3 − 1
2
·
·
·
·
·
> .
3
3
3
3
2 +1 3 +1 4 +1
n +1
3
– LỜI GIẢI.
Với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có
n3 − 1
(n − 1)(n2 + n + 1)
(n − 1) [(n + 0,5)2 + 0,75]
=
=
.
n3 + 1
(n + 1)(n2 − n + 1)
(n + 1) [(n − 0,5)2 + 0,75]
Khi đó
1(2,52 + 0,75) 2(3,52 + 0,75) 3(4,52 + 0,75)
(n − 1) [(n + 0,5)2 + 0,75]
B =
·
·
···
3(1,52 + 0,75) 4(2,52 + 0, 75) 5(3,52 + 0,75)
(n + 1) [(n − 0,5)2 + 0,75]
1 · 2 · 3 · · · (n − 1) (n + 0,5)2 + 0,75
1·2
n2 + n + 1
2 n2 + n + 1
=
·
=
·
=
·
.
3 · 4 · 5 · · · (n + 1)
1,52 + 0,75
n · (n + 1)
3
3
n2 + n
2
Do đó B > .
3
BÀI 34. Rút gọn biểu thức P =
(14 + 4) (54 + 4) (94 + 4) · · · (214 + 4)
.
(34 + 4) (74 + 4) (114 + 4) · · · (234 + 4)
– LỜI GIẢI.
Ta có
n4 + 4 = (n2 + 2)2 − 4n2 = (n2 − 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = (n − 1)2 + 1 (n + 1)2 + 1 .
Khi đó
(02 + 1)(22 + 1) (42 + 1)(62 + 1) (82 + 1)(102 + 1)
(202 + 1)(222 + 1)
·
·
·
·
·
(22 + 1)(42 + 1) (62 + 1)(82 + 1) (102 + 1)(122 + 1)
(222 + 1)(242 + 1)
02 + 1
1
=
=
.
2
24 + 1
577
P =
BÀI 35. Rút gọn biểu thức
M=
a2
1
1
1
1
+ 2
+ 2
+ 2
.
− 5a + 6 a − 7a + 12 a − 9a + 20 a − 11a + 30
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 70/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Ta có
1
1
1
1
+
+
+
(a − 2)(a − 3) (a − 3)(a − 4) (a − 4)(a − 5) (a − 5)(a − 6)
1
1
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+
−
+
−
=
a−3 a−2 a−4 a−3 a−5 a−4 a−6 a−5
1
1
4
=
−
=
.
a−6 a−2
(a − 2)(a − 6)
M =
BÀI 36. Rút gọn biểu thức
Å
ã Å
ã
n−1 n−2 n−3
2
1
1 1 1
1
+
+
+ ··· +
+
:
+ + + ··· +
.
1
2
3
n−2 n−1
2 3 4
n
– LỜI GIẢI.
Ta có
=
=
=
=
=
n−1 n−2 n−3
2
1
+
+
+ ··· +
+
1
2
3
n−2 n−1
n − (n − 2) n − (n − 1)
n−1 n−2 n−3
+
+
+ ··· +
+
1
2
3
n−2
n−1
n
n
n n n
+ + + ··· +
+
− 1 − 1 − 1 − ··· − 1 − 1
1
2
3
n−2 n−1
n n
n
n + + + ··· +
− (n − 1)
2
3
n−1
n
n
n n n
+ + + ··· +
+
2Å 3
4
n−1 n ã
1 1 1
1
1
n
+ + + ··· +
+
.
2 3 4
n−1 n
Do đó
Å
n−1 n−2 n−3
2
1
+
+
+ ··· +
+
1
2
3
n−2 n−1
ã Å
ã
1
1 1 1
:
+ + + ··· +
= n.
2 3 4
n
BÀI 37. Rút gọn biểu thức
1
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
+
A
1 · (2n − 1) 3 · (2n − 3) 5 · (2n − 5)
(2n − 3) · 3 (2n − 1) · 1
=
.
1
1
1
B
1 + + + ··· +
3 5
2n − 1
– LỜI GIẢI.
Ta có nhận xét
1
1
=
k(2n − k)
2n
Å
ã
1
1
+
.
k 2n − k
Khi đó
ïÅ
ã Å
ã
Å
ã Å
ãò
1
1
1
1
1
1
1
1
1
A =
+
+
+
+ ··· +
+
+
+
2n
1 2n − 1
3 2n − 3
2n − 3 3
2n − 1 1
Å
ã
Å
ã
1
1 1
1
1
1 1
1
B
=
· 2 1 + + + ··· +
=
1 + + + ··· +
= .
2n
3 5
2n − 1
n
3 5
2n − 1
n
Do đó
A
1
= .
B
n
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 71/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 38. Cho abc = 1 và a + b + c =
1 1 1
+ + . Chứng minh rằng trong ba số a, b, c tồn tại một số
a b c
bằng 1.
– LỜI GIẢI.
1 1 1
ab + bc + ca
+ + suy ra a + b + c =
.
a b c
abc
Mà abc = 1 nên a + b + c = ab + bc + ca.
Từ đẳng thức a + b + c =
Để chứng minh trong ba số a, b, c tồn tại một số bằng 1, ta cần chứng minh
(a − 1)(b − 1)(c − 1) = 0.
Ta có
(a − 1)(b − 1)(c − 1) = (ab − a − b + 1)(c − 1) = abc − ab − ac + a − bc + b + c − 1
= (abc − 1) + (a + b + c) − (ab + bc + ca).
Vì abc = 1 và a + b + c = ab + bc + ca nên biểu thức trên bằng 0.
Do đó, tồn tại một trong ba thừa số a − 1, b − 1, c − 1 bằng 0.
Vậy tồn tại một trong ba số a, b, c bằng 1.
BÀI 39. Chứng minh rằng nếu x + y + z = a và
1
1 1 1
+ + = thì tồn tại một trong ba số x, y, z
x y z
a
bằng a.
– LỜI GIẢI.
Từ giả thiết suy ra a 6= 0. Khi đó
1
xy + yz + zx
1
1 1 1
+ + =
hay
=
.
x y z
x+y+z
xyz
x+y+z
Suy ra (xy + yz + zx)(x + y + z) − xyz = 0.
(1)
Ta có
(xy + yz + zx)(x + y + z) − xyz = x2 y + xy 2 + xyz + xyz + y 2 z + yz 2 + x2 z + xyz + xz 2 − xyz
= x2 y + xy 2 + xyz + y 2 z + xyz + yz 2 + x2 z + xz 2
= xy(x + y) + yz(x + y) + yz(x + z) + xz(x + z)
= y(x + y)(x + z) + z(x + z)(x + y)
= (x + y)(y + z)(z + x).
Từ (1) suy ra (x + y)(y + z)(z + x) = 0. Do đó x = −y hoặc y = −z hoặc z = −x.
1 1 1
1
Với x = −y thì từ + + = suy ra z = a.
x y z
a
1 1 1
1
Với y = −z thì từ + + = suy ra x = a.
x y z
a
1 1 1
1
Với z = −x thì từ + + = suy ra y = a.
x y z
a
Vậy tồn tại một trong ba số x, y, z bằng a.
1 1 1
BÀI 40. Các biểu thức x + y + z và + + có thể cùng có giá trị bằng 0 được hay không?
x y z
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 72/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 1 1
+ + = 0.
x y z
1 1 1
xy + yz + zx
1 1 1
Ta có + + =
. Mà + + = 0 nên xy + yz + zx = 0.
x y z
xyz
x y z
Từ x + y + z = 0 suy ra (x + y + z)2 = 0 hay x2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) = 0.
Giả sử x + y + z = 0 và
Vì xy + yz + zx = 0 nên x2 + y 2 + z 2 = 0, suy ra x = y = z = 0. Điều này vô lí vì khi đó
1 1 1
, ,
x y z
không xác định.
1 1 1
+ + không thể cùng có giá trị bằng 0.
x y z
1
1
1
BÀI 41. Tính giá trị của biểu thức M =
+
+
, biết rằng
x+2 y+2 z+2
Vậy x + y + z và
2a = by + cz; 2b = ax + cz; 2c = ax + by và a + b + c 6= 0.
– LỜI GIẢI.
Cộng theo từng vế ba đẳng thức 2a = by + cz; 2b = ax + cz; 2c = ax + by ta được
a + b + c = ax + by + cz = ax + 2a = a(x + 2).
a
1
=
.
x+2
a+b+c
1
b
1
c
Tương tự,
=
,
=
.
y+2
a+b+c z+2
a+b+c
a+b+c
= 1.
Do đó M =
a+b+c
Suy ra
BÀI 42. Cho abc = 2. Rút gọn biểu thức M =
a
b
2c
+
+
.
ab + a + 2 bc + b + 1 ac + 2c + 2
– LỜI GIẢI.
Với abc = 2, ta có
a
b
2c
a
ab
2c
+
+
=
+
+
ab + a + 2 bc + b + 1 ac + 2c + 2
ab + a + 2 abc + ab + a ac + 2c + abc
a
ab
2
a + ab + 2
=
+
+
=
= 1.
a + ab + 2 a + ab + 2 a + ab + 2
a + ab + 2
M =
BÀI 43. Cho abc = 1. Rút gọn biểu thức N =
a
b
c
+
+
.
ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1
– LỜI GIẢI.
Với abc = 1, ta có
a
b
c
a
ab
c
+
+
=
+
+
ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1
a + ab + 1 abc + ab + a ac + c + abc
a
ab
1
a + ab + 1
=
+
+
=
= 1.
a + ab + 1 a + ab + 1 a + ab + 1
a + ab + 1
N =
BÀI 44. Cho
a−b
a
=
, a 6= 0, c 6= 0, a − b 6= 0, b − c 6= 0. Chứng minh rằng
c
b−c
1
1
1
1
+
=
− .
a a−b
b−c c
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 73/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Từ giả thiết suy ra a(b − c) = c(a − b).
Ta có
(1)
1
1
a−b+c
+
=
.
c a−b
c(a − b)
1
a−b+c
1
− =
.
b−c a
a(b − c)
(2)
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
2
BÀI 45. Cho a + b + c = 0 (a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0). Rút gọn biểu thức A =
2
2
a
b
c
+
+ .
bc ca ab
– LỜI GIẢI.
Ta có
b2
c2
a3 + b 3 + c 3
(a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) + 3abc
a2
+
+
=
=
bc ca ab
abc
abc
3abc
=
= 3.
abc
A =
BÀI 46. Cho a + b + c = 0 (a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0). Rút gọn biểu thức
B=
b2
c2
a2
+
+
.
a2 − b 2 − c 2 b 2 − c 2 − a2 c 2 − a2 − b 2
– LỜI GIẢI.
Từ a + b + c = 0 suy ra b + c = −a. Khi đó b2 + 2bc + c2 = a2 hay a2 − b2 − c2 = 2bc.
Tương tự, b2 − c2 − a2 = 2ca, c2 − a2 − b2 = 2ab.
Do đó
a2
b2
c2
a3 + b 3 + c 3
(a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) + 3abc
+
+
=
=
2bc 2ca 2ab
2abc
2abc
3abc
3
=
= .
2abc
2
B =
BÀI 47. Cho biết a + b + c = 0, hãy tính giá trị của biểu thức
Å
ãÅ
ã
a−b b−c c−a
c
a
b
A=
+
+
+
+
.
c
a
b
a−b b−c c−a
– LỜI GIẢI.
a−b b−c c−a
Đặt M =
+
+
, ta có
c
a
b
Å
ã
c
c
b−c c−a
c
b2 − bc + ac − a2
M·
= 1+
+
=1+
·
a−b
a−b
a
b
a−b
ab
2
c
(a − b)(c − a − b)
2c
2c3
= 1+
·
=1+
=1+
.
a−b
ab
ab
abc
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 74/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Tương tự, M ·
Năm học 2019-2020
2a3
b
2b3
a
=1+
,M·
=1+
.
b−c
abc
c−a
abc
Do đó
2(a3 + b3 + c3 )
2(a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) + 6abc
=3+
abc
abc
6abc
= 3+
= 3 + 6 = 9.
abc
A = 3+
BÀI 48. Chứng minh rằng, nếu (a2 − bc)(b − abc) = (b2 − ac)(a − abc) và các số a, b, c, a − b khác 0
1 1 1
thì + + = a + b + c.
a b c
– LỜI GIẢI.
Từ giả thiết suy ra
a2 b − a3 bc − b2 c + ab2 c2 = ab2 − ab3 c − a2 c + a2 bc2
⇒ ab(a − b) + c(a2 − b2 ) = abc2 (a − b) + abc(a2 − b2 )
⇒ (a − b)(ab + ac + bc) = abc(a − b)(a + b + c).
Chia cả hai vế cho abc(a − b) 6= 0 ta được điều phải chứng minh.
a b c
BÀI 49. Cho a + b + c = 0, x + y + z = 0, + + = 0. Chứng minh rằng
x y z
ax2 + by 2 + cz 2 = 0.
– LỜI GIẢI.
Từ x + y + z = 0 suy ra x2 = (y + z)2 , y 2 = (z + x)2 , z 2 = (x + y)2 .
Do đó
ax2 + by 2 + cz 2 = a(y + z)2 + b(z + x)2 + c(x + y)2
= a(y 2 + 2yz + z 2 ) + b(z 2 + 2zx + x2 ) + c(x2 + 2xy + y 2 )
= x2 (b + c) + y 2 (a + c) + z 2 (a + b) + 2(ayz + bzx + cxy).
(1)
Thay b + c = −a, a + c = −b, a + b = −c (do a + b + c = 0) và thay ayz + bzx + cxy = 0 do
a b c
+ + = 0 vào (1) ta được
x y z
ax2 + by 2 + cz 2 = −ax2 − by 2 − cz 2 .
Cho nên 2ax2 + 2by 2 + 2cz 2 = 0 hay ax2 + by 2 + cz 2 = 0.
xy + 1
yz + 1
zx + 1
=
=
. Chứng minh rằng x = y = z hoặc x2 y 2 z 2 = 1.
BÀI 50. Cho
y
z
x
– LỜI GIẢI.
1
1
1
Từ giả thiết suy ra x + = y + = z + . Do đó
y
z
x
x−y =
1 1
y−z
1 1
z−x
1 1
x−y
− =
; y−z = − =
; z−x= − =
.
z y
yz
x z
xz
y x
xy
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 75/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
(x − y)(y − z)(z − x)
.
x2 y 2 z 2
Cho nên (x − y)(y − z)(z − x)(x2 y 2 z 2 − 1) = 0.
Suy ra (x − y)(y − z)(z − x) =
Vậy x − y = 0; y − z = 0; z − x = 0; x2 y 2 z 2 − 1 = 0 hay x = y = z; x2 y 2 z 2 = 1.
2
BÀI 51. Cho
2
2
b
c
a
b
c
a
+
+
= 1. Chứng minh rằng
+
+
= 0.
b+c c+a a+b
b+c c+a a+b
– LỜI GIẢI.
Nhân cả hai vế của
a
b
c
+
+
= 1 với a + b + c 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
Suy ra
a2
b2
c2
a2
b2
c2
+a+
+b+
+ c = a + b + c hay
+
+
= 0.
b+c
c+a
a+b
b+c c+a a+b
BÀI 52. Cho
a
b
c
+
+
= 0. Chứng minh rằng
b−c c−a a−b
b
c
a
+
+
= 0.
2
2
(b − c)
(c − a)
(a − b)2
– LỜI GIẢI.
b
c
a
b
c
b2 − ab + ac − c2
a
+
+
= 0 suy ra
=
+
=
.
Từ
b−c c−a a−b
b−c
a−c b−a
(a − b)(c − a)
1
a
b2 − ab + ac − c2
Nhân hai vế với
ta được
=
.
b−c
(b − c)2
(a − b)(b − c)(c − a)
b
c2 − bc + ba − a2
c
a2 − ca + cb − b2
Tương tự,
=
;
=
.
(c − a)2
(b − c)(c − a)(a − b) (a − b)2
(c − a)(a − b)(b − c)
Cộng từng vế ba đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
BÀI 53. Cho x +
a) x2 +
1
= a. Tính các biểu thức sau theo a
x
1
;
x2
b) x3 +
1
;
x3
c) x4 +
1
;
x4
d) x5 +
1
.
x5
– LỜI GIẢI.
1
1
1
= a, suy ra x2 + 2 + 2 = a2 hay x2 + 2 = a2 − 2.
x
x Å
x
Å
ã3
ã
1
1
1
1
2 Ta có x3 + 3 = x +
− 3x ·
x+
= a3 − 3a.
x
x
x
x
Å
ã
1 2
1
1
2
4
3 Ta có x + 4 = x + 2 − 2×2 · 2 = (a2 − 2)2 − 2 = a4 − 4a2 + 2.
x ãÅ
x ã
x
Å
1
1
1
1
4 Ta có x2 + 2
x3 + 3 = x5 + + x + 5 .
x
x
x
x
Suy ra
Å
ãÅ
ã Å
ã
1
1
1
1
5
2
3
x + 5 = x + 2
x + 3 − x+
= (a2 − 2)(a3 − 3a) − a = a5 − 5a3 + 5a.
x
x
x
x
1 Từ x +
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 76/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Å
ã Å
ã
1
1
2
2
BÀI 54. Cho x − 2 : x + 2 = a. Tính giá trị của biểu thức
x
x
Å
ã Å
ã
1
1
4
4
M = x − 4 : x + 4 theo a.
x
x
– LỜI GIẢI.
Từ giả thiết suy ra a 6= 1 và
a+1
x4 − 1
4
4
4
4
=
a
⇒
x
−
1
=
ax
+
a
⇒
(1
−
a)x
=
a
+
1
⇒
x
=
.
x4 + 1
1−a
Thay vào M ta được
ã Å
ã
Å
a+1 1−a
(a + 1)2 − (1 − a)2
2a
a+1 1−a
4a
−
:
+
=
= 2
.
M=
= 2
2
2
1−a a+1
1−a a+1
(a + 1) + (1 − a)
2a + 2
a +1
BÀI 55. Cho x2 − 4x + 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức A =
x4 + x2 + 1
.
x2
– LỜI GIẢI.
Cách 1. Ta có
x2 − 4x + 1 = 0 ⇒ x2 − x + 1 = 3x ⇒
x2 − x + 1
= 3.
x
Mặt khác
A=
x4 + x2 + 1
x2 − x + 1 x2 + x + 1
x2 + x + 1
=
·
=
3
·
.
x2
x
x
x
x2 + x + 1
x2 − x + 1 2x
=
+
= 3 + 2 = 5.
x
x
x
Vậy A = 3 · 5 = 15.
x 4 + x2 + 1
(x2 + 1)2 − x
(4x)2 − x2
Cách 2. Ta có A =
=
=
= 15.
x2
x2
x2
x
x2
BÀI 56. Cho 2
= a. Tính M = 4
theo a.
x −x+1
x + x2 + 1
– LỜI GIẢI.
Ta thấy
Trường hợp 1. Với x = 0 thì a = 0 và M = 0.
Trường hợp 2. Với x 6= 0 thì a 6= 0. Ta có
M=
x2
x
x
=
·
.
x4 + x2 + 1
x2 − x + 1 x2 + x + 1
(1)
Lại có
x2 + x + 1
x2 − x + 1 2x
1
1 + 2a
=
+
= +2=
.
x
x
x
a
a
Từ (1) và (2) suy ra M = a ·
Vậy M =
a2
.
1 + 2a
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
(2)
a
a2
=
.
1 + 2a
1 + 2a
Trang 77/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI 57. Cho x =
Năm học 2019-2020
a2 − (b − c)2
b 2 + c 2 − a2
,y=
. Tính giá trị của biểu thức x + y + xy.
2bc
(b + c)2 − a2
– LỜI GIẢI.
Ta xét biểu thức x + y + xy + 1 = x(y + 1) + (y + 1) = (x + 1)(y + 1).
(b + c)2 − a2
4bc
Từ giả thiết suy ra x + 1 =
; y+1=
.
2bc
(b + c)2 − a2
Do đó, (x + 1)(y + 1) = 2.
Vậy x + y + xy + 1 = 2, suy ra x + y + xy = 1.
a
BÀI 58. Tìm hai số tự nhiên a và b sao cho a − b = .
b
– LỜI GIẢI.
Đặt
a − b = n,
a
= n,
b
(1)
(2)
trong đó a, b, n ∈ N, b 6= 0.
Từ (1), (2) ta có bn − b = n nên b(n − 1) = n.
Nếu n = 1 thì a = b. Khi đó, theo (1) thì n = 0, loại.
Với n 6= 1, ta có
b=
n
1
=1+
.
n−1
n−1
(3)
Vì b ∈ N nên n − 1 là ước của 1, suy ra (n − 1) ∈ {−1; 1}.
◦ Với n − 1 = −1 hay n = 0, từ (3) suy ra b = 0, loại.
◦ Với n − 1 = 1 hay n = 2, từ (3), (2) suy ra b = 2, a = 4.
4
Thử lại ta thấy 4 − 2 = .
2
Vậy a = 4, b = 2.
a
BÀI 59. Tìm hai số tự nhiên a và b sao cho a − b = .
2b
– LỜI GIẢI.
Đặt
a − b = n,
a
= n,
2b
(1)
(2)
trong đó a, b, n ∈ N, b 6= 0.
Từ (1), (2) ta có 2bn − b = n nên b(2n − 1) = n, suy ra
b=
n
.
2n − 1
(3)
Với n = 0, từ (3) suy ra b = 0, loại.
Với n ≥ 1, ta thấy n ≤ n + n − 1 = 2n − 1.
n
Vì b ∈ N nên
∈ N, suy ra n = 2n − 1 hay n = 1. Từ (3), (1) suy ra b = 1 và a = 2.
2n − 1
2
Thử lại ta thấy 2 − 1 =
.
2·1
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 78/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Vậy a = 2, b = 1.
BÀI 60. Cho hai số nguyên dương a và b, trong đó a > b. Tìm số nguyên dương c khác b sao cho
a3 + b3
a+b
.
=
3
3
a +c
a+c
– LỜI GIẢI.
Do a + b 6= 0, a + c 6= 0 nên từ
a3 + b 3
a+b
suy ra
=
3
3
a +c
a+c
a3 + b 3
a3 + c 3
=
⇔ a2 − ab + b2 = a2 − ac + c2
a+b
a+c
⇔ b2 − c2 = ab − ac
⇔ (b + c)(b − c) = a(b − c).
Do b − c 6= 0 nên b + c = a.
Vậy c = a − b.
BÀI 61. Cho dãy số a1 , a2 , a3 , . . . sao cho
a2 =
a1 − 1
a2 − 1
an−1 − 1
; a3 =
; . . . ; an =
.
a1 + 1
a2 + 1
an−1 + 1
1 Chứng minh rằng a1 = a5 .
2 Xác định năm số đầu của dãy, biết rằng a101 = 3.
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
ã Å
ã
−2
2a1
1
a1 − 1
a1 − 1
=
−1 :
+1 =
:
=− .
a +1
a1 + 1
a1 + 1 a1 + 1
a1
Å 1
ã Å
ã
1
1
−1 − a1 a1 − 1
1 + a1
= − −1 : − +1 =
:
=
.
a1
a1
a1
a1
1 − a1
Å
ã Å
ã
1 + a1
1 + a1
2a1
2
2a1
=
−1 :
+1 =
:
=
= a1 .
1 − a1
1 − a1
1 − a1 1 − a1
2
Å
a3
a4
a5
2 Theo câu trên ta suy ra a1 = a5 = a9 = · · · = a1001 = 3.
1
1
Từ đó ta tính được a1 = 3; a2 = ; a3 = − ; a4 = −2; a5 = 3.
2
3
BÀI 62. Tìm phân số
m
m
m+k
khác 0 và số tự nhiên k, biết rằng
=
.
n
n
nk
– LỜI GIẢI.
Từ giả thiết suy ra mnk = mn + nk. Chia hai vế cho n, ta được mk = m + k. Do đó m = k(m − 1).
Như vậy m chia hết cho m − 1. Từ đó ta tìm được m = 0 (loại) và m = 2. Khi đó k = 2.
2
Vậy phân số phải tìm có dạng và k = 2.
n
BÀI 63. Cho hai số tự nhiên a và b (a < b). Tìm tổng các phân số tối giản có mẫu bằng 7, mỗi phân
số lớn hơn a nhưng nhỏ hơn b.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 79/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Tổng phải tìm bằng A − B, trong đó
ã Å
ã
Å
ã Å
ã
Å
1
2
2
1
+ a+
+ ··· + b −
+ b−
A = a+
7
7
7
7
1
=
[(7a + 1) + (7a + 2) + · · · + (7b − 2) + (7b − 1)]
7
1
=
[(7a + 1) + (7b − 1)] [(7b − 1) − (7a + 1) + 1]
14
1
(a + b)(7b − 7a − 1).
=
2
B = (a + 1) + (a + 2) + · · · + (b − 2) + (b − 1)
1
=
[(a + 1) + (b − 1)] [(b − 1) − (a + 1) + 1]
2
1
=
(a + b)(b − a − 1).
2
Tính hiệu A − B ta được 3(b2 − a2 ).
BÀI 64. Mức sản xuất của một xí nghiệp năm 2001 tăng a% so với năm 2000, năm 2002 tăng b% so
với năm 2001. Mức sản xuất của xí nghiệp đó năm 2002 tăng bao nhiêu phần trăm so với năm 2000?
– LỜI GIẢI.
a
Giả sử mức sản xuất của xí nghiệp năm 2000 là 1 thì mức sản xuất năm 2001 là 1 +
, mức sản
100
xuất năm 2002 là
ã
Å
b
a
b
a
ab
=1+
1+
1+
+
+
,
100
100
100 100 10000
Å
ã
ab
ab
a+b
+
hay a + b +
%.
tăng so với năm 2000 là
100
10000
100
BÀI 65. Một số a tăng m%, sau đó lại giảm đi n% (a, m, n là các số dương) thì được số b. Tìm liên
hệ giữa m và n để b > a.
– LỜI GIẢI.
h
i
m
n
m
n
Ta có b = a 1 +
1−
nên b − a = a 1 +
1−
−1 .
100
100
100
100
m
n
Điều kiện để b > a là 1 +
1−
> 1.
100
100
Rút gọn điều kiện trên ta được 100(m − n) > mn.
BÀI 66. Chứng minh tổng sau không là số nguyên với mọi số tự nhiên n ≥ 2
A=
1 1 1
1
+ + + ··· + .
2 3 4
n
– LỜI GIẢI.
Gọi k là số nguyên lớn nhất sao cho 2k ≤ n. Chọn mẫu
chung là 2k P
trong đó P là tích các số lẻ
1
không vượt quá n. Chỉ có duy nhất một thừa số phụ của phân số k là số lẻ, còn mọi thừa số phụ
2
khác đều chẵn.
Như vậy, sau khi quy đồng mẫu, mẫu là số chẵn, tử là số lẻ. Do đó A không là số nguyên.
BÀI 67. Chứng minh tổng sau không là số nguyên với mọi số tự nhiên n ≥ 1
B=
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
1 1 1
1
+ + + ··· +
.
3 5 7
2n + 1
Trang 80/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Gọi k là số nguyên lớn nhất sao cho 3k ≤ 2n + 1. Chọn mẫu chung là 3k P trong
đó P là tích1 các
thừa
số nguyên tố lẻ không vượt quá 2n + 1. Chỉ có duy nhất một thừa số phụ của phân số k không
3
chia hết cho 3, còn mọi thừa số phụ khác đều chia hết cho 3.
Như vậy, sau khi quy đồng mẫu, mẫu là số chia hết cho 3, tử là số không chia hết cho 3. Do đó B
không là số nguyên.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 81/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
3
Năm học 2019-2020
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH
NHÂN TỬ
A PHƯƠNG PHÁP TÁCH MỘT HẠNG TỬ THÀNH NHIỀU HẠNG TỬ
VÍ DỤ 1. Phân tích đa thức thành nhân tử:
3×2 − 8x + 4.
– LỜI GIẢI.
Đa thức trên không chứa nhân tử chung, không có dạng một hằng đẳng thức đáng nhớ nào, cũng
không thể nhóm các hạng tử. Ta biến đổi đa thức ấy thành đa thức có nhiều hạng tử hơn.
Cách 1. (Tách hạng tử thứ hai)
3×2 − 8x + 4 = 3×2 − 6x − 2x + 4 = 3x(x − 2) − 2(x − 2) = (x − 2)(3x − 2).
Cách 2. (Tách hạng tử thứ nhất)
3×2 − 8x + 4 = 4×2 − 8x + 4 − x2 = (2x − 2)2 − x2
=(2x − 2 + x)(2x − 2 − x) = (3x − 2)(x − 2).
Nhận xét. Trong cách 1, hạng tử −8x được tách thành hai hạng tử −6x và −2x. Trong đa thức
3×2 − 6x − 2x + 4, hệ số của các hạng tử là 3, −6, −2, 4. Các hệ số thứ hai và thứ tư đều gấp −2 lần
hệ số liền trước, nhờ đó mà xuất hiện nhân tử chung x − 2.
Một cách tổng quát, để phân tích tam thức bậc hai ax2 + bx + c thành nhân tử, ta tách hạng tử bx
c
b1
= , tức là b1 b2 = ac.
thành b1 x + b2 x sao cho
a
b2
Trong thực hành ta làm như sau:
Bước 1: Tính tích ac.
Bước 2: Phân tích ac ra tích của hai thừa số nguyên bằng mọi cách.
Bước 3: Chọn hai thừa số mà tổng bằng b.
Trong ví dụ trên, đa thức 3×2 − 8x + 4 có a = 3, b = −8, c = 4. Tích ac = 3 · 4 = 12. Phân tích 12 ra
tích của hai thừa số, hai thừa số này cùng dấu (vì tích của chúng bằng 12), và cùng âm (để tổng của
chúng bằng −8) : (−1)(−12), (−2)(−6), (−3)(−4). Chọn hai thừa số mà tổng bằng −8, đó là −2 và
−6.
VÍ DỤ 2. Phân tích đa thức thành nhân tử:
4×2 − 4x − 3.
– LỜI GIẢI.
Cách 1. (Tách hạng tử thứ hai)
4×2 − 4x − 3 = 4×2 + 2x − 6x − 3 = 2x(2x + 1) − 3(2x + 1) = (2x + 1)(2x − 3).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 82/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Cách 2. (Tách hạng tử thứ ba)
4×2 − 4x − 3 = 4×2 − 4x + 1 − 4 = (2x − 1)2 − 22 = (2x + 1)(2x − 3)
Nhận xét. Qua hai ví dụ trên, ta thấy việc tách một hạng tử thành nhiều hạng tử khác thường nhằm
mục đích:
Làm xuất hiện các hệ số tỉ lệ, nhờ đó mà xuất hiện nhân tử chung (cách 1);
Làm xuất hiện hiệu của hai bình phương (cách 2).
Với các đa thức có bậc từ bậc ba trở lên, để dễ dàng làm xuất hiện các hệ tỉ lệ, người ta thường dùng
cách tìm nghiệm của đa thức.
Ta nhắc lại khái niệm nghiệm của đa thức: số a được gọi là nghiệm của đa thức f (x) nếu f (a) = 0.
Như vậy, nếu đa thức f (x) có nghiệm x = a thì nó chứa nhân tử x − a.
Ta chứng minh được rằng nghiệm của đa thức, nếu có, phải là ước của hệ số tự do.
Ta chứng minh được rằng nghiệm nguyên của đa thức, nếu có, phải là ước của hệ số tự do.
Thật vậy, giả sử đa thức a0 xn + a1 an−1 + · · · + an−1 x + an với các hệ số a0 , a1 , . . ., an nguyên, có
nghiệm x = a(x ∈ Z). Thế thì
a0 xn + a1 an−1 + · · · + an−1 x + an = (x − a)(b0 xn−1 + b1 xn−2 + · · · + bn−1 ).
trong đó b0 , b1 , . . ., bn−1 nguyên. Hạng tử có bậc thấp nhất của tích ở vế phải bằng −abn−1 , hạng tử
có bậc thấp nhất của vế trái bằng an . Do đó −abn−1 = an , tức a là ước của an .
VÍ DỤ 3. Phân tích đa thức thành nhân tử:
f (x) = x3 − x2 − 4.
– LỜI GIẢI.
Lần lượt kiểm tra với x = ±1, ±2, ±4, ta thấy f (2) = 23 − 22 − 4 = 0. Đa thức có nghiệm x = 2, do
đó chứa nhân tử x − 2.
Ta tách các hạng tử như sau:
Cách 1.
x3 − x2 − 4 = x2 − 2×2 + x2 − 2x + 2x − 4
=x2 (x − 2) + x(x − 2) + 2(x − 2) = (x − 2)(x2 + x + 2).
Cách 2.
x3 − x2 − 4 = x3 − 8 − x2 + 4
= (x − 2)(x2 + 2x + 4) − (x + 2)(x − 2)
= (x − 2)(x2 + 2x + 4 − x − 2) = (x − 2)(x2 + x + 2).
Nhận xét. Khi xét nghiệm nguyên của đa thức, nên nhớ hai định lí sau:
1 Nếu đa thức f (x) có tổng các hệ số bằng 0 thì 1 là nghiệm của đa thức, do đó đa thức chứa nhân
tử x − 1.
Chẳng hạn, đa thức x2 − 5×2 + 8x − 4 có 1 − 5 + 8 − 4 = 0 nên 1 là nghiệm của đa thức, đa thức
chứa nhân tử x − 1.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 83/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Nếu đa thức f (x) có tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng tổng các hệ số của hạng tử bậc
lẻ thì −1 là nghiệm của đa thưc, đa thức chưa nhân tử x + 1.
Chẳng hạng, đa thức x3 − 5×2 + 3x + 9 có 9 − 5 = 3 + 1 nên −1 là nghiệm của đa thức, đa thức
chứa nhân tử x + 1.
Nhận xét. Để nhanh chóng loại trừ các ước của hệ số tự do không là nghiệm của đa thức, có thể
dùng nhận xét sau:
Nếu x là nghiệm nguyên của đa thức f (x) và f (1), f (−1) khác 0 thì
f (1)
f (−1)
và
đều là số
a−1
a+1
nguyên.
– LỜI GIẢI.
Số a là nghiệm của f (x) nên
f (x) = (x − a) · Q(x).
(1)
Thay x = 1 vào (1), ta có f (1) = (1 − a)Q(1).
f (1)
f (1)
Do f (1) 6= 0 nên a 6= 1, vì thế Q(1) =
, tức là
là số nguyên.
1−a
a−1
Lấy một ví dụ: f (x) = 4×3 − 13×2 + 9x − 18.
Các ước của 18 là ±1, ±2, ±3, ±6, ±9, ±18.
f (1) = 4 − 13 + 9 − 18 = −18,
f (−1) = −4 − 13 − 9 − 18 = −44.
Hiển nhiên ±1 không là nghiệm của f (x). Ta thấy
−18
−18
−18
−18
,
,
,
không nguyên
−3 − 1 ±6 − 1 ±9 − 1 ±18 − 1
nên −3, ±6, ±9, ±18 không là nghiệm của f (x).
−44
Ta thấy
không nguyên nên 2 không là nghiệm của f (x). Chỉ còn −2 và 3. Kiểm tra thấy 3 là
2+1
nghiệm của f (x). Do đó, ta tách các hạng tử như sau:
4×3 − 13×2 + 9x − 18 = 4×3 − 12×2 − x2 + 3x + 6x − 18
= 4×2 (x − 3) − x(x − 3) + 6(x − 3) = (x − 3)(4×2 − x + 6).
VÍ DỤ 4 (Triệu Minh Hà, dự án EX-C2-L8). [8D1K9] Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
3×2 − 7×2 + 17x − 5.
– LỜI GIẢI.
Các số ±1, ±5 không là nghiệm của đa thức. Như vậy, đa thức không có nghiệm nguyên. Tuy vậy,
đa thức có thể có nghiệm hữu tỉ khác. Ta chứng minh được rằng trong đa thức có các hệ số nguyên,
p
nghiệm hữu tỉ (nếu có) phải có dạng trong đó p là ước của hệ số tự do, q là ước dương của hệ số
q
cao nhất.
1
5
1
Xét các số ± , ± , ta thấy là nghiệm của đa thức, do đó đa thức chứa thừa số 3x − 1. Ta tách
3
3
3
các hạng tử như sau:
3×3 − 7×2 + 17x − 5 = 3×2 − x2 − 6×2 + 2x + 15x − 5
= x2 (3x − 1) − 2x(3x − 1) + 5(2x − 1) = (3x − 1)(x2 − 2x + 5).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 84/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
B PHƯƠNG PHÁP THÊM VÀ BỚT CÙNG MỘT HẠNG TỬ
1. Thêm và bớt cùng một hạng tử làm xuất hiện hiệu của hai bình phương
VÍ DỤ 5. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
4×4 + 81.
– LỜI GIẢI.
Thêm và bớt 36×2 :
4×4 + 81 = 4×4 + 36×2 + 81 − 36×2
= (2×2 + 9)2 − (6x)2 = (2×2 + 9 + 6x)(2×2 + 9 − 6x).
VÍ DỤ 6. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
64×4 + y 4 .
– LỜI GIẢI.
Thêm và bớt 16×2 y 2 :
64×4 + y 4 = 64×4 + 16×2 y 2 + y 4 − 16×2 yy 2 = (8×2 + y 2 )2 − (4xy)2
= (8×2 + y 2 + 4xy)(8×2 + y 2 − 4xy).
2. Thêm và bớt cùng một hạng tử làm xuất hiện nhân tử chung
VÍ DỤ 7. Phân tích đa thức thành nhân tử:
x5 + x − 1.
– LỜI GIẢI.
Cách 1.
x5 + x − 1 = x5 − x4 + x3 − x3 + x2 − x2 + x − 1
= x3 (x2 − x + 1) + x2 (x2 − x + 1) − (x2 − x + 1)
= (x2 − x + 1)(x2 + x + 1).
Cách 2 Thêm và bớt x2 :
x5 + x − 1 = x5 + x2 − x2 + x − 1 = x2 (x3 + 1) − (x2 − x + 1)
= (x2 − x + 1)[x2 (x + 1) − 1] = (x2 − x + 1)(x3 + x2 − 1).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 85/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 8. Phân tích đa thức thành nhân tử:
x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128.
– LỜI GIẢI.
Đặt x2 + 10x + 12 = y, đa thức đã cho có dạng:
(y − 12)(y + 12) + 128 = y 2 − 16 = (y + 4)(y − 4)
⇒ x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = (x2 + 10x + 16)(x2 + 10x + 8) = (x + 2)(x + 8)(x2 + 10x + 8).
Nhận xét. Trong ví dụ trên, nhờ phương pháp đổi biến, ta đưa đa thức bậc bốn với x thành đa thức
bậc hai đối với y.
VÍ DỤ 9. Phân tích đa thức thành nhân tử:
A = x4 + 6×3 + 7×2 − 6x + 1.
– LỜI GIẢI.
Giả sử x 6= 0. Ta viết đa thức dưới dạng:
ã
ïÅ
ã
Å
ã
ò
Å
1
1
1
6
2
2
2
2
x + 2 +6 x−
+7
A = x x + 6x + 7 − 2 + 2 = x
x
x
x
x
1
1
Đặt x − = y thì x2 + 2 = y 2 + 2. Do đó
x
x
A = x2 (y 2 + 2 + 6y + 7) = x2 (y + 3)2 = (xy + 3x)2
ã
ò2
ï Å
1
+ 3x = (x2 + 3x − 1)2 .
= x x−
x
C PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH
VÍ DỤ 10. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
x4 − 6×3 + 12×2 − 14x + 3.
– LỜI GIẢI.
Các số ±1, ±3 không là nghiệm của đa thức, đa thức không có nghiệm nguyên, cũng không có nghiệm
hữu tỉ. Như vậy nếu đa thức trên phân tích được thành nhân tử thì phải có dạng (x2 +ax+b)(x2 +cx+d).
Phép nhân này cho kết quả x4 + (a + c)x3 + (ac + b + d)x2 + (ad + bc)x + bd. Đồng nhất đa thức này
với đa thức đã cho, ta được hệ điều kiện:
a + c = −6
ac + b + d = 12
ad + bc = −14
bd = 3.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 86/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Xét bd = 3 với b, d ∈ Z, b ∈ {±1, ±3}. Với b = 3 thì d = 1, hệ điều kiện trên trở thành:
a + c = −6
ac = 8
a + 3c = −14.
Suy ra 2c = −14 − (−6) = −8. Do đó c = −4, a = −2.
Vậy đa thức đã cho phân tích thành (x2 − 2x + 3)(x2 − 4x + 1).
4
!
Ta trình bày lời giải của ví dụ trên như sau:
x4 − 6×3 + 12×2 − 14x + 3
= x4 − 4×3 + x2 − 2×2 + 8×2 − 2x + 3×2 − 12x + 3
= x2 (x2 − 4x + 1) − 2x(x2 − 4x + 1) + 3(x2 − 4x + 1)
= (x2 − 4x + 1)(x2 − 2x + 3).
D PHƯƠNG PHÁP XÉT GIÁ TRỊ RIÊNG
Trong phương pháp này, trước hết ta xác định các nhân tử chứa biến của đa thức, rồi gán cho các
biến các giá trị cụ thể để xác định nhân tử còn lại.
VÍ DỤ 11. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
P = x2 (y − z) + y 2 (z − x) + z 2 (x − y)
– LỜI GIẢI.
Thử thay x bởi y thì P = y 2 (y − z) + z 2 (z − y) = 0. Như vậy P chia hết cho x − y.
Ta lại thấy nếu thay x bởi y, thay y bởi z, thay z vởi x thì P không đổi (ta nói đa thức P có thể
hoán vị vòng quanh x → y → z → x). Do đó, nếu P đã chia hết cho x − y thì cũng chia hết cho y − z
và z − x. Vậy P có dạng
k(x − y)(y − z)(z − x).
Ta thấy k phải là hằng số (không chứa biến) vì P có bậc ba đối với tập hợp các biến x, y, z còn tích
(x − y)(y − z)(z − x) cũng có bậc ba đối với các biến x, y, z.
Vì đẳng thức x2 (y − z) + y 2 (z − x) + z 2 (x − y) = k(x − y)(y − z)(z − x) đúng với mọi x, y, x nên ta
gán cho các biến x, y, z các giá trị riêng, chẳng hạn x = 2, y = 1, z = 0, ta được:
4 · 1 + 1 · (−2) + 0 = k · 1 · 1 · (−2) ⇔ k = −1.
Vậy P = −(x − y)(y − z)(z − x) = (x − y)(y − z)(x − z).
E BÀI TẬP
Phân tích đa thức sau thành nhân tử
BÀI 1.
1 6×2 − 11x + 3.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 87/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 2×2 + 3x − 27.
3 2×2 − 5xy − 3y 2 .
– LỜI GIẢI.
1 (3x − 1)(2x − 3).
2 (2x + 9)(x − 3).
3 (x − 3y)(2x + y).
BÀI 2.
1 x3 + 2x − 3.
2 x3 − 7x + 6.
3 x3 + 5×2 + 8x + 4.
4 x3 − 9×2 + 6x + 16.
5 x3 − x2 − x − 2.
6 x3 + x2 − x + 2.
7 x3 − 6×2 − x + 30.
– LỜI GIẢI.
1 (x − 1)(x2 + x + 3).
2 (x − 1)(x − 2)(x + 3).
3 (x + 1)(x + 2)2 .
4 (x + 1)(x − 2)(x − 8).
5 Viết đa thức dưới dạng x3 − 1 − (x2 + x + 1) = (x − 2)(x2 + x + 1).
6 −2 là nghiệm. Đáp số: (x + 2)(x2 − x + 1).
7 2 là nghiệm. Đáp số: (x + 2)(x − 3)(x − 5).
BÀI 3. x3 − 7x − 6 bằng nhiều cách.
– LỜI GIẢI.
Đáp số: (x + 1)(x + 2)(x − 3).
1 x3 − 7x − 6 = x3 + 1 − 7x − 7.
2 x3 − 7x − 6 = x3 − x − 6x − 6.
3 x3 − 7x − 6 = x3 − x2 + x2 − x − 6x − 6.
4 x3 − 7x − 6 = 7×3 − 7x − 6×3 − 6. Chú ý rằng −2 là một nghiệm, ta có các cách biến đổi:
5 x3 − 7x − 6 = x3 − 4x − 3x − 6.
6 x3 − 7x − 6 = x3 + 8 − 7x − 14.
7 x3 − 7x − 6 = x3 − 9x2x − 6.
8 x3 − 7x − 6 = x3 − 27 − 7x + 21.
BÀI 4.
1 27×3 − 27×2 + 18x − 4.
2 2×3 − x2 + 5x + 3.
3 (x2 − 3)2 + 16.
– LỜI GIẢI.
1
1
là một nghiệm. Biến đổi: 27×3 − 1 − 27×2 + 18x − 3 = (3x − 1)(9×2 − 6x + 4).
3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 88/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
−1
là một nghiệm. Đáp số: (2x + 1)(x2 − x + 3).
2
3 (x2 − 3)2 + 16 = x4 − 6×2 + 9 + 16 = (x2 + 4x + 5)(x2 − 4x + 5).
2
BÀI 5.
1 (x2 + 2)2 − 2(x2 + x) − 15.
2 x2 + 2xy + y 2 − x − y − 12.
3 (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) − 12.
4 (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) − 24.
– LỜI GIẢI.
1 Đặt x2 + x = y. Đáp số: (x2 + x − 5)(x2 + x + 3).
2 Đặt x + y = a. Đáp số: (x + y + 3)(x + y − 4).
3 Đặt x2 + x + 1 = y. Đáp số: (x2 + x + 5)(x + 2)(x − 1).
4 Biến đổi: (x2 + 7x + 10)(x2 + 7x + 12) − 24.
Đặt x2 + 7x + 11 = y. Đáp số: (x2 + 7x + 16)(x + 1)(x + 6).
BÀI 6.
1 (x + a)(x + 2a)(x + 3a)(x + 4a) + a4 ;
2 (x2 + y 2 + z 2 )(x + y + z)2 + (xy + yz + zx)2 ;
3 2(x4 + y 4 + z 4 ) − (x2 + y 2 + z 2 )2 − 2(x2 + y 2 + z 2 )(x + y + z)2 + (x + y + z)4 .
– LỜI GIẢI.
1 Đặt x2 + 5ax + 5a2 = y. Đáp số: (x2 + 5ax + 5a2 )2 .
2 A = (x2 + y 2 + z 2 )(x + y + z)2 + (xy + yz + zx)2 .
Đặt x2 + y 2 + z 2 = a, xy + yz + zx = b,
A = a(a + 2b) + b2 = (a + b)2 = (x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx)2 .
3 M = 2(x4 + y 4 + z 4 ) − (x2 + y 2 + z 2 )2 − 2(x2 + y 2 + z 2 )(x + y + z)2 + (x + y + z)4 .
Để ý rằng các biểu thức x + y + z, x2 + y 2 + z 2 xuất hiện nhiều lần trong biểu thức M . Ta đặt
x4 + y 4 + z 4 = a, x2 + y 2 + z 2 = b, x + y + z = c.
Ta có M = 2a − b2 − 2bc2 + c4 = 2a − 2b2 + b2 − 2bc2 + c4 = 2(a − b2 ) + (b − c2 )2 .
Ta có a − b2 = −2(x2 y 2 + x2 z 2 + y 2 z 2 ), b − c2 = −2(xy + yz + zx). Do đó
M = −4(x2 y 2 + x2 z 2 + y 2 z 2 ) + 4(xy + xz + yz)2
= 8×2 yz + 8xy 2 z + 8xyz 2 = 8xyz(x + y + z).
BÀI 7. (a + b + c)3 − 4(a3 + b3 + c3 ) − 12abc bằng cách đổi biến: đặt a + b = m, a − b = n.
– LỜI GIẢI.
Đặt a + b = m, a − b = n thì 4ab = m2 − n2 ,
Å
ã
m2 − n2
2
a + b = (a + b)[(a − b) + ab] = m n +
.
4
3
3
2
Ta có
m3 + 3mn2
− 4c3 − 3c(m2 − n2 )
4
= 3(−c3 + mc2 − mn2 + cn2 )
A = (m + c)3 − 4
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 89/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Biến đổi dấu ngoặc thành (m − c)(c + n)(c − n).
Vậy A = 3(a + b − c)(c + a − b)(c + b − a).
BÀI 8.
1 4×4 − 32×2 + 1.
2 x6 + 27.
3 3(x4 + x2 + 1) − (x2 + x + 1)2 .
4 (2×2 − 4)2 + 9.
– LỜI GIẢI.
1 (2×2 + 6x + 1)(2×2 − 6x + 1).
2 (x2 + 2)(x2 + 3x + 3)(x2 − 3x + 3).
3 2(x − 1)2 (x2 + x + 1).
4 (2×2 + 6x + 5)(2×2 − 6x + 5).
BÀI 9.
1 4×4 + 1.
2 4×4 + y 4 .
3 x4 + 324.
– LỜI GIẢI.
1 Thêm và bớt 4×2 . Đáp số: (2×2 + 2x + 1)(2×2 − 2x + 1).
2 Thêm và bớt 4×2 y 2 . Đáp số: (2×2 + 2xy + y 2 )(2×2 − 2xy + y 2 ).
3 Thêm và bớt 36×2 . Đáp số: (x2 + 6x + 18)(x2 − 6x + 18).
BÀI 10.
1 x5 + x4 + 1.
2 x5 + x + 1.
3 x8 + x7 + 1.
4 x5 − x4 − 1.
5 x7 + x5 + 1.
6 x8 + x4 + 1.
– LỜI GIẢI.
1 Thêm và bớt x3 .
x5 + x4 + 1 = x5 + x4 + x3 − x3 + 1
= x3 (x2 + x + 1) − (x − 1)(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x3 − x + 1).
2 Thêm và bớt x2 . Đáp số: (x2 + x + 1)(x3 − x2 + 1).
3 Thêm và bớt x2 + x. Đáp số: (x2 + x + 1)(x6 − x4 + x3 − x + 1).
4 Thêm và bớt x2 + x. Đáp số: (x2 − x + 1)(x3 − x − 1).
5 Thêm và bớt x2 + x. Đáp số: (x2 + x + 1)(x5 − x4 + x3 − x + 1).
6 Thêm và bớt x4 . Đáp số: (x4 − x2 + 1)(x2 + x + 1)(x2 − x + 1).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 90/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI 11.
Năm học 2019-2020
1 x8 + 14×4 + 1.
2 x8 + 98×4 + 1.
– LỜI GIẢI.
1 Thêm và bớt 4×2 (x4 + 1) được
A = (x4 + 2×2 + 1)2 − 4×2 (x2 − 1)2
= (x4 + 2×3 + 2×2 − 2x + 1)(x4 − 2×3 + 2×2 + 2x + 1).
2 x8 + 98×4 + 1 = (x4 + 1)2 + 96×4
= (x4 + 1)2 + 16×2 (x4 + 1) + 64×4 − 16×2 (x4 + 1) + 32×4
= (x4 + 8×2 + 1)2 − 16×2 (x2 − 1)2
= (x4 + 4×3 + 8×2 − 4x + 1)(x4 − 4×3 + 8×2 + 4x + 1).
BÀI 12. Dùng phương pháp xét giá trị riêng:
M = a(b + c − a)2 + b(c + a − b)2 + c(a + b − c)2
(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b).
– LỜI GIẢI.
Kiểm tra với a = 0 thì M = 0. Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên M có nhân tử abc, nhân tử còn
lại là hằng số k.
Cho a = b = c = 1 được k = 4. Vậy M = 4abc.
BÀI 13. Chứng minh rằng tích bốn số tự nhiên liên tiếp cộng thêm 1 là một số chính phương.
– LỜI GIẢI.
Biến đổi n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n2 + 3n + 1)2 .
BÀI 14. Chứng minh rằng số A = (n + 1)4 + n4 + 1 chia hết cho một số chính phương khác 1 với mọi
số n nguyên dương.
– LỜI GIẢI.
A = (n + 1)4 + n4 + 1 = (n2 + 2n + 1)2 − n2 + (n4 + n2 + 1)
= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 − n + 1)
= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2 .
BÀI 15. Cho A = a2 + b2 + c2 , trong đó a và b là hai số tự nhiên liên tiếp, c = ab. Chứng minh rằng
√
A là một số tự nhiên lẻ.
– LỜI GIẢI.
A = a2 + b2 + c2 = a2 + (a + 1)2 + a2 (a + 1)2 = 2a2 + 2a + 1 + a2 (a + 1)2
= a2 (a + 1)2 + 2a(a + 1) + 1 = [a(a + 1) + 1]2 .
√
Ta có A = a(a + 1) + 1, là số lẻ.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 91/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
4
Năm học 2019-2020
TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
Tính chia hết đối với số nguyên đã được trình bày ở cuốn Nâng cao và phát triển Toán 6, Nâng
cao và phát triển Toán 7. Nhờ sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ và phân tích đa thức thành nhân
tử ở lớp 8 ta có khả năng giải quyết nhiều bài toán về chia hết phức tạp hơn ở các lớp dưới.
A CHỨNG MINH QUAN HỆ CHIA HẾT
Gọi A(n) là một biểu thức phụ thuộc vào n (n ∈ N hoặc n ∈ Z).
4
!
Để chứng minh biểu thức A(n) chia hết cho một số m, ta thường phân tích biểu thức A(n) thành
thừa số, trong đó có một thừa số là m. Nếu m là hợp số, ta phân tích nó thành một tích các thừa số
đôi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó. Nên lưu ý nhận xét:
Trong k số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng tồn tại một bội số của k.
2
VÍ DỤ 1. Chứng minh rằng A = n3 (n2 − 7) − 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n.
– LỜI GIẢI.
Phân tích ra thừa số nguyên tố: 5040 = 24 · 32 · 5 · 7.
Phân tích
ó
î
ó
î
2
2
A = n n2 n2 − 7 − 36 = n n3 − 7n − 62
= n n3 − 7n − 6 n3 − 7n + 6 .
Ta lại có
n3 − 7n − 6 = (n + 1)(n + 2)(n − 3),
n3 − 7n + 6 = (n − 1)(n − 2)(n + 3).
Do đó A = (n − 3)(n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2)(n + 3).
Đây là tích của bảy số nguyên liên tiếp. Trong bảy số nguyên liên tiếp:
Tồn tại một bội số của 5 (nên A chia hết cho 5);
Tồn tại một bội số của 7 (nên A chia hết cho 7);
Tồn tại một bội số của 3 (nên A chia hết cho 9);
Tồn tại một bội số của 2, trong đó có một bội số của 4 (nên A chia hết cho 16).
A chia hết cho các số 5, 7, 9, 16 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho 5 · 7 · 9 · 16 = 5040.
4
!
Khi chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho m.
VÍ DỤ 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì
a) a2 − a chia hết cho 2;
b) a3 − a chia hết cho 3;
c) a5 − a chia hết cho 5;
d) a7 − a chia hết cho 7.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 92/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
1 a2 − a = a(a − 1), chia hết cho 2.
2 a3 − a = a (a2 − 1) = (a − 1)a(a + 1), tích này chia hết cho 3 vì tồn tại một bội của 3.
3 A = a5 − a = a (a2 + 1) (a2 − 1).
Nếu a = 5k (k ∈ Z) thì a chia hết cho 5.
Nếu a = 5k ± 1 (k ∈ Z) thì a2 − 1 chia hết cho 5.
Nếu a = 5k ± 2 (k ∈ Z) thì a2 + 1 chia hết cho 5.
Trường hợp nào cũng có một thừa số của A chia hết cho 5.
Cách 2: Phân tích a5 − a thành một tổng của hai số hạng chia hết cho 5: Một số hạng là tích
của năm số nguyên liên tiếp, một số hạng
a5 − a = a a2 − 1
= a a2 − 1
= a a2 − 1
chứa thừa số 5.
a2 + 1
a2 − 4 + 5
a2 − 4 + 5a a2 − 1
= (a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) + 5a a2 − 1 .
Số hạng thứ nhất là tích của năm số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5, số hạng thứ hai cũng
chia hết cho 5. Do đó a5 − a chia hết cho 5.
Cách 3: Giải tương tự như cách 2: Xét hiệu giữa a5 − a và tích năm số nguyên liên tiếp (a −
2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2), được 5a (a2 − 1). Do đó a5 − a chia hết cho 5.
4 A = a7 − a = a (a3 + 1) (a3 − 1).
Nếu a = 7k (k ∈ Z) thì a chia hết cho 7.
Nếu a = 7k + 1 (k ∈ Z) thì a3 − 1 chia hết cho 7.
Nếu a = 7k − 1 (k ∈ Z) thì a3 + 1 chia hết cho 7.
Nếu a = 7k + 2 (k ∈ Z) thì a3 − 1 chia hết cho 7.
Nếu a = 7k − 2 (k ∈ Z) thì a3 + 1 chia hết cho 7.
Nếu a = 7k + 3 (k ∈ Z) thì a3 + 1 chia hết cho 7.
Nếu a = 7k − 3 (k ∈ Z) thì a3 − 1 chia hết cho 7.
Trường hợp nào cũng có một thừa số của A chia hết cho 7.
Vậy a7 − a chia hết cho 7.
VÍ DỤ 3. Chứng minh rằng một số chính phương chia cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1.
– LỜI GIẢI.
Gọi A là số chính phương A = n2 (n ∈ N). Xét các trường hợp
n = 3k (k ∈ N)⇒ A = 9k 2 , chia hết cho 3.
n = 3k ± 1 (k ∈ N)⇒ A = 9k 2 ± 6k + 1, chia cho 3 dư 1.
Vậy số chính phương chia cho 3 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1.
VÍ DỤ 4. Chứng minh rằng một số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1.
– LỜI GIẢI.
Gọi A là số chính phương A = n2 (n ∈ N). Xét các trường hợp
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 93/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
n = 2k (k ∈ N)⇒ A = 4k 2 , chia hết cho 4.
n = 2k + 1 (k ∈ N)⇒ A = 4k 2 + 4k + 1 = 4k(k + 1) + 1, chia cho 4 dư 1.
Vậy số chính phương chia cho 4 chỉ có thể có số dư bằng 0 hoặc 1.
4
!
Từ bài toán trên ta thấy
Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4.
Số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư 1 (hơn nữa, chia cho 8 cũng dư 1).
VÍ DỤ 5. Các số sau có là số chính phương không?
M = 19922 + 19932 + 19942 ;
N = 19922 + 19932 + 19942 + 19952 ;
P = 1 + 9100 + 94100 + 1994100
– LỜI GIẢI.
Các số 19932 , 19942 là các số chính phương không chia hết cho 3 nên chia cho 3 dư 1, còn 19922 chia
hết cho 3. Số M là số chia cho 3 dư 2, không là số chính phương.
Các số 19922 , 19942 là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các số 19932 , 19952 là các số chính
phương lẻ nên chia cho 4 dư 1. Số N là số chia cho 4 dư 2, không là số chính phương.
Các số 94100 , 1994100 là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Còn 9100 là số chính phương lẻ nên
chia cho 4 dư 1. Số P là số chia cho 4 dư 2, không là số chính phương.
VÍ DỤ 6. Trong dãy sau có tồn tại số nào là số chính phương không?
11, 111, 1111, 11111, . . .
– LỜI GIẢI.
Mọi số của dãy đều tận cùng bởi 11 nên là số chia cho 4 dư 3. Mặt khác, số chính phương lẻ thì chia
cho 4 dư 1.
Vậy không có số nào của dãy là số chính phương.
4
!
Khi chứng minh về tính chất chia hết của các lũy thừa, ta còn sử dụng đến các hằng đẳng thức
8, 9 ở bài 2 và công thức Niu-tơn sau đây:
(a + b)n = an + c1 an−1 b + c2 an−2 b2 + · · · + cn−1 abn−1 + bn .
Trong công thức trên, vế phải là một đa thức có n + 1 hạng tử, bậc của mỗi hạng tử đối với tập hợp các
biến a, b là n (phần biến số của mỗi hạng tử có dạng ai bk , trong đó i+k = n với 0 ≤ i ≤ n, 0 ≤ k ≤ n).
Các hệ số c1 , c2 , . . . , cn−1 được xác định bởi tam giác Pa-xcan:
Trong hình 1, các số dọc theo một cạnh góc vuông bằng 1, các số dọc theo cạnh huyền bằng 1. Cộng
mỗi số với số liền sau bên phải thì được số đứng ở hàng dưới của số liền sau ấy, chẳng hạn ở hình 2.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 94/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Áp dụng các hằng đẳng thức đó vào tính chia hết, ta có với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên n:
an − bn chia hết cho a − b (a 6= b)
a2n+1 − b2n+1 chia hết cho a + b (a 6= −b)
(a + b)n = BSa + bn (BSa là bội của a).
Đặc biệt nên lưu ý đến:
(a + 1)n = BSa + 1;
(a − 1)2n = BSa + 1;
(a − 1)2n+1 = BSa − 1.
VÍ DỤ 7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, biểu thức 16n − 1 chia hết cho 17 khi và chỉ
khi n là số chẵn.
– LỜI GIẢI.
k
Nếu n chẵn (n = 2k, k ∈ N) thì A = 162k − 1 = (162 ) − 1 chia hết cho 162 − 1 theo hằng đẳng thức
8, mà 162 − 1 = 255, chia hết cho 17. Vậy A chia hết cho 17.
Nếu n lẻ thì A = 16n + 1 − 2, mà 16n + 1 chia hết cho 17 theo hằng đẳng thức 9, nên A không chia
hết cho 17.
Vậy A chia hết cho 17 khi và chỉ khi n chẵn.
Cách 2: A = 16n − 1 = (17 − 1)n − 1 = BS17 + (−1)n − 1 (theo công thức Niu-tơn).
Nếu n chẵn thì A = BS17 + 1 − 1 = BS17.
Nếu n lẻ thì A = BS17 − 1 − 1 không chia hết cho 17.
4
!
Người ta còn dùng phương pháp phản chứng, nguyên lí Đi-rích-lê để chứng minh quan hệ chia
hết.
VÍ DỤ 8. Chứng minh rằng tồn tại một bội của 2003 có dạng
20042004 . . . 2004.
– LỜI GIẢI.
Xét 2004 số:
a1 = 2004
a2 = 20042004
…
a2004 = 20042004 . . . 2004 (nhóm 2004 có mặt 2004 lần).
Theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại hai số có cùng số dư khi phép chia cho 2003.
.
Gọi hai số đó là am và an (1 ≤ n < m ≤ 2004) thì am − an .. 2003. Ta có
am − an = 2004 . . . 20040000 . . . 0000 = 2004
.{z
. . 2004} ·104n .
|
m−n nhóm 2004
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 95/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Do 104n và 2003 nguyên tố cùng nhau nên 2004
.{z
. . 2004} chia hết cho 2003.
|
m−n nhóm 2004
B TÌM SỐ DƯ
VÍ DỤ 9. Tìm số dư khi chia 2100 :
a) Cho 9;
b) Cho 25;
c) Cho 125.
– LỜI GIẢI.
1 Lũy thừa của 2 sát với bội số của 9 là 23 = 8 = 9 − 1.
Ta có 2100 = 2 (23 )
33
= 2 (9 − 1)33 = 2 (BS 9 − 1) = BS 9 − 2 = BS 9 + 7.
Số dư khi chia 2100 cho 9 là 7.
2 Lũy thừa của 2 sát với bội số của 25 là 210 = 1024 = BS 25 − 1.
10
Ta có 2100 = (210 )
= (BS 25 − 1)10 = BS 25 + 1.
Số dư khi chia 2100 cho 25 là 1.
3 Dùng công thức Niu-tơn:
2100 = (5 − 1)50 = 550 − 50 · 549 + · · · +
50 · 49 2
· 5 − 50 · 5 + 1.
2
Không kể phần hệ số của khai triển Niu-tơn thì 48 số hạng đầu đã chứa lũy thừa của 5 với số
mũ lớn hơn hoặc bằng 3 nên chia hết cho 125. Hai số hạng tiếp theo cũng chia hết cho 125, số
hạng cuối cùng là 1. Vậy 2100 = BS 125 + 1.
4
n
!
Tổng quát hơn, ta chứng minh được rằng nếu một số tự nhiên n không chia hết cho 5 thì chia
100
cho 125 ta được số dư là 1.
Thật vậy, n có dạng 5k ± 1 hoặc 5k ± 2. Ta có
(5k ± 1)100 = (5k)100 ± · · · +
(5k ± 2)100 = (5k)100 ± · · · +
100 · 99
(5k)2 ± 100 · 5k + 1 = BS 125 + 1.
2
100 · 99
(5k)2 · 298 ± 100 · 5k · 299 + 2100 = BS 125 + 2100 .
2
Ta lại có 2100 = BS 125 + 1 (câu c). Do đó (5k ± 2)100 = BS 125 + 1.
VÍ DỤ 10. Tìm ba chữ số tận cùng của 2100 khi viết trong hệ thập phân.
– LỜI GIẢI.
Tìm ba chữ số tận cùng của 2100 là tìm số dư khi chia 2100 cho 1000. Trước hết tìm số dư khi chia 2100
cho 125. Theo ví dụ trên ta có 2100 = BS 125 + 1, mà 2100 là số chẵn, nên ba chữ số tận cùng của nó
chỉ có thể là 126, 376, 626 hoặc 876.
Hiển nhiên 2100 chia hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó phải chia hết cho 8. Trong bốn số trên
chỉ có 376 thỏa mãn điều kiện này.
Vậy ba chữ số tận cùng của 2100 là 376.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 96/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
4
Năm học 2019-2020
!
Bạn đọc tự chứng minh rằng nếu n là số chẵn không chia hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của
100
là 376.
n
VÍ DỤ 11. Tìm bốn chữ số tận cùng của 51994 khi viết trong hệ thập phân.
– LỜI GIẢI.
54 = 625. Ta thấy số tận cùng bằng 0625 nâng lên lũy thừa nguyên dương bất kì vẫn tận cùng bằng
0625 (chỉ cần kiểm tra: . . . 0625 × . . . 0625 = . . . 0625).
Do đó
51994 = 54k+2 = 25 54
k
= 25(0625)k = 25(. . . 0625) = . . . 5625.
Cách khác: Tìm số dư khi chia 51994 cho 10000 = 24 · 54 .
Nhận xét: 54k − 1 chia hết cho 54 − 1 = (52 + 1) (52 − 1) nên chia hết cho 16.
Ta có 51994 = 56 (51988 − 1) + 56 .
Do 56 chia hết cho 54 , còn 51988 − 1 chia heest cho 16 (theo nhận xét trên) nên 56 (51988 − 1) chia hết
cho 10000. Tính 56 , ta được 15625. Vậy bốn chữ số tận cùng của 51994 là 5625.
4
!
Nếu viết 51994 = 52 (51992 − 1) + 52 thì ta có 51992 − 1 chia hết cho 16, nhưng 52 không chia hết
cho 54 .
Như thế trong bài toán này, ta cần viết 51994 dưới dạng 5n (51994−n − 1) + 5n sao cho n ≥ 4 và 1994 − n
chia hết cho 4.
C TÌM ĐIỀU KIỆN ĐỂ CHIA HẾT
VÍ DỤ 12. Tìm số nguyên x để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B:
A = x3 + 2×2 − 3x + 2,
B = x2 − x.
– LỜI GIẢI.
Đặt tính chia:
x3 + 2×2 − 3x + 2 x2 − x
− x 3 + x2
x+3
3×2 − 3x
− 3×2 + 3x
2
Muốn chia hết, ta phải có 2 chia hết cho n(n − 1), do đó 2 chia hết cho n.
Ta có
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 97/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
n
1
−1
2
−2
n−1
0
−2
1
−3
n(n − 1)
0
2
2
6
loại
loại
Vậy n = −1; n = 2.
4
!
Chú ý:
1 Không thể nói đa thức A chia hết cho đa thức B. Ở đây chỉ tồn tại những giá trị nguyên của n
để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B.
2 Có thể thay việc đặt phép chia bằng cách biến đổi:
x3 + 2×2 − 3x + 2 = x x2 − x + 3(x2 − x) + 2
VÍ DỤ 13. Tìm số nguyên dương n để n5 + 1 chia hết cho n3 + 1.
– LỜI GIẢI.
Biến đổi
.
.
n5 + 1 .. n3 + 1 ⇔ n2 n3 + 1 − n2 − 1 .. n3 + 1
.
⇔ (n + 1)(n − 1) .. (n + 1) n2 − n + 1
.
⇔ n − 1 .. n2 − n + 1(vì n + 1 6= 0).
Nếu n = 1 thì ta được 0 chia hết cho 1.
Nếu n > 1 thì n − 1 < n(n − 1) + 1 = n2 − n + 1, do đó n − 1 không thể chia hết cho n2 − n + 1.
Vậy giá trị duy nhất của n tìm được là 1.
VÍ DỤ 14. Tìm số nguyên n để n5 + 1 chia hết cho n3 + 1.
– LỜI GIẢI.
Biến đổi
.
.
n5 + 1 .. n3 + 1 ⇔ n2 n3 + 1 − n2 − 1 .. n3 + 1
.
⇔ (n + 1)(n − 1) .. (n + 1) n2 − n + 1
.
⇔ n − 1 .. n2 − n + 1.
.
.
.
n − 1 .. n2 − n + 1 ⇒ n(n − 1) .. n2 − n + 1 ⇒ n2 − n .. n2 − n + 1
.
.
⇒ (n2 − n + 1) − 1 .. n2 − n + 1 ⇒ 1 .. n2 − n + 1.
Có hai trường hợp:
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 98/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
n2 − n + 1 = 1 ⇔ n(n − 1) = 0 ⇔ n = 0; n = 1. Các giá trị thỏa mãn đề bài.
n2 − n + 1 = −1 ⇔ n2 − n + 2 = 0, vô nghiệm.
Vậy n = 0; n = 1 là hai số phải tìm.
.
.
!
4
Từ n − 1 .. n2 − n + 1 suy ra n(n − 1) .. n2 − n + 1 là phép kéo theo chứ không là phép biến đổi
tương đương. Do đó sau khi tìm được n = 0, n = 1, ta phải thử lại.
VÍ DỤ 15. Tìm số tự nhiên n sao cho 2n − 1 chia hết cho 7.
– LỜI GIẢI.
Nếu n = 3k (k ∈ N) thì 2n − 1 = 23k − 1 = 8k − 1 chia hết cho 7.
Nếu n = 3k + 1 (k ∈ N) thì 2n − 1 = 23k+1 − 1 = 2 23k − 1 + 1 = BS 7 + 1.
Nếu n = 3k + 2 (k ∈ N) thì 2n − 1 = 23k+2 − 1 = 4 23k − 1 + 3 = BS 7 + 3.
Vậy 2n − 1 chia hết cho 7 ⇔ n = 3k (k ∈ N).
D BÀI TẬP
BÀI 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có:
1 n3 + 3n2 + 2n chia hết cho 6.
2
2 (n2 + n − 1) − 1 chia hết cho 24.
– LỜI GIẢI.
1 Biến đổi n3 + 3n2 + 2n = n(n + 1)(n + 2), đây là tích của ba số nguyên liên tiếp.
Do đó n3 + 3n2 + 2n chia hết cho 6 với mọi nguyên n.
Suy ra điều phải chứng minh.
2
2 Biến đổi: (n2 + n − 1) − 1 = (n − 1)n(n + 1)(n + 2).
2
Đây là tích của 4 số nguyên liên tiếp, do đó: (n2 + n − 1) − 1 chia hết cho 24.
BÀI 2. Chứng minh rằng:
1 n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với mọi số chẵn n.
2 n4 − 10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi số lẻ n.
– LỜI GIẢI.
1 Biến đổi n3 + 6n2 + 8n = n(n + 2)(n + 4).
Vì n là số chẵn nên ta thay n = 2k với k ∈ Z, ta có:
n3 + 6n2 + 8n = 2k(2k + 2)(2k + 4) = 8k(k + 1)(k + 2) chia hết cho 48.
Suy ra điều phải chứng minh.
2 Đặt A = n4 − 10n2 + 9.
⇒ A = n4 − 10n2 + 9 = (n2 − 1)(n2 − 9) = (n − 1)(n + 1)(n − 3)(n + 3).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 99/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Vì n là số lẻ suy ra n = 2k + 1 với k ∈ Z, thay vào biểu thức ta có:
A = (n − 1)(n + 1)(n − 3)(n + 3) =
= (2k + 1 − 1)(2k + 1 + 1)(2k + 1 − 3)(2k + 1 + 3)
= (2k − 2)2k(2k + 2)(2k + 4)
= 2(k − 1) · 2k · 2(k + 1) · 2(k + 2)
= 8(k − 1)k(k + 1)(k + 2)
Vì (k − 1)k(k + 1)(k + 2) là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên (k − 1)k(k + 1)(k + 2) chia hết
cho 24
Suy ra A chia hết cho 384.
BÀI 3. Chứng minh rằng n6 + n4 − 2n2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên n.
– LỜI GIẢI.
Đặt A = n6 + n4 − 2n2 , ta có:
A = n6 + n4 − 2n2
= n2 (n4 + n2 − 2)
= n2 (n2 − 1)(n2 + 2)
= n2 (n − 1)(n + 1)(n2 − 4) + 6n2 (n − 1)(n + 1)
= n · n · (n − 1)(n + 1)(n − 2)(n + 2) + 6n · n(n − 1)(n + 1)
= (n − 2)(n − 1)n · n(n + 1)(n + 2) + 6n · n(n − 1)(n + 1)
(n − 2)(n − 1)n là tích của ba số tự nhiên liên tiếp suy ra (n − 2)(n − 1)n chia hết cho 3.
n(n + 1)(n + 2) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp suy ra n(n + 1)(n + 2) chia hết cho 3.
⇒ (n − 2)(n − 1)n · n(n + 1)(n + 2) chia hết cho 9.
Mà trong 5 số tự nhiên liên tiếp có ít nhất 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4 suy ra:
(n − 2)(n − 1)n · n(n + 1)(n + 2) chia hết cho 8.
Suy ra (n − 2)(n − 1)n · n(n + 1)(n + 2) chia hết cho 72.
Dễ dàng chứng minh được 6n · n(n − 1)(n + 1) chia hết cho 72.
Suy ra A chia hết cho 72.
BÀI 4. Chứng minh rằng 32n − 9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương n.
– LỜI GIẢI.
.
Biến đổi B = 32n − 9 = 9n − 9, nên B .. 9.
.
Đề chứng minh B .. 8 ta viết B dưới dạng:
B = (3n )2 − 1 − 8 = (3n − 1)(3n + 1) − 8
Vì 3n − 1 và 3n + 1 là 2 số chẵn liên tiếp nên (3n − 1)(3n + 1) chia hết cho 8.
Suy ra: B chia hết cho 8.
Vậy 32n − 9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương n.
BÀI 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên a và n thì:
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 100/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 7n và 7n+4 có hai chữ số tận cùng như nhau.
2 a và a5 có chữ số tận cùng như nhau.
3 an và an+4 có chữ số tận cùng như nhau (n ≥ 1)
– LỜI GIẢI.
1 Xét hiệu A = 7n+4 − 7n ta có:
A = 7n+4 − 7n
= 7n (74 − 1)
= 7n · 2400
.
⇒ A .. 100
Vậy 2 số 7n và 7n+4 có hai chữ số tận cùng như nhau.
2 Xét hiệu B = a5 − a = a(a2 + 1)(a2 − 1).
.
.
.
Dễ dàng chứng minh B .. 2 và B .. 5 suy ra B .. 10.
Vậy a và a5 có chữ số tận cùng như nhau.
3 Xét hiệu C = an+4 − an = an (a2 + 1)(a2 − 1).
.
.
.
Dễ dàng chứng minh C .. 2 và C .. 5 suy ra C .. 10.
Vậy an và an+4 có chữ số tận cùng như nhau.
BÀI 6. Tìm điều kiện của số tự nhiên a để a2 + 3a + 2 chia hết cho 6.
– LỜI GIẢI.
a2 + 3a + 2 = (a + 1)(a + 2) luôn chia hết cho 2.
.
a2 + 3a + 2 .. 3 ⇔ a2 chia 3 dư 1 ⇔ a không chia hết cho 3.
Vậy nếu a không chia hết cho 3 thì a2 + 3a + 2 chia hết cho 6.
BÀI 7.
1 Cho a là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng a2 − 1 chia hết cho 24.
2 Chứng minh rằng nếu a và b là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì a2 − b2 chia hết cho 24.
3 Tìm điều kiện của số tự nhiên a để a4 − 1 chia hết cho 240.
– LỜI GIẢI.
1 Ta có a2 là số chính phương lẻ nên chia cho 8 dư 1, a2 là số chính phương không chia hết cho 3
nên chia cho 3 dư 1.
Suy ra a2 − 1 chia hết cho 8, chia hết cho 3, do đó chia hết cho 24.
2 Áp dụng ý a) ta có nếu a và b là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì:
a2 − 1 chia hết cho 3 và b2 − 1 chia hết cho 3.
.
.
⇔ (a2 − 1) − (b2 − 1) .. 3 ⇔ a2 − b2 .. 3.
Suy ra điều phải chứng minh.
3 Ta có: 240 = 24 · 3 · 5.
.
.
.
.
Vì A .. 240 ⇒ a4 − 1 .. 2 và a4 − 1 .. 3; a4 − 1 .. 5.
.
Dễ thấy a4 − 1 .. 2 ⇔ a là số lẻ.
.
Dễ thấy a4 − 1 .. 3 ⇔ a không chia hết cho 3.
.
Dễ thấy a4 − 1 .. 5 ⇔ a không chia hết cho 5.
Ta sẽ chứng minh nếu a không chia hết cho 2, 3 và 5 thì a4 − 1 chia hết cho 240.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 101/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Thật vậy:
A = a4 − 1 = (a2 − 1)(a2 + 1)
= (a − 1)(a + 1)(a2 + 1)
Nếu a lẻ thì a = 2k + 1 với (k ∈ N).
Khi đó ta có:
A = (a − 1)(a + 1)(a2 + 1)
î
ó
= (2k + 1 − 1)(2k + 1 + 1) · (2k + 1)2 + 1
= 2k(2k + 2)(4k 2 + 4k + 2)
= 8k(k + 1)(2k 2 + 2k + 1)
.
⇒ A .. 16
Nếu a không chia hết cho 3 thì a = 3k ± 1 với (k ∈ N).
.
.
Khi đó ta có a2 − 1 .. 3 ⇒ A .. 3.
Nếu a không chia hết cho 5 thì a = 5k ± 1 hoặc a = 5k ± 2 với (k ∈ N).
.
.
.
Suy ra a2 − 1 .. 5 hoặc a2 + 1 .. 5 ⇒ A .. 5.
.
⇒ A .. 240.
Vậy nếu a không chia hết cho 2, 3 và 5 thì a4 − 1 chia hết cho 240.
BÀI 8. Tìm ba số nguyên tố liên tiếp a, b, c sao cho a2 + b2 + c2 cũng là một số nguyên tố.
– LỜI GIẢI.
Xét 2 trường hợp:
1 Trong a, b, c có một số bằng 3.
Khi đó: 22 + 32 + 52 = 38, là hợp số, loại.
Còn 32 + 52 + 72 = 83 là một số nguyên tố, thỏa mãn.
2 Cả a, b, c đều lớn hơn 3.
Khi đó a2 , b2 , c2 đều chia cho 3 dư 1 nên a2 + b2 + c2 chia hết cho 3, là hợp số, loại.
Vậy ba số nguyên tố liên tiếp a, b, c là 3, 5, 7 thì a2 + b2 + c2 cũng là một số nguyên tố.
BÀI 9. Cho bốn số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a2 + b2 = c2 + d2 . Chứng minh rằng a + b + c + d
là hợp số.
– LỜI GIẢI.
.
Ta có: a2 + b2 = c2 + d2 ⇒ a2 + b2 + c2 + d2 = 2(c2 + d2 ) .. 2.
Xét:
A = (a2 + b2 + c2 + d2 ) − (a + b + c + d)
= (a2 − a) + (b2 − b) + (c2 − c) + (d2 − d)
= a(a − 1) + b(b − 1) + c(c − 1) + d(d − 1)
.
.
.
.
Vì a(a − 1) .. 2; b(b − 1) .. 2; c(c − 1) .. 2; d(d − 1) .. 2.
.
.
⇒ A .. 2 ⇔ a + b + c + d .. 2.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 102/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Mà a, b, c, d là các số nguyên dương suy ra a + b + c + d > 2 ⇒ a + b + c + d là hợp số (điều phải
chứng minh).
BÀI 10. Cho bốn số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn ab = cd. Chứng minh rằng a5 + b5 + c5 + d5 là
hợp số.
– LỜI GIẢI.
Gọi ƯCLN(a, c) = k, ta có: a = ka1 , c = kc1 và (a1 , c1 ) = 1.
Thay vào ab = cd được ka1 b = kc1 d nên: a1 b = c1 d
BÀI 11. Cho các số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng:
1 Nếu a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b chia hết cho 3.
2 Nếu a2 + b2 chia hết cho 7 thì a và b chia hết cho 7.
– LỜI GIẢI.
1 Một số chính phương chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
Xét các trường hợp tổng của 2 số dư: 0 + 0; 0 + 1; 1 + 1 thì chỉ có 0 + 0 là chia hết cho 3.
.
.
Do đó để a2 + b2 chia hết cho 3 thì a2 .. 3 và b2 .. 3.
.
.
.
⇒ a .. 3 và b .. 3 ⇒ a + b .. 3.
Suy ra điều phải chứng minh.
2 Nhận xét: Một số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư là 0; 1; 2; 4.
Ta có: a2 + b2 chia hết cho 7 nên chỉ có trường hợp 2 số dư là 0 + 0 thỏa mãn.
.
.
.
.
⇒ a2 .. 7 và b2 .. 7 ⇒ a .. 7 và b .. 7.
Suy ra điều phải chứng minh.
BÀI 12. Cho các số nguyên a, b, c. Chứng minh rằng:
1 Nếu a + b + c chia hết cho 6 thì a3 + b3 + c3 chia hết cho 6.
2 Nếu a + b + c chia hết cho 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30.
– LỜI GIẢI.
1 Xét hiệu:
A = (a3 + b3 + c3 ) − (a + b + c)
= (a3 − a) + (b3 − b) + (c3 − c)
= (a − 1)a(a + 1) + (b − 1)b(b + 1) + (c − 1)c(c + 1)
.
⇒ A .. 6
.
⇒ a3 + b3 + c3 .. 6
Suy ra điều phải chứng minh.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 103/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Xét hiệu:
A = (a5 + b5 + c5 ) − (a + b + c)
= (a5 − a) + (b5 − b) + (c5 − c)
= a(a4 − 1) + b(b4 − 1) + c(c4 − 1)
= a(a2 − 1)(a2 + 1) + b(b2 − 1)(b2 + 1) + c(c2 − 1)(c2 + 1)
= a(a − 1)(a + 1)(a2 + 1) + b(b − 1)(b + 1)(b2 + 1) + c(c − 1)(c + 1)(c2 + 1)
= a(a − 1)(a + 1)(a2 − 4) + 5a(a − 1)(a + 1) + b(b − 1)(b + 1)(b2 − 4) + 5b(b − 1)(b + 1)
+c(c − 1)(c + 1)(c2 − 4) + 5c(c − 1)(c + 1)
= a(a − 1)(a + 1)(a − 2)(a + 2) + 5a(a − 1)(a + 1) + b(b − 1)(b + 1)(b − 2)(b + 2)
+5b(b − 1)(b + 1) + c(c − 1)(c + 1)(c − 2)(c + 2) + 5c(c − 1)(c + 1)
= (a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) + 5(a − 1)a(a + 1) + (b − 2)(b − 1)b(b + 1)(b + 2)
+5(b − 1)b(b + 1) + (c − 2)(c − 1)c(c + 1)(c + 2) + 5(c − 1)c(c + 1)
Nhận xét: (a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp
.
⇒ (a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) .. 30.
.
.
Mà dễ thấy 5(a − 1)a(a + 1) .. 30 ⇒ (a − 2)(a − 1)a(a + 1)(a + 2) + 5(a − 1)a(a + 1) .. 30 .
.
Tương tự ta có: (b − 2)(b − 1)b(b + 1)(b + 2) + 5(b − 1)b(b + 1) .. 30
.
.
và (c − 2)(c − 1)c(c + 1)(c + 2) + 5(c − 1)c(c + 1) .. 30. ⇒ A .. 30.
Mà a + b + c chia hết cho 30 suy ra a5 + b5 + c5 chia hết cho 30.
Suy ra điều phải chứng minh.
BÀI 13. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng:
1 a3 + b3 + c3 chia hết cho 3abc;
2 a5 + b5 + c5 chia hết cho 5abc.
– LỜI GIẢI.
1 a + b + c = 0 ⇒ c = −(a + b).
.
Do đó: a3 + b3 + c3 = a3 + b3 + −(a + b)3 = −3ab(a + b) = 3abc .. 3abc.
Hay a3 + b3 + c3 chia hết cho 3abc (điều phải chứng minh).
2 a + b + c = 0 ⇒ c = −(a + b).
Do đó:
a5 + b5 + c5 = a5 + b5 − (a + b)5
= −5a4 b − 10a3 b2 − 10a2 b3 − 5ab4
= −5ab(a3 + 2a2 b + 2ab2 + b3 )
= −5ab (a3 + b3 ) + (2a2 b + 2ab2 )
= −5ab (a + b)(a2 − ab + b2 ) + 2ab(a + b)
= −5ab(a + b)(a2 + ab + b2 )
= 5abc(a2 + ab + b2 )
.
⇒ a5 + b5 + c5 .. 5abc, suy ra điều phải chứng minh.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 104/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 14.
1 Viết số 1998 thành tổng của ba số tự nhiên tùy ý. Chứng minh rằng tổng các lập
phương của ba số tự nhiên đó chia hết cho 6.
2 Viết số 19951995 thành tổng của nhiều số tự nhiên. Tổng các lập phương của ba số tự nhiên đó
chia cho 6 dư bao nhiêu?
– LỜI GIẢI.
1 Áp dụng câu a) bài 197 chú ý rằng 1998 chia hết cho 6.
2 Đặt 19951995 = a = a1 + a2 + · · · + an .
Gọi S = a31 + a32 + · · · + a3n = (a31 − a1 ) + (a32 − a2 ) + · · · + (a3n − an ) + a.
Mỗi dấu ngoặc đều chia hết cho 6, do đó số dư của a khi chia cho 6 chính là số dư của S khi
chia cho 6.
Mà 1995 là số lẻ chia hết cho 3, suy ra 19951995 chia 6 dư 3.
Suy ra S chia 6 dư 3.
BÀI 15. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a và b thì:
1 a3 b − ab3 chia hết cho 6.
2 a5 b − ab5 chia hết cho 30.
– LỜI GIẢI.
1 a3 b − ab3 = a3 b − ab − ab3 + ab = b(a3 − a) − a(b3 − b).
Biểu thức trong mỗi dấu ngoặc chia hết cho 6.
Suy ra a3 b − ab3 chia hết cho 6 (điều phải chứng minh).
2 a5 b − ab5 = a5 b − ab + ab − ab5 = b(a5 − a) − a(b5 − b).
Dễ thấy a5 − a và b5 − b chia hết cho 30, suy ra b(a5 − a) − a(b5 − b).
Hay a5 b − ab5 chia hết cho 30 (điều phải chứng minh).
BÀI 16. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên đều viết được dưới dạng b3 + 6c trong đó b và c là các
số nguyên.
– LỜI GIẢI.
Gọi a là một số tự nhiên tùy ý, ta dễ dàng chứng minh được a3 − a chia hết cho 6.
⇒ a3 − a = 6k ⇒ a = a3 − 6k với k ∈ Z.
Vậy mọi số tự nhiên đều viết được dưới dạng b3 + 6c trong đó b và c là các số nguyên.
BÀI 17. Chứng minh rằng nếu các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = c2 thì abc chia
hết cho 60.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 105/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Ta có:
n = 3k ± 1 ⇒ n2 = 3m + 1
n = 5k ± 1 ⇒ n2 = 5m + 1
n = 5k ± 2 ⇒ n2 = 5m + 4 = 5r − 1
n = 4k ± 1 ⇒ n2 = 8m + 1
n = 4k ± 2 ⇒ n2 = 8m + 4
Nếu a, b cùng không chia hết cho 3 suy ra a2 + b2 = 3a1 + 1 + 3b1 + 1 = 3(a1 + b1 ) + 2.
Mà c2 có dạng 3c1 hoặc 3c1 + 1 ⇒ a2 + b2 6= c2 (loại).
.
⇒ trong 2 số a, b phải có ít nhất 1 số chia hết cho 3 ⇒ abc .. 3.
Nếu a, b, c đều không chia hết cho 5 thì a2 , b2 , c2 chia cho 5 dư 1 hoặc 4.
Khi đó a2 + b2 chia 5 dư 0, 2, 3 còn c2 chia cho 5 dư 1 hoặc 4 ⇒ a2 + b2 6= c2 (loại).
.
⇒ trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 1 số chia hết cho 5 ⇒ abc .. 5. Nếu a, b, c đều không chia hết cho
4 thì a2 , b2 , c2 chia cho 8 dư 1 hoặc 4.
Khi đó a2 + b2 chia 8 dư 0, 2, 5 còn c2 chia cho 8 dư 1 hoặc 4 ⇒ a2 + b2 6= c2 (loại).
.
⇒ trong 3 số a, b, c phải có ít nhất 1 số chia hết cho 4 ⇒ abc .. 4.
.
Vậy abc chia hết cho 3; 4; 5 ⇒ abc .. 60
BÀI 18. Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 9.
– LỜI GIẢI.
Gọi ba số nguyên liên tiếp đó là n − 1; n; n + 1.
Ta có:
(n − 1)3 + n3 + (n + 1)3 = n3 − 3n2 + 3n − 1 + n3 + n3 + 3n2 + 3n + 1
= 3n3 + 6n
= 3(n3 − n) + 9n
.
.
Có 3(n3 − n) + 9n .. 9 ⇒ (n − 1)3 + n3 + (n + 1)3 .. 9.
Vậy tổng các lập phương của ba số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 9.
BÀI 19. Chứng minh rằng nếu tổng lập phương của ba số nguyên chia hết cho 9 thì tồn tại một trong
ba số đó là bội của 3.
– LỜI GIẢI.
Nhận xét: Lập phương của một số nguyên bất kì khi chia 9 có số dư là 0; 1 hoặc 8.
Xét 3 số nguyên a, b, c đều không chia hết cho 3. Khi đó a3 + b3 + c3 chia cho 9 sẽ có 1 trong các số
.
.
.
.
dư sau: 1 + 1 + 1 = 3 6 .. 9; 1 + 1 + 8 = 10 6 .. 9; 1 + 8 + 8 = 17 6 .. 9; 8 + 8 + 8 = 24 6 .. 9.
Trong các trường hợp trên a3 + b3 + c3 đều không chia hết cho 9.
Suy ra để a3 + b3 + c3 chia hết cho 9 thì ít nhất một trong ba số a, b, c phải chia hết cho 3.
Vậy nếu tổng lập phương của ba số nguyên chia hết cho 9 thì tồn tại một trong ba số đó là bội của 3
(điều phải chứng minh).
BÀI 20. Cho dãy số 7, 13, 25, 43, … , 3n(n − 1) + 7. Chứng minh rằng:
1 Trong năm số hạng liên tiếp của dãy bao giờ cũng tồn tại một bội số của 25.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 106/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Không có số hạng nào của dãy là lập phương của một số nguyên.
– LỜI GIẢI.
1 Nhận xét: a3 chia hết cho 5. Ta sẽ chứng minh các số a5k+3 chia hết cho 25.
Thật vậy:
a5k+3 = 3(5k + 3)(5k + 2) + 7
= 3(25k 2 + 25k + 6) + 7
⇒
= 3(25k 2 + 25k) + 25
.
a5k+3 .. 25
Vậy trong năm số hạng liên tiếp của dãy bao giờ cũng tồn tại một bội số của 25 (điều phải
chứng minh).
2 n(n − 1) chia 3 dư 0 hoặc 2 ⇒ 3n(n − 1) chia cho 9 dư 0 hoặc 6.
⇒ 3n(n − 1) + 7 chia cho 9 dư 7 hoặc 4.
Mà lập phương của một số nguyên chia cho 9 chỉ có thể dư là 0, 1, 8.
Vậy không có số hạng nào của dãy là lập phương của một số nguyên (điều phải chứng minh).
BÀI 21.
1 Chứng minh rằng nếu số tự nhiên a không chia hết cho 7 thì a6 − 1 chia hết cho 7.
2 Chứng minh rằng nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì (n − 1)n(n + 1) chia hết cho 504.
– LỜI GIẢI.
1 Bài toán là trường hợp đặc biệt của định lí nhỏ Phéc-ma: ap−1 − 1 chia hết cho p với p = 7.
Chứng minh trực tiếp: a6 − 1 = (a3 + 1)(a3 − 1).
Nếu a = 7k ± 1 với k ∈ N thì a3 = BS7 ± 1.
Nếu a = 7k ± 2 với k ∈ N thì a3 = BS7 ± 8.
Nếu a = 7k ± 3 với k ∈ N thì a3 = BS7 ± 27.
Vậy ta luôn có a3 + 1 hoặc a3 − 1 chia hết cho 7.
Do đó a6 − 1 chia hết cho 7.
Vậy nếu số tự nhiên a không chia hết cho 7 thì a6 − 1 chia hết cho 7 (điều phải chứng minh).
2 Ta có: 504 = 32 · 7 · 8. Đặt n = a3 , ta cần chứng minh: A = (a3 − 1)a3 (a3 + 1) chia hết cho 504.
Nếu a chẵn thì a3 chia hết cho 8.
Nếu a lẻ thì a3 − 1 và a3 + 1 là 2 số chẵn liên tiếp nên (a3 − 1)(a3 + 1) chia hết cho 8.
.
Do đó A .. 8.
Nếu a chia hết cho 7 thì A chia hết cho 7.
.
Nếu a không chia hết cho 7 thì áp dụng câu a) ta chứng minh được A .. 7.
.
Suy ra A .. 7.
Nếu a chia hết cho 3 thì a3 chia hết cho 9. Nếu a = 3k ± 1 với k ∈ N thì a3 ± 1 = BS9 ± 1.
Suy ra a3 + 1 hoặc a3 − 1 chia hết cho 9.
.
Suy ra A .. 9.
Vậy A chia hết cho 8, 7, 9 hay A chia hết cho 504.
Suy ra nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì (n − 1)n(n + 1) chia hết cho 504 (điều phải
chứng minh).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 107/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 22. Chứng minh rằng nếu A chia hết cho B với:
1 A = 13 + 23 + 33 + · · · + 993 + 1003 ,
B = 1 + 2 + 3 + · · · + 99 + 100;
2 A = 13 + 23 + 33 + · · · + 983 + 993 ,
B = 1 + 2 + 3 + · · · + 98 + 99;
– LỜI GIẢI.
1 Ta có: B = 1 + 2 + 3 + · · · + 99 + 100 = 100 · 101 : 2 = 50 · 101.
Để chứng minh A chia hết cho 101 ta ghép cặp 13 + 1003 ; 23 + 993 ; · · · . Để chứng minh A chia
hết cho 50 ta ghép cặp 503 + 1003 ; 13 + 993 ; 23 + 983 ; · · · ; 493 + 513 .
2 Giải tương tự câu a).
BÀI 23. Các số sau có chính phương hay không?
1 A = 22 · · · 24 (có 50 chữ số 2);
2 B = 44 · · · 4 (có 100 chữ số 4);
3 A = 19947 + 7;
4 B = 144 · · · 4 (có 99 chữ số 4).
– LỜI GIẢI.
1 Tổng các chữ số của A là 50 · 2 + 4 = 104 ⇒ A chia 3 dư 2.
Mà 1 số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 nên A không là số chính phương.
· · · 1}.
2 B = 44 · · · 4 (có 100 chữ số 4) ⇒ B = 4 · 11
| {z
100
Để B là số chính phương thì 11
· · · 1} phải là số chính phương.
| {z
100
Mà 11
· · · 1} có tận cùng là 11 chia 4 dư 3, không phải là số chính phương.
| {z
100
Do đó, B không là số chính phương.
3 A = 19947 + 7 chia 4 dư 3 nên không là số chính phương.
· · · 1}.
4 B = 144 · · · 4 (có 99 chữ số 4) ⇒ B = 4 · 36 |11 {z
97
· · · 1} không phải là số chính phương.
36 |11 {z
· · · 1} chia 4 dư 3 nên 36 |11 {z
97
97
Do đó, ⇒ B = 4 · 36 |11 {z
· · · 1} không phải là số chính phương.
97
BÀI 24. Có thể dùng cả năm chữ số 2, 3, 4, 5, 6 lập thành số chính phương có năm chữ số được
không?
– LỜI GIẢI.
Số có năm chữ số tạo bởi các chữ số 2, 3, 4, 5, 6 có tổng các chữ số là 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 20 chia 3
dư 2 nên nó không phải là số chính phương.
Vậy không thể dùng cả năm chữ số 2, 3, 4, 5, 6 lập thành số chính phương có năm chữ số được.
BÀI 25. Chứng minh rằng tổng của hai số chính phương lẻ không là số chính phương.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 108/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Mọi số lẻ đều chia cho 4 dư 1 nên tổng của chúng chia cho 4 dư 2 nên không là số chính phương.
BÀI 26. Chứng minh rằng mọi số lẻ đều có thể viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương.
– LỜI GIẢI.
Mọi số lẻ đều có dạng 2k + 1 với k ∈ N.
Ta có: 2k + 1 = (k + 1 − k)(k + 1 + k) = (k + 1)2 − k 2 .
BÀI 27. Chứng minh rằng:
1 A = 12 + 22 + 32 + 42 + · · · + 1002 không là số chính phương.
2 B = 12 + 22 + 32 + 42 + · · · + 562 không là số chính phương.
3 C = 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + n là số chính phương (n lẻ).
– LỜI GIẢI.
1 A = 12 + 22 + 32 + 42 + · · · + 1002 gồm 50 số chính phương chẵn, 50 số chính phương lẻ.
Mỗi số chính phương chẵn đều chia hết cho 4 nên tổng của 50 số chính phương chẵn chia hết
cho 4.
Mỗi số chính phương lẻ đều chia cho 4 dư 1 nên tổng của 50 số chính phương lẻ chia cho 4 dư 2.
Suy ra A chia 4 dư 2. Suy ra A không là số chính phương.
2 B = 12 + 22 + 32 + 42 + · · · + 562 có thể viết dưới dạng tổng của 57 số chính phương liên tiếp là
B = 02 + 12 + 22 + 32 + 42 + · · · + 562 .
Xét tổng của 3 số chính phương liên tiếp (n − 1)2 + n2 + (n + 1)2 = 3n2 + 2 chia 3 dư 2.
Suy ra tổng của 3 số chính phương liên tiếp chia 3 dư 2. Ta có:
B = 02 + 12 + 22 + 32 + 42 + · · · + 562
= (02 + 12 + 22 ) + (32 + 42 + 52 ) + · · · + (542 + 552 + 562 )
= 19 · (BS3 + 2)
= BS3 + 38
= BS3 + 2
Một số chính phương chia 3 chỉ có dư là 0 hoặc 1 nên B không là số chính phương.
3 Đặt n = 2k − 1 với k ∈ N.
Ta có:
C
= 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1)
1 + (2k − 1)
=
·k
2
= k2
⇒ C là số chính phương.
Vậy với n lẻ thì C = 1 + 3 + 5 + 7 + · · · + n là số chính phương.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 109/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
5
Năm học 2019-2020
TÍNH CHIA HẾT ĐỐI VỚI ĐA THỨC
A TÌM DƯ CỦA PHÉP CHIA MÀ KHÔNG THỰC HIỆN PHÉP CHIA
1. Đa thức chia có dạng x − a (a là hằng)
VÍ DỤ 1. Chứng minh rằng số dư khi chia đa thức f (x) cho nhị thức x − a bằng giá trị của đa
thức f (x) tại x = a.
Định lí Bê-du (Bézout, 1730-1783, nhà toán học Pháp).
– LỜI GIẢI.
Do đa thức chia x − a có bậc nhất nên số dư khi chia f (x) cho x − a là hằng số r.
Ta có
f (x) = (x − a) · Q(x) + r.
Đẳng thức trên đúng với mọi x nên với x = a, ta có
f (a) = 0 · Q(x) + r hay f (a) = r.
4
!
Từ định lí Bê-du ta suy ra
Đa thức f (x) chia hết cho x − a khi và chỉ khi f (a) = 0 (tức là khi a là nghiệm của đa thức).
VÍ DỤ 2. Chứng minh rằng nếu đa thức f (x) có tổng các hệ số bằng 0 thì đa thức ấy chia hết
cho x − 1.
– LỜI GIẢI.
Gọi f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an .
Theo giả thuyết, a0 + a1 + . . . + an = 0.
Theo định lý Bê-du, số dư khi chia f (x) cho x − 1 là
(1)
r = f (1) = a0 + a1 + . . . + an−1 + an .
(2)
Từ (1) và (2), suy ra r = 0.
Vậy f (x) chia hết cho x − 1.
VÍ DỤ 3. Chứng minh rằng nếu đa thức f (x) có tổng các hệ số của các hạng tử bậc chẵn bằng
tổng các hệ số của các hạng tử bậc lẻ thì đa thức ấy chia hết cho x + 1.
– LỜI GIẢI.
Gọi f (x) = a0 x2n + a1 x2n−1 + a2 x2n−2 + . . . + a2n−2 x2 + a2n−1 x + a2n , trong đó, a0 có thể bằng 0. Theo
giả thuyết, a0 + a2 + .. + a2n = a1 + a3 + . . . + a2n−1 nên
(a0 + a2 + . . . + a2n ) − (a1 + a3 + . . . + a2n−1 ) = 0.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 110/477
(1)
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Theo định lí Bê-du, số dư khi chia f (x) cho x + 1 bằng
r = f (−1) = a0 − a1 + a2 − a3 + . . . + a2n−2 − a2n−a + a2n
= (a0 + a2 + . . . + a2n ) − (a1 + a3 + . . . + a2n−1 )
(2)
Từ (1) và (2), suy ra r = 0.
Vậy f (x) chia hết cho x + 1.
2. Đa thức có bậc tử từ bậc hai trở lên
VÍ DỤ 4. Tìm dư khi chia
x7 + x5 + x3 + 1 cho x2 − 1.
– LỜI GIẢI.
Để tìm dư trong trường hợp này, ta thường dùng các cách sau:
Cách 1. (Tách ra ở đa thức bị chia những đa thức chia hết cho đa thức chia).
Ta biết rằng xn − 1 chia hết cho x − 1 với mọi số tự nhiên n nên x2n − 1 chia hết cho x2 − 1.
Do đó x4 − 1, x6 − 1,. . . chia hết cho x2 − 1.
Ta có
x7 + x5 + x3 + 1 = x7 − x + x5 − x + x3 − x + 3x + 1
= x(x6 − 1) + x(x4 − 1) + x(x2 − 1) + (3x + 1).
Dư khi chia x7 + x5 + x3 + 1 cho x2 − 1 là 3x + 1.
Cách 2. (Xét giá trị riêng).
Gọi thương là Q(x), dư là ax + b. Ta có
x7 + x5 + x3 + 1 = (x + 1)(x − 1) · Q(x) + ax + b, ∀x.
Đẳng thức đúng với mọi x nên với x = 1, ta được 4 = a + b.
Với x = −1 ta được −2 = −a + b.
(1)
(2)
Từ (1) và (2), suy ra a = 3, b = 1.
Dư phải tìm là 3x + 1.
4
!
Để tách ra các đa thức chia hết cho x2 − 1 hoặc x2 + 1, cần nhớ lại các hằng đẳng thức 8 và 9:
an − bn chia hết cho a − b (a 6= b);
an + bn (n lẻ) chia hết cho a + b (a 6= −b).
B SƠ ĐỒ HOÓC-NE
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 111/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1. Ví dụ
VÍ DỤ 5. Chia các đa thức
a) (x3 − 5×2 + 8x − 4) : (x − 2);
b) (x3 − 9×2 + 6x + 10) : (x + 1);
c) (x3 − 7x + 6) : (x + 3).
– LỜI GIẢI.
Đặt tính chia đa thức, ta được kết quả
1 Thương là x2 − 3x + 2.
2 Thương là x2 − 10x + 16, dư là −6.
3 Thương là x2 − 3x + 2.
2. Sơ đồ Hoóc-ne
Ta có thể tìm được kết quả khi chia đa thức f (x) cho nhị thức x − a (a là hằng số) bằng một cách
khác.
Trở lại câu a) ở ví dụ trên (x3 − 5×2 + 8x − 4) : (x − 2). Các hệ số của đa thức bị chia thứ tự là 1,
−5, 8, −4; hằng số a trong ví dụ này bằng 2.
1 Đặt các hệ số của đa thức bị chia theo thứ tự vào các cột của dòng trên.
1
−5
8
−4
a=2
2 Trong 4 cột để trống ở dòng dưới, ba cột đầu cho ta các hệ số của đa thức thương, cột cuối cùng
cho ta số dư.
– Số ở cột thứ nhất của dòng dưới bằng số tương ứng ở dòng trên.
1
a=2
−5
8
−4
1
– Kể từ dòng thứ hai, mỗi số ở dòng dưới được xác định bằng cách lấy a nhân với số cùng dòng
liền trước , rồi cộng với số cùng cột ở dòng trên.
a=2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
1
−5
1
2 · 1 + (−5) = −3
Trang 112/477
8
−4
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
a=2
a=2
Năm học 2019-2020
1
−5
8
−4
1
2 · 1 + (−5) = −3
2 · (−3) + 8 = 2
1
−5
8
−4
1
2 · 1 + (−5) = −3
2 · (−3) + 8 = 2
2 · 2 + (−4) = 0
Sơ đồ
+
a
×
Ta có thương bằng x2 − 3x + 2, số dư bằng 0.
Sơ đồ của thuật toán trên được gọi là sơ đồ Hoóc-ne.
Bạn đọc hãy dùng sơ đồ trên để kiểm tra lại kết quả của các câu b) và c).
Như vậy nếu đa thức bị chia là ao x3 +a1 x2 +a2 x+a3 , đa thức chia là x−a, ta được thương b0 x2 +b1 x+b2 ,
dư r. Theo sơ đồ Hoóc-ne, ta có
a
a0
a1
a2
a3
b0 = a0
b1 = ab0 + a1
b2 = ab1 + a2
r = ab2 + a3
3. Sơ đồ Hoóc-ne
Tổng quát với đa thức bị chia là a0 xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + . . . + an−1 x + an , đa thức chia là x − a,
thương là b0 xn−1 + b1 xn−2 + . . . + bn−2 x + bn−1 , dư r. Ta cần chứng minh rằng
b0
= a0
b1
= ab0 + a1
b2
= ab1 + a2
…
bn−1 = abn−2 + an−1
r
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
= abn−1 + an .
Trang 113/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Thật vậy, thực hiện phép tính
(x − 1)(b0 xn−1 + b1 xn−2 + . . . + bn−2 x + bn−1 ) + r
rồi rút gọn, ta được
b0 xn + (b1 − ab0 )xn−1 + . . . + (bn−1 − abn−2 )x − abn−1 + r.
Đồng nhất đa thức này với đa thức bị chia, ta được
b0
= a0
b1 − ab0
= a1
b2 − ab1
= a2
…
bn−1 − abn−2 = an−1
r − abn−1
= an .
Từ đó, suy ra điều phải chứng minh.
4. Áp dụng sơ đồ Hoóc-ne để tính giá trị của đa thức f (x) tại 4x = a
Sơ đồ Ho óc-ne cho ta thương và dư khi chia đa thức f (x) cho nhị thức x − a. Chú ý rằng theo định
lí Bê-du, số dư khi chia f (x) cho x − a bằng f (a). Do đó, dùng sơ đồ Hoóc-ne ta cũng tính được giá
trị của đa thức f (x) tại x = a.
VÍ DỤ 6. Tính giá trị của đa thức f (x) = x3 + 3×2 − 4 tại x = 37.
– LỜI GIẢI.
Theo định lý Bê-du, f (37) là số dư khi chia f (x) cho x − 37. Ta lập sơ đồ Hoóc-ne
a = 37
1
3
0
−4
1
37 · 1 + 3 = 40
37 · 40 + 0 = 1480
37 · 1480 − 4 = 54756
Vậy f (37) = 54756.
C CHỨNG MINH MỘT ĐA THỨC CHIA HẾT CHO MỘT ĐA THỨC KHÁC
Ta chỉ xét các đa thức một biến, thường có các cách sau:
1. Cách 1.
Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử, trong đó có một nhân tử là đa thức chia.
VÍ DỤ 7. Chứng minh rằng x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1, với mọi số tự nhiên n.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 114/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Ta có
x8n + x4n + 1 = x8n + 2x4n + 1 − x4n = (x4n + 1)2 − x2n
2
= (x4n + x2n + 1)(x4n − x2n + 1).
Tiếp tục phân tích
x4n + x2n + 1 = x4n + 2x2n + 1 − x2n = (x2n + 1)2 − (xn )2
= (x2n + xn + 1)(x2n − xn + 1).
Vậy x8n + x4n + 1 chia hết cho x2n + xn + 1, với mọi số tự nhiên n.
2. Cách 2.
Biến đổi đa thức bị chia thành một tổng các đa thức chia.
VÍ DỤ 8. Chứng minh rằng x3m+1 + x3n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi số tự nhiên m, n.
– LỜI GIẢI.
Ta có
x3m+1 + x3n+2 + 1
= x3m+1 − x + x3n+2 − x2 + x2 + x + 1
= x(x3m − 1) + x2 (x3n − 1) + (x2 + x + 1).
Ta thấy x3m − 1 và x3n − 1 chia hết cho x3 − 1, do đó chia hết cho x2 + x + 1.
Vậy x3m+1 + x3n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi số tự nhiên m, n.
VÍ DỤ 9. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên m, n thì
x6m+4 + x6n+2 + 1 chia hết cho x2 − x + 1.
– LỜI GIẢI.
x6m+4 + x6n+2 + 1 = x6m+4 − x4 + x6n+2 − x2 + x4 + x2 + 1
= x4 (x6m − 1) + x2 (x6n − 1) + (x4 + x2 + 1).
.
.
Do x6m − 1 .. x6 − 1, x6n − 1 ..x6 − 1 và
.
x6 − 1 = (x3 + 1)(x3 − 1) .. x2 − x + 1;
.
x4 + x2 + 1 = (x2 + 1)2 − x2 .. x2 − x + 1.
Nên suy ra điều cần chứng minh.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 115/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3. Cách 3.
.
Sử dụng các biến đổi tương đương, chẳng hạn để chứng minh f (x) .. g(x), có thể chứng minh f (x) +
.
.
g(x) .. g(x) hoặc f (x) − g(x) .. g(x).
Xem bài tập 268.
4. Cách 4.
Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia (ta công nhận rằng
điều này dẫn đến đa thức bị chia chia hết cho đa thức chia).
VÍ DỤ 10. Cho f (x) = (x2 + x − 1)10 + (x2 − x + 1)10 − 2. Chứng minh rằng f (x) chia hết cho
x2 − x.
– LỜI GIẢI.
Đa thức chia có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Ta sẽ chứng tỏ rằng x = 0 và x = 1 cũng là nghiệm của
đa thức bị chia.
Ta có f (0) = 1 + 1 − 2 = 0 nên f (x) chia hết cho x. Ta lại có f (1) = 1 + 1 − 2 = 0 nên f (x) chia hết
cho x − 1. Các nhân tử x và x − 1 không chứa nhân tử chung.
Do đó f (x) chia hết cho x(x − 1).
D BÀI TẬP
BÀI 1. Không đặt tính chia đa thức, hãy xét xem đa thức x3 − 9×2 + 6x + 16 có hay không chia hết
cho
b) x − 3.
a) x + 1;
– LỜI GIẢI.
a) Có;
b) Không.
BÀI 2. Tìm dư khi chia các đa thức sau
a) x41 : (x2 + 1);
b) x43 : (x2 + 1).
– LỜI GIẢI.
1 x41 = x41 − x + x = x(x40 − 1) + x. Ta thấy x40 − 1 = (x4 )10 − 1 nên chia hết cho x4 − 1, do đó
chia hết cho x2 + 1.
2 Dư −x.
BÀI 3. Tìm dư khi chia x + x3 + x9 + x27 cho
a) x − 1;
b) x2 + 1.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 116/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a) Dư 4;
b) Dư 4x.
BÀI 4. Tìm dư khi chia x99 + x55 + x11 + x + 7 cho
b) x2 + 1.
a) x + 1;
– LỜI GIẢI.
1 r = f (−1) = −1 − 1 − 1 + 7 = 3. Dư 3.
2 x99 + x55 + x11 + x + 7 = x(x98 + 1) + x(x54 + 1) + x(x10 + 1) − 2x + 7.
Chú ý rằng (x2 )49 + 1, (x2 )27 + 1, (x2 )25 + 1 chia hết cho x2 + 1 (theo hằng đẳng thức 9). Như
vậy dư cần tìm là −2x + 7.
BÀI 5. Tìm dư khi chia đa thức f (x) = x50 + x49 + . . . + x2 + x + 1 cho x2 − 1.
– LỜI GIẢI.
Gọi thương khi chia f (x) cho x2 − 1 là Q(x), dư là ax + b. Ta có
f (x) = (x2 − 1) · Q(x) + ax + b.
Đẳng thức trên đúng với mọi x. Lần lượt cho x = 1 và x = −1.
Đáp: Dư khi chia f (x) cho x2 − 1 là 25x + 26.
BÀI 6. Tìm đa thức f (x), biết rằng f (x) chia cho x − 3 thì dư 7, f (x) chia cho x − 2 thì dư 5, f (x)
chia cho (x − 2)(x − 3) thì được thương là 3x và còn dư.
– LỜI GIẢI.
Trước hết ta tìm dư khi chia f (x) cho (x − 2)(x − 3). Xét
f (x) = (x − 3) · A(x) + 7,
(1)
f (x) = (x − 2) · B(x) + 5.
(2)
f (x) = 3x(x − 2)(x − 3) + ax + b.
(3)
Cách 1. Xét
Từ (1), (2), (3) bằng cách cho x = 2, x = 3 ta tìm được a = 2, b = 1. Dư của phép chiaf (x) cho
(x − 2)(x − 3) là 2x + 1.
Do đó f (x) = 3x(x − 2)(x − 3) + 2x + 1 = 3×3 − 15×2 + 20x + 1.
Cách 2. Từ (1) suy ra
(x − 2)f (x) = (x − 2)(x − 3) · A(x) + 7(x − 2)..
(4)
(x − 3)f (x) = (x − 2)(x − 3) · B(x) + 5(x − 3).
(5)
Từ (2) suy ra
Lấy (4) trừ (5) được f (x) = (x − 2)(x − 3) [A(x) − B(x)] + 2x + 1.
Dư khi chia f (x) cho (x − 2)(x − 3) là 2x + 1. Giải tiếp như cách 1.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 117/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 7. Tìm đa thức f (x), biết rằng f (x) chia cho x − 3 thì dư 2, f (x) chia cho x + 4 thì dư 9, còn
f (x) chia cho x2 + x − 12 thì được thương là x2 + 3 và còn dư.
– LỜI GIẢI.
Đáp số: x4 + x3 − 9×2 + 2x − 31.
1
BÀI 8. Khi chia đơn thức x8 cho x + thì được thương là B(x) và dư là số r1 . Khi chia B(x) cho
2
1
x + , ta được thương là C(x) và dư là số r2 . Tính r2 .
2
– LỜI GIẢI.
1
Đặt − = a, ta có x8 = (x − a) · B(x) + r1 .
2
Cho x = a thì r1 = a8 , do đó
x8 − a8 = (x − a) · B(x)
nên
B(x) =
x 8 − a8
= (x4 + a4 )(x2 + a2 )(x + a).
x−a
Ta có
(x4 + a4 )(x2 + a2 )(x + a) = (x − a) · C(x) + r2 .
Cho x = a, ta được 2a4 · 2a2 · 2a = r2 nên r2 = 8a7 .
1
1
Thay a = − , ta được r2 = − .
2
16
BÀI 9. Chứng minh rằng
1 x50 + x10 + 1 chia hết cho x20 + x10 + 1;
2 x2 − x9 − x1945 chia hết cho x2 − x + 1;
3 x10 − 10x + 9 chia hết cho (x − 1)2 ;
4 8×9 − 9×8 + 1 chia hết cho (x − 1)2 .
– LỜI GIẢI.
1 Thêm bớt x20 vào đa thức bị chia.
2 Biến đổi x2 − x9 − x1945 = (x2 − x + 1) − (x9 + 1) − (x1945 − x).
3 x10 − 10x + 9 = (x10 − 1) − 10(x − 1) = (x − 1)(x9 + x8 + x7 + . . . + x + 1 − 10).
Biểu thức trong dấu ngoặc thứ hai bằng (x9 − 1) + (x8 − 1) + . . . + (x − 1), chia hết cho x − 1.
4 Ta có
8×9 − 9×8 + 1 = 8(x9 − 1) − 9(x8 − 1)
= (x − 1) 8(x8 + x7 + . . . + x + 1) − 9(x7 + x6 + . . . + x + 1) .
Biểu thức trong dấu ngoặc vuông bằng
8×8 − x7 − x6 − x5 − x4 − x3 − x2 − x − 1,
chia hết cho x − 1 vì tổng các hệ số bằng 0.
BÀI 10. Chứng minh rằng f (x) chia hết cho g(x) với
f (x) = x99 + x88 + x77 + . . . + x11 + 1;
g(x) = x9 + x8 + x7 + . . . + x + 1.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 118/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Trước hết chứng minh rằng f (x) − g(x) chia hết cho g(x). Ta có
f (x) − g(x) = x99 − x9 + x88 − x8 + . . . + x11 − x
= x9 (x90 − 1) + x8 (x80 − 1) + . . . + x(x10 − 1).
Các biểu thức trong dấu ngoặc đều chia hết cho x10 − 1 mà x10 − 1 chia hết cho g(x).
BÀI 11. Chứng minh rằng đa thức (x + y)6 + (x − y)6 chia hết cho đa thức x2 + y 2 .
– LỜI GIẢI.
3
3
(x + y)6 + (x − y)6 = [(x + y)2 ] + [(x − y)2 ] chia hết cho (x + y)2 + (x − y)2 , tức là chia hết cho
2(x2 + y 2 ), do đó chia hết cho x2 + y 2 .
BÀI 12. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n
1 (x + 1)2n − x2n − 2x − 1 chia hết cho x(x + 1)(2x + 1);
2 x4n+2 + 2x2n+1 + 1 chia hết cho (x + 1)2 ;
3 (x + 1)4n+2 + (x − 1)4n+2 chia hết cho x2 + 1.
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia.
2 Đa thức chia bằng (x2n+1 + 1)2 , chia hết cho (x + 1)2 .
2n+1
2n+1
+ [(x − 1)2 ]
chia hết cho (x + 1)2 + (x − 1)2 , tức
3 (x + 1)4n+2 + (x − 1)4n+2 = [(x + 1)2 ]
là chia hết cho 2(x2 + 1).
BÀI 13. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì (xn − 1)(xn+1 − 1) chia hết cho (x + 1)(x − 1)2 .
– LỜI GIẢI.
Vì n và n + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên có một số chẵn và một số lẻ. Đa thức bị chia có dạng
(x2k − 1)(x2k+1 − 1) = (x2 − 1) · A(x) · (x − 1) · B(x)
= (x + 1)(x − 1)2 · A(x) · B(x).
BÀI 14. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên m, n thì x6m+4 + x6n+2 + 1 chia hết cho x4 + x2 + 1.
– LỜI GIẢI.
Trước hết, ta chứng minh x6m+4 + x6n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1. Giải tương tự như ví dụ 58.
Đa thức x6m+4 + x6n+2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 và chia hết cho x2 + x + 1, hai đa thức này không
có nhân tử chung bậc nhất. Do đó x6m+4 + x6n+2 + 1 chia hết cho tích (x2 + x + 1)(x2 − x + 1), tức là
chia hết cho x4 + x2 + 1.
BÀI 15. Tìm số tự nhiên n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1.
– LỜI GIẢI.
Xét n = 3k, n = 3k + 1 và n = 3k + 2. Trong trường hợp đầu, số dư phép chia bằng 3. Trong hai
trường hợp sau, số dư phép chia bằng 0. Vậy số cần tìm n không chia hết cho 3.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 119/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 16. Xác định số k để đa thức A = x3 + y 3 + x3 + kxyz chia hết cho đa thức x + y + z.
– LỜI GIẢI.
Gọi thương khi chia đa thức A cho x + y + z là Q, ta có
x3 + y 3 + z 3 + kxyz = (x + y + z) · Q.
Đẳng thức trên đúng với mọi x, y, z nên với x = 1, y = 1, z = −2 ta có
1 + 1 + (−2)3 + k(−2) = (1 + 1 − 2) · Q ⇒ −6 − 2k = 0 ⇒ k = −3.
Với k = −3, ta có x3 + y 3 + z 3 − 3xyz chia hết cho x + y + z (thương bằng x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx).
Vậy k = −3.
BÀI 17. Cho đa thức f (x) có các hệ số nguyên. Biết rằng f (0), f (1) là các số lẻ. Chứng minh rằng
đa thức f (x) không có nghiệm nguyên.
– LỜI GIẢI.
Giả sử a là nghiệm nguyên của f (x). Với mọi x, ta có f (x) = (x − a) · Q(x), trong đó Q(x) là đa thức
có hệ số nguyên, do đó
f (0) = −a · Q(0); f (1) = (1 − a) · Q(1).
Do f (0) là số lẻ nên a là số lẻ, do f (1) là số lẻ nên 1 − a là số lẻ, mâu thuẫn với nhau.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 120/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG
3
BÀI
1
PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
KHÁI NIỆM VỀ PHƯƠNG TRÌNH. PHƯƠNG TRÌNH BẬC
NHẤT
1 Ta gọi hệ thức dạng A(x) = B(x) là phương trình với ẩn x. Giải phương trình A(x) = B(x) là
tìm mọi giá trị của x để các giá trị tương ứng của hai biểu thức A(x) và B(x) bằng nhau.
Tập hợp các giá trị đó gọi là tập nghiệm của phương trình đã cho, và thường được ký hiệu là S.
2 Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng một tập nghiệm.
3 Khi giải một phương trình, ta có thể
• Chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia và đổi dấu hạng tử đó.
• Nhân (hoặc chia) cả hai vế với cùng một số khác 0.
Khi đó phương trình mới tương đương với phương trình đã cho.
4 Phương trình bậc nhất là phương trình có dạng ax + b = 0 trong đó x là ẩn số, a và b là các số
đã cho, a 6= 0.
Khi giải phương trình có hệ số chữ trong mục này, ta cũng xét các phương trình có dạng
ax + b = 0 trong đó a = 0.
VÍ DỤ 1. Giải phương trình sau, với a là hằng số (ta còn gọi a là tham số)
a(ax + 1) = x(a + 2) + 2
– LỜI GIẢI.
Biến đổi phương trình đã cho thành
a2 x − ax − 2x = 2 − x
⇔x(a2 − s − 2) = 2 − a
⇔(a + 1)(a − 2)x = 2 − a.
(1)
Ký hiệu S là tập nghiệm của
ß phương™trình đã cho, ta có
1
Nếu a 6= −1, a 6= 2 thì S = −
.
a+1
Nếu a = −1 thì (1) có dạng 0x = 3, vô nghiệm, S = ∅.
Nếu a = 2 thì (1) có dạng 0x = 0, phương trình nghiệm đúng với mọi x, S = R.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 121/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 2. Giải phương trình với a là tham số
a+3
x−a
=
−2
3
a
(1)
– LỜI GIẢI.
Điều kiện xác định của phương trình là a 6= 0.
Biến đổi phương trình
(1) ⇔ a(x − a) = 3(x + 3) − 6a
⇔ ax − a2 = 3x + 9 − 6a
⇔ ax − 3x = a2 − 6a + 9
⇔ (a − 3)x = (a − 3)2
(2)
Nếu a 6= 3, phương trình có nghiệm x = a − 3.
Nếu a = 3 thì (2) có dạng 0x = 0, suy ra với mọi x đều là nghiệm.
Kết luận
Nếu a 6= 0; a 6= 3 thì (1) có một nghiệm x = a − 3.
Nếu a = 3 thì (1) nghiệm đúng với mọi x.
Nếu a = 0 thì (1) vô nghiệm.
VÍ DỤ 3. Chứng minh rằng tồn tại các hằng số a, b, c để phương trình sau có vô số nghiệm
x − ab x − ac x − bc
+
+
=a+b+c
a+b
a+c
b+c
(1)
– LỜI GIẢI.
Điều kiện xác định của phương trình
a + b 6= 0; a + c 6= 0; b + c 6= 0
Khi đó,
ã Å
ã Å
ã
x − ab
x − ac
x − bc
(1) ⇔
−c +
−b +
−a =0
a+b
a+c
b+c
x − ab − ac − bc x − ac − ab − bc x − bc − ab − ac
⇔
+
+
=0
a+b
a
+
c
b
+
c
Å
ã
1
1
1
⇔ (x − ab − ac − bc)
+
+
= 0.
a+b a+c b+c
Å
1
1
1
+
+
= 0.
(2).
a+b a+c b+c
Chẳng hạn ta chọn a = 1; b = 1, để (2) xảy ra ta chọn c sao cho
(1) có vô số nghiệm ⇔
1
1
1
2
−1
+
+
=0⇔
=
⇒ c = −5.
2 1+c 1+c
1+c
2
Như vậy (−1) có vô số nghiệm, chẳng hạn khi a = 1; b = 1; c = −5.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 122/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 4. Giải phương trình
2ab
x−a x−b
+
= 2
a+b
a−b
b − a2
(a, b hằng số).
– LỜI GIẢI.
Điều kiện xác định của phương trình là a 6= ±b.
Biến đổi phương trình
(x − a)(x − b) + (x − b)(a + b) = −2ab
⇔ax − bx − a2 + ab + ax + bx − ab − b2 = −2ab
⇔2ax = a2 + b2 − 2ab
⇔2ax = (a − b)2 .
(a − b)2
.
2a
Nếu a = 0 thì (1) có dạng 0x = b2 . Do a 6= b nên b 6= 0, phương trình vô nghiệm.
Nếu a 6= 0 thì x =
Kết luận
ß
Nếu a 6= 0, a 6= ±b thì S =
™
(a − b)2
.
2a
Còn lại, S = ∅.
BÀI 1. Giải các phương trình
1 (x + 2)3 − (x − 2)3 = 12x(x − 1) − 8;
2 (x + 5)(x + 2) − 3(4x − 3) = (5 − x)2 ;
3 (3x − 1)2 − 5(2x + 1)2 + (6x − 3)(2x + 1) = (x − 1)2 .
– LỜI GIẢI.
1 (x + 2)3 − (x − 2)3 = 12x(x − 1) − 8 ⇔ 12×2 + 16 = 12×2 − 12x − 8 ⇔ x = −2
6
2 (x + 5)(x + 2) − 3(4x − 3) = (5 − x)2 ⇔ x2 − 5x + 19 = x2 − 10x + 25 ⇔ x = .
5
1
2
2
2
2
2
3 (3x − 1) − 5(2x + 1) + (6x − 3)(2x + 1) = (x − 1) ⇔ x − 26x − 7 = x − 2x + 1 ⇔ x = − .
3
BÀI 2. Giải các phương trình
x−5 x−4 x−3
x − 100 x − 101 x − 102
1
+
+
=
+
+
;
100
101
102
5
4
3
29 − x 27 − x 25 − x 23 − x 21 − x
2
+
+
+
+
= −5;
21
23
25
27
29
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
x−5
x−4
x−3
x − 100
x − 101
x − 102
−1+
−1+
−1=
−1+
−1+
−1
100
101
102
5
4
3
x − 105 x − 105 x − 105
x − 105 x − 105 x − 105
⇔
+
+
=
+
+
100
102
5
4
3
Å 101
ã
1
1
1
1 1 1
⇔(x − 105)
+
+
− − −
=0
100 101 102 5 4 3
⇔x = 105.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 123/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Ta có
29 − x
27 − x
25 − x
23 − x
21 − x
+1+
+1+
+1+
+1+
+ 1 = −5 + 5
21
23
25 ã
27
29
Å
1
1
1
1
1
⇔(50 − x)
+
+
+
+
=0
21 23 25 27 29
Vậy x = 50.
BÀI 3. Giải các phương trình với tham số a, b
a) a(ax + b) = b2 (x − 1);
b) a2 x − ab = b2 (x − 1);
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
a(ax + b) = b2 (x − 1)
⇔(a2 − b2 )x = −b(a + b).
b
.
b−a
Nếu a = b thì phương trình nghiệm đúng với mọi x (nếu b = 0) hoặc vô nghiệm (nếu b 6= 0).
b
Nếu a 6= ±b thì x =
.
b−a
Nếu a = b thì phương trình nghiệm đúng với mọi x.
2 a2 x − ab = b2 (x − 1); Biến đổi phương trình thành (a2 − b2 )x = b(a − b) rồi giải tương tự như
Nếu a 6= ±b thì x =
câu a.
BÀI 4. Giải các phương trình với tham số a, b
2a
x−a x−1
+
=
;
1
a+1 a−1
1 − a2
x−a
x+a−1 x−a
+
+
= 0;
2
a+2
a − 2 4 − a2
x
3a
4ax
(2a + 1)x
3a2
3 3x + −
=
+
−
.
a a+1
(a + 1)2
a(a + 1)2
(a + 1)3
– LỜI GIẢI.
2a
x−a x−1
+
=
;
1
a+1 a−1
1 − a2
Điều kiện là a 6= ±1. Biến đổi phương
trình
thành 2ax = (a − 1)2 .
ß
2™
(a − 1)
Nếu a 6= 0 (và a 6= ±1) thì S =
.
2a
Nếu a = 0 thì S = ∅.
x+a−1 x−a
x−a
2
+
+
= 0;
a+2
a − 2 4 − a2
1
Điều kiện là a 6= ±2. Biến đổi phương trình thành (2a − 1)x = 2(2a − 1). Nếu a 6= thì x = 2.
2
1
Nếu a = thì 0x = 0, vô số nghiệm.
2
x
3a
4ax
(2a + 1)x
3a2
3 3x + −
=
+
−
.
a a+1
(a + 1)2
a(a + 1)2
(a + 1)3
Điều kiện là a 6= 0; a 6= −1. Biến đổi phương trình thành
3a(a2 − a + 1)
3a(a2 − a + 1)
x
=
a(a + 1)2
(a + 1)3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 124/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Do a 6= 0, a 6= −1, a2 − a + 1 6= 0 (chứng minh dễ dàng) nên x =
a
.
a+1
BÀI 5. Giải phương trình với các tham số a, b, c
x−a x−b x−c
1
+
+
= 3;
b+c
c+a a+b
3x
x−a x−b x−c
2
+
+
=
;
b+c
c+a a+b
a+b+c
4x
a+b−x a+c−x b+c−x
3
+
+
=1−
;
c
b
a
a+b+c
9x
2a + b + c − 3x a + 2b + c − 3x a + b + 2c − 3x
4
+
+
=6−
.
a
b
c
a+b+c
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
x−a x−b x−c
+
+
=3
b+c
c+a a+b
x−b
x−c
x−a
−1+
−1+
−1=0
⇔
b+c
c +Åa
a+b
ã
1
1
1
⇔(x − a − b − c)
+
+
= 0.
b+c a+c a+b
1
1
1
+
+
6= 0, phương trình có một nghiệm x = a + b + c.
b+c a+c a+b
1
1
1
Nếu
+
+
= 0, phương trình có tập nghiệm là R.
b+c a+c a+b
x−a x−b x−c
3x
+
+
=
;
2
b+c
c+a a+b
a+b+c
Tương tự câu a) ta có
ã
Å
1
1
3
1
+
+
−
= 0.
(x − a − b − c)
b+c a+c a+b a+b+c
Nếu
1
1
1
3
+
+
−
6= 0, phương trình có một nghiệm x = a + b + c.
b+c a+c a+b a+b+c
1
1
1
3
Nếu
+
+
−
= 0, phương trình có tập nghiệm là R.
b+c a+c a+b a+b+c
a+b−x a+c−x b+c−x
4x
3
+
+
=1−
;
c
b
a
a+b+c
Làm tương tự câu a), ta có
Å
ã
1 1 1
4
(a + b + c − x)
+ + −
= 0.
c b a a+b+c
Nếu
4
2a + b + c − 3x a + 2b + c − 3x a + b + 2c − 3x
9x
+
+
=6−
.
a
b
c
a+b+c
Điều kiện a; b; c; a + b + c 6= 0. Khi đó
2a + b + c − 3x a + 2b + c − 3x a + b + 2c − 3x
9x
+
+
=6−
a
b
c
a+b+c
2a + b + c − 3x
a + 2b + c − 3x
a + b + 2c − 3x
9x
⇔
−1+
−1+
−1=6−
−3
a
b
c
a
+
b
+
c
Å
ã
1 1 1
3
⇔(a + b + c − 3x)
+ + −
=0
c b a a+b+c
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 125/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 1 1
3
a+b+c
+ + −
6 0, phương trình có một nghiệm x =
=
.
c b a a+b+c
3
3
1 1 1
= 0, phương trình có tập nghiệm là R.
Nếu + + −
c b a a+b+c
Nếu
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 126/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2
BÀI
PHƯƠNG TRÌNH TÍCH
Phương trình tích (một ẩn) là phương trình dạng có dạng
A(x)B(x) . . . = 0
(1)
trong đó A(x), B(x), . . . , là các đa thức.
Để giải (1), ta chỉ cần giải từng phương trình A(x) = 0; B(x) = 0, . . . rồi lấy tất cả các nghiệm của
chúng.
Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử chung có vai trò quan trọng trong việc đưa một
phương trình về dạng tích rồi phân tích. Cách đặt ẩn phụ cũng thường được sử dụng để trình bày lời
giải được gọn gàng.
VÍ DỤ 1. Giải phương trình
(x + 3)3 − (x + 1)3 = 56
– LỜI GIẢI.
Cách 1.
(x + 3)3 − (x + 1)3 = 56
⇔x3 + 9×2 + 27x + 27 − x3 − 3×2 − 3x − 1 = 56
⇔6×2 + 24x + 26 = 56
⇔6(x2 + 4x − 5) = 0
⇔6(x2 − x + 5x − 5) = 0
⇔x(x − 1) + 5(x − 1) = 0
⇔(x − 1)(x + 5) = 0.
Kết luận S = {1; −5}.
Cách 2. Chú ý rằng x + 2 là trung bình cộng của x + 3 và x + 1, ta đặt x + 2 = y, phương trình trở
thành
(y + 1)3 − (y − 1)3 = 56
⇔y 3 + 3y 2 + 3y + 1 − y 3 + 3y 2 − 3y + 1 = 56
⇔6y 2 + 2 = 56 ⇔ y 2 = 9 ⇔ y = ±3.
Với y = 3 thì x = 1. Với y = −3 thì x = −5.
Kết luận S = {1; −5}.
VÍ DỤ 2. Giải phương trình
x3 + (x − 1)3 = (2x − 1)3 .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 127/477
(1)
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Ta thấy x + (x − 1) = 2x − 1. Đặt x − 1 = y thì (1) có dạng
x3 + y 3 = (x + y)3
⇔x3 + y 3 = x3 + y 3 + 3xy(x + y)
⇔xy(x + y = 0)
x=0
⇔
y = 0
x+y =0
x=0
⇔
x − 1 = 0
2x − 1 = 0
x=0
⇔ x = 1 .
1
x=
2
x=0
x=0
x=0
ß
™
1
x = 1 . Kết luận S = 0; ; 1
⇔
⇔
y = 0
x − 1 = 0 ⇔
1
1
x+y =0
2x − 1 = 0
x=
2
VÍ DỤ 3. Giải phương trình
(x + 1)2 (x + 2) + (x − 1)2 (x − 2) = 12.
(3.1)
– LỜI GIẢI.
Rút gọn vế trái của phương trình, ta được
2×3 + 10x = 12 ⇔ x3 + 5x − 6 = 0
⇔ (x3 − 1) + 5(x − 1) = 0
⇔ (x − 1)(x2 + x + 6) = 0
Dễ dàng chứng minh được x2 + x + 6 6= 0. Do đó S = 1.
VÍ DỤ 4. Giải phương trình
(x2 − 1)(x2 + 4x + 3) = 192.
(3.2)
– LỜI GIẢI.
Biển đổi phương trình thành
(x2 − 1)(x + 1)(x + 3) = 192 ⇔ (x − 1)(x + 1)2 (x + 3) = 192.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 128/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Đặt x + 1 = y, phương trình trở thành
(y − 2)y 2 (y + 2) = 192 ⇔ y 2 (y 2 − 4) = 192.
Đặt y 2 − 2 = z thì z + 2 ≥ 0, phương trình trở thành
(z + 2)(z − 2) = 192 ⇔ z 2 = 196 ⇔ z = ±14.
Loại z = −14 vì trái với điều kiện z + 2 ≥ 0.
Với z = 14 thì y 2 = 16, do đó y = ±4.
Với y = 4 thì x + 1 = 4 nên x = 3.
Với y − 4 thì x + 1 = −4 nên x = −5. Kết luận S = {3; −5}.
VÍ DỤ 5. Giải phương trình
(x − 6)4 + (x − 8)4 = 16.
(3.3)
– LỜI GIẢI.
Đặt x − 7 = y, phương trình trở thành
(y + 1)2 + (y − 1)4 = 16
Rút ngọn ta được
2y 4 + 12y 2 + 2 = 16 ⇔ y 4 + 6y 2 + 1 = 8
⇔ y 4 + 6y 2 − 7 = 0.
Đặt y 2 = z ≥ 0, ta có z 2 + 6z − 7 = 0 ⇔ z1 = 1; z2 = −7 (loại).
Với z = 1, ta có y 2 = 1 nên y = ±1.
Từ đó x1 = 8; x2 = 6.
4
!
Khi giải phương trình bậc 4 dạng (x + a)4 + (x + b)2 = c, ta thường đặt ẩn phụ y = x +
a+b
.
2
VÍ DỤ 6. Giải các phương trình
1 x4 + 3×3 + 4×2 + 3x + 1 = 0;
(1).
2 x5 − x4 + 3×3 + 3×62 − x + 1 = 0
(2).
– LỜI GIẢI.
1 x4 + 3×3 + 4×2 + 3x + 1 = 0
(1).
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (1). Chia hai vế của (1) cho x2 6= 0, ta được
3
1
x2 + 3x + 4 + + 2 = 0
Å
ã xÅ x ã
1
1
⇔ x2 + 2 + 3 x +
+ 4 = 0.
x
x
1
1
= y thì x2 + 2 = y 2 − 2, ta được y 2 + 3y + 2 = 0.
x
x
Do đó y1 = −1; y2 = −2.
1
Với y = −1, ta có x + = −1 nên x2 + x + 1 = 0, vô nghiệm.
x
1
Với y = −2, ta có x + = −2 nên (x + 1)2 = 0, do đó x = −1. Kết luận S = {−1}.
x
Đặt x +
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 129/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
4
!
Năm học 2019-2020
Cũng có thể giải phương trình (1) bằng cách biến đổi vế trái thành
(x + 1)2 (x2 + x + 1).
2 x5 − x4 + 3×3 + 3×2 − x + 1 = 0
(2).
Ta thấy x = −1 là một ngiệm của phương trình (2) vì tổng các hệ số của hạng tử bậc chẵn bằng
tổng các hệ số của hạng tử bậc lẻ. Biến đổi phương trình (2) thành
(x + 1)(x4 − 2×3 + 5×2 − 2x + 1) = 0.
Giải phương trình
x4 − 2×3 + 5×2 − 2x + 1 = 0
(3)
Ta thấy x = 0 không là nghiệm không là nghiệm của (3). Chia 2 vế của (3) cho x2 6= 0, ta được
2
1
x2 − 2x + 5 − + 2 = 0
ã 5 Åx
ã
Å
1
1
+ 5 = 0.
⇔ x62 + 2 − 2 x +
x
x
1
1
= y thì x2 + 2 = y 2 − 2, ta được y 2 − 2y + 3 = 0, vô nghiệm. Kết luận S = {−1}.
x
x
Ta gọi các phương trình (1) và (2) là phương trình đối xứng: các hệ số của đa thức ở 2 vế trái có
Đặt x +
4
!
tính chất đối xứng qua hạng tử đứng giữa.
Phương trình (1) là phương trình đối xứng bậc chẵn, phương trình (2) là phương trình đối xứng bậc lẻ.
Phương trình đối xứng bậc lẻ bao giờ cũng nhận x = −1 làm một nghiệm, do đó bằng cách chia hai
vế cho x + 1, ta thu được phương trình đối xứng bậc chẵn 2n.
Phương trình đối xứng bậc chẵn 2n đối với x đưa được về phương trình bậc n đối với y bằng cách đặt
1
ẩn phụ y = x + .
x
Ta có nhận xét sau để kiểm tra lại nghiệm của phương trình đối xứng: Nếu a là nghiệm phương trình
1
thì cũng là nghiệm của phương trình.
a
VÍ DỤ 7. Chứng minh rằng các phương trình sau vô nghiệm
1 x4 − x3 + 2×2 − x + 1 = 0;
2 x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0;
(1)
(2)
– LỜI GIẢI.
1 x4 − x3 + 2×2 − x + 1 = 0;
(1)
Biến đổi phương trình (1) thành
(x2 + 1)2 − x(x2 + 1) = 0.
Cả hai nhân tử ở vế đều dương.
Kết luận S = ∅.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 130/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0;
(2)
Cách 1 Nhân hai vế của (2) với x − 1, ta được
(x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0)
⇔x5 − 1 = 0
⇔x5 = 1.
(3)
Phương trình (3) có nghiệm x = 1, nhưng giá trị này không thỏa mãn phương trình (2(??) ).
Kết luận S = ∅.
Cách 2 Chứng minh x4 + x3 + x2 + x + 1 > 0.
4
Các phương trình (1) và (2) cũng là phương trình đối xứng. Do đó cũng có thể giải chúng bằng
1
cách đặt ẩn phụ y = x + .
x
!
BÀI 1. Giải các phương trình sau
a) x3 + 2×2 + x + 2 = 0
b) x3 + 2×2 − x − 2.
c) x3 − x2 − 21x + 45.
d) x3 + 3×2 + 4x + 2 = 0.
e) x4 + x2 + 6x − 8 = 0.
f) (x2 + 1)2 = 4(2x − 1).
g) (x − 1)3 + (2x + 3)3 = 27×3 + 8.
h) 6×4 − x3 − 7×2 + x + 1 = 0.
– LỜI GIẢI.
1 x3 + 2×2 + x + 2 = 0 ⇔ (x + 2)(x2 + 1) = 0. Nghiệm x = −2.
2 x3 + 2×2 − x − 2 ⇔ (x + 2)(x2 − 1). Nghiệm x = −2; −1; 1.
3 x3 − x2 − 21x + 45 ⇔ (x − 3)2 (x + 5) = 0. Nghiệm x = −5; 3.
4 x3 + 3×2 + 4x + 2 = 0 ⇔ (x = 1)(x2 + 2x + 2) = 0. Nghiệm x = −1.
5 x4 + x2 + 6x − 8 = 0 ⇔ (x − 1)(x + 2)(x2 − x + 4) = 0. Nghiệm x = −2; 1.
6 (x2 + 1)2 = 4(2x − 1) ⇔ (x − 1)2 (x2 + 2x + 5) = 0. Nghiệm x = 1.
2 1
7 (x − 1)3 + (2x + 3)3 = 27×3 + 8. Nghiệm x = − ; − ; 3.
3 2
1 1
4
3
2
2
8 6x − x − 7x + x + 1 = 0 ⇔ (x − 1)(2x − 1)(3x + 1) = 0. Nghiệm x = −1; − ; ; 1.
3 2
BÀI 2. Giải các phương trình sau
a) (x2 − 5x)2 + 10(x2 − 5x) + 24 = 0.
b) (x2 + 5x)2 − 2(x2 + 5x) = 24.
c) (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) = 12.
d) (x2 + x − 2)(x2 + x − 3) = 12.
e) x(x + 1)(x2 + x + 1) = 42.
f) (x2 + x + 1)2 = 3(x4 + x2 + 1).
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 131/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 (x2 − 5x)2 + 10(x2 − 5x) + 24 = 0.
Đặt y = x2 − 5x. Ta được y 2 + 10y + 24 = 0, từ đó y1 = −6; y2 = −4.
Với y = −6 ta được x1 = 2; x2 = 3.
Với y = −4 ta được x3 = 1; x4 = 4.
2 (x2 + 5x)2 − 2(x2 + 5x) = 24.
Nghiệm x = −6; −4; −1; 1.
3 (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) = 12.
Đặt y = x2 + x + 1. Ta được y 2 + y − 12 = 0, từ đó y1 = 3; y2 = −4.
Với y = 3 ta được x1 = 1; x2 = −4.
Với y = −4 Phương trình vô nghiệm.
4 (x2 + x − 2)(x2 + x − 3) = 12.
Nghiệm x = −3; 2.
5 x(x + 1)(x2 + x + 1) = 42.
Nghiệm x = −3; 2.
6 (x2 + x + 1)2 = 3(x4 + x2 + 1).
Chú ý rằng x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1).
Phương trình có dạng (x2 + x + 1)(x2 − 2x + 1) = 0.
Nghiệm x = 1.
BÀI 3. Giải các phương trình sau
a) x(x + 1)(x − 1)(x + 2) = 24.
b) (x − 4)(x − 5)(x − 6)(x − 7) = 1680.
c) (x + 2)(x + 3)(x − 5)(x − 6) = 180.
d) 2x(8x − 1)2 (4x − 1) = 9.
e) (12x + 7)2 (3x + 2)(2x + 1) = 3.
f) (2x + 1)(x + 1)2 (2x + 3) = 18.
– LỜI GIẢI.
1 x(x + 1)(x − 1)(x + 2) = 24.
Nghiệm x = −3; 2.
2 (x − 4)(x − 5)(x − 6)(x − 7) = 1680.
Nghiệm x = −1; 12.
3 Ta có
(x + 2)(x + 3)(x − 5)(x − 6) = 180
⇔(x2 − 3x − 10)(x2 − 3x − 18) = 180
Đặt y = x2 − 3x − 14. Tìm được y = ±14.
Với y = 14 ta được x1 = 7; x2 = −4.
Với y = −14 ta được x3 = 0; x4 = 3.
4 2x(8x − 1)2 (4x − 1) = 9.
Nhân 8 vào hai vế, ta được 8x(8x − 1)2 (8x − 2) = 72.
Đặt y = 8x − 1 ta được (y + 1)y 2 (y − 1) = 72 ⇔ (y 2 − 9)(y 2 + 8 = 0) ⇔ y 2 = 9.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 132/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1
Trường hợp y = 3 suy ra x = .
2
1
Trường hợp y = −3 suy ra x = − .
4
5 (12x + 7)2 (3x + 2)(2x + 1) = 3. Nhân 24 vào hai vế, ta được (12x + 7)2 (12x + 8)(12x + 6) = 72.
1 5
Đặt y = 12x + 7 ta được x = − ; − .
3 6
6 (2x + 1)(x + 1)2 (2x + 3) = 18.
1 5
Nhân 24 vào hai vế, rồi đặt y = 2x + 2, ta được x = ; − .
2 2
BÀI 4. Giải các phương trình sau
a) (x2 − 6x + 9)2 − 15(x2 − 6x + 10) = 1.
b) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2×62 = 0.
c) (x2 − 9)2 = 12x + 1.
– LỜI GIẢI.
1 (x2 − 6x + 9)2 − 15(x2 − 6x + 10) = 1.
Đặt y = x2 − 6x + 9 ≥ 0, ta được y1 = −1 (loại); y2 = 16..
Nghiệm x = −1; 7.
2 (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2×62 = 0.
Đặt y = x2 + 1 ta được y 2 + 3xy + 2×2 = 0 ⇔ (y + x)(y + 2x) = 0.
Nghiệm x = −1.
3 (x2 − 9)2 = 12x + 1.
Thêm +36×2 vào hai vế. Đáp số x = −4; 2.
BÀI 5. Giải các phương trình sau
a) (x + 3)4 + (x + 5)4 = 16.
b) (x − 2)4 + (x − 3)4 = 1.
c) (x + 1)4 + (x − 3)4 = 82.
d) (x − 2, 5)4 + (x − 1, 5)4 = 1.
– LỜI GIẢI.
1 (x + 3)4 + (x + 5)4 = 16.
Đặt y = x + 4, khi đó phương trình tương đương (y − 1)4 + (y + 1)4 = 16, ta được y = ±1.
Với y = 1 thì x = −3.
Với y = −1 thì x = −5.
2 (x − 2)4 + (x − 3)4 = 1.
5
Đặt y = x − .
2
Nghiệm x = 2; 3.
3 (x + 1)4 + (x − 3)4 = 82.
Nghiệm x = 2; 0.
4 (x − 2, 5)4 + (x − 1, 5)4 = 1.
5 3
Nghiệm x = ; .
2 2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 133/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 6. Giải các phương trình sau
a) (4 − x)5 + (x − 2)5 = 32.
b) (x − 1)5 + (x + 3)5 = 242(x + 1).
– LỜI GIẢI.
1 (4 − x)5 + (x − 2)5 = 32.
Đặt y = x − 3 rồi rút gọn được y 4 + 2y 2 − 3 = 0.
Nghiệm x = 2; 4.
2 (x − 1)5 + (x + 3)5 = 242(x + 1).
Đặt y = x + 1.
Nghiệm x = −2; −1; 0.
BÀI 7. Giải các phương trình sau
a) (x + 1)3 + (x − 2)3 = (2x − 1)3 .
b) (x − 7)4 + (x − 8)4 = (15 − 2x)4 .
– LỜI GIẢI.
1 (x + 1)3 + (x − 2)3 = (2x − 1)3 ⇔ (x + 1)3 + (x − 2)3 + (1 − 2x)3 = 0.
Đặt a = x + 1; b = x − 2; c = 1 − 2x thì a + b + c = 0.
Do đó a3 + b3 + c3 = 3abc. Vậy abc = 0.
1
Nghiệm x = −1; ; 2.
2
2 (x − 7)4 + (x − 8)4 = (15 − 2x)4 .
Đặt a = x − 7; b = x − 8 ta được
Å
ã
3
2
2
a + b − (a + b) = 0 ⇔ 4ab a + ab + b = 0.
2
Å
ã2
3
3
7
Xét a2 + ab + b2 = a + b +
≥ 0 nhưng dấu bằng không xảy ra.
2
4
16
Nghiệm x = 7; 8.
4
4
4
BÀI 8. Giải các phương trình sau
a) x4 − 3×3 + 4×2 − 3x + 1 = 0.
b) 3×4 − 13×3 + 16×2 − 13x + 3 = 0.
c) 6×4 + 5×3 − 38×2 + 5x + 6.
d) x5 + 2×4 + 3×3 + 3×2 + 2x + 1 = 0.
e) 6×4 + 25×3 + 12×2 − 25x + 6 = 0.
f) 6×4 + 25×3 + 12×2 − 25x + 6 = 0.
– LỜI GIẢI.
1 x4 − 3×3 + 4×2 − 3x + 1 = 0.
1
Đặt y = x + , ta được y 2 − 3y + 2 = 0.
x
Nghiệm x = 1.
2 3×4 − 13×3 + 16×2 − 13x + 3 = 0.
1
Đặt y = x + , ta được (y − 1)(3y − 10) = 0.
x
1
Nghiệm x = ; 3.
3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 134/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3 6×4 + 5×3 − 38×2 + 5x + 6.
5
10
1 1
1
Đặt y = x + , ta được y1 = ; y2 = − . Nghiệm x = −3; − ; ; 2.
x
2
3
3 2
4 x5 + 2×4 + 3×3 + 3×2 + 2x + 1 = 0.
Nghiệm x = −1.
5 6×4 + 25×3 + 12×2 − 25x + 6 = 0.
1
Đặt y = x − .
x
1 1
Nghiệm x = −3; − ; ; 2.
2 3
6 6×4 + 25×3 + 12×2 − 25x + 6 = 0.
Chia hai vế cho x2 .
1
Nghiệm x = 1; ; 2.
2
BÀI 9. Giải các phương trình sau x5 = x4 + x3 + x2 + x + 2.
– LỜI GIẢI.
x5 = x4 + x3 + x 2 + x + 2
⇔(x5 − 1) − (x4 + x3 + x2 + x + 1)
⇔(x − 2)(x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0
⇔x − 2 = 0
Vì phương trình x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 vô nghiệm.
Vậy nghiệm x = 2.
BÀI 10. Chứng minh các phương trình sau vô nghiệm
a) x4 − 2×3 + 4×2 − 3x + 2 = 0.
b) x6 + x5 + x3 + x2 + x + 1 = 0.
– LỜI GIẢI.
1 x4 − 2×3 + 4×2 − 3x + 2 = 0.
Đưa phương trình về dạng (x2 − x + 1)(x2 − x + 2) = 0.
2 x6 + x5 + x3 + x2 + x + 1 = 0.
Đưa phương trình về dạng x7 − 1 = 0.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 135/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
Năm học 2019-2020
3
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU THỨC
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Các bước giải phương trình chứa ẩn ở mẫu thức:
Tìm điều kiện xác định (ĐKXĐ) của phương trình.
Quy đồng mẫu thức ở hai vế của phương trình rồi khử mẫu thức.
Giải phương trình vừa nhận được.
Nghiệm của phương trình là các giá trị tìm được của ẩn thỏa mãn điều kiện xác định.
B CÁC VÍ DỤ
VÍ DỤ 1. Giải phương trình:
2
x−1 x+3
+
=
.
x−2 x−4
(x − 2)(4 − x)
(1)
– LỜI GIẢI.
ĐKXĐ của phương trình là x 6= 2, x 6= 4.
Biến đổi phương trình (1):
(x − 1)(x − 4) + (x + 3)(x − 2) = −2.
Thu gọn phương trình, ta được
2x(x − 2) = 0.
(2)
Nghiệm của (2) là x1 = 0, x2 = 2. Trong đó, x1 = 0 thỏa mãn ĐKXĐ, x2 = 2 không thỏa mãn ĐKXĐ.
Kết luận: S = {0}.
VÍ DỤ 2. Giải phương trình với các tham số a, b:
1 1 1
1
+ + =
. (1)
a b x
a+b+x
– LỜI GIẢI.
ĐKXĐ của phương trình là: a 6= 0, b 6= 0, x 6= 0, x 6= −a − b.
Biến đổi phương trình (1):
(1) ⇔
1
1
a+b
a+b
a+b
− =
⇔
=
.
a+b+x x
ab
−x(a + b + x)
ab
Nếu a + b = 0 thì (1) có vô số nghiệm: x bất kỳ khác 0.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 136/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Nếu a + b 6= 0 thì
−x(a + b + x) = ab ⇔ ab + ax + bx + x2 = 0
⇔ (x + z)(x + b) = 0
“
x = −a
⇔
x = −b
Để −a thỏa mãn ĐKXĐ, ta phải có:
(
− a 6= 0
− a 6= −a − b
⇔
(
a 6= 0
b 6= 0
.
Các điều kiện này đã có.
Để −b thỏa mãn ĐKXĐ, tương tự ta phải có: a 6= 0, b 6= 0.
Kết luận:
Nếu a 6= 0, b 6= 0, a + b = 0 thì (1) có vô số nghiệm: x bất kỳ khác 0.
Nếu a 6= 0, b 6= 0, a + b 6= 0 thì (1) có nghiệm: x = −a và x = −b.
VÍ DỤ 3. Giải phương trình:
x+a x−3
+
= 2.
x+3 x−a
(1)
trong đó a là hằng số.
– LỜI GIẢI.
ĐKXĐ của phương trình là x 6= −3, x 6= a.
Biến đổi phương trình, ta được
2(a − 3)x = (a − 3)2 .
Nếu a 6= 3 thì x =
(2)
a−3
. Giá trị này là nghiệm của phương trình đã cho nếu
2
a−3
6= −3 (3)
2
a − 3 6= a (4)
2
Giải điều kiện (3), ta được a 6= −3. Giải điều kiện (4), ta cũng được a 6= −3.
a−3
Vậy nếu a 6= −3 thì x =
là nghiệm của phương trình đã cho.
2
Nếu a = 3 thì (2) có dạng 0x = 0, nghiệm đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện (1), tức là x 6= −3
và x 6= a (do a = 3 nên điều kiện này là x 6= 3).
Kết luận:
a−3
}.
2
Nếu a = 3 thì S = {x|x 6= ±3}.
Nếu a 6= ±3 thì S = {
Nếu a = −3 thì S = ∅.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 137/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
C BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1. Giải các phương trình:
3
3
x+2
+
= 2
+ 1;
1
x+1 x−2
x −x−2
x+6 x−5
2×2 + 23x + 61
+
=
;
2
x−5 x+6
x2 + x − 30
6
x+2
18
+
=
− 1;
3
x−5 x−8
(x − 5)(8 − x)
x−4 x+4
4
+
= 2;
x−1 x+1
1
9
3
5
−
=
;
x+1 x−2
(x + 1)(2 − x)
x2 − x
x2
7×2 − 3x
−
=
6
.
x+3
x−3
9 − x2
– LỜI GIẢI.
1 ĐKXĐ của phương trình là: x 6= −1, x 6= 2.
Biến đổi phương trình, ta được
(x + 2)(x − 2) + 3(x + 1) = 3 + (x + 1)(x − 2)
1
⇔ 4x = 2 ⇔ x = .
2
ß ™
1
Vậy S =
.
2
2 ĐKXĐ của phương trình là: x 6= −6, x 6= 5.
Biến đổi phương trình, ta được
(x + 6)2 + (x − 5)2 = 2×2 + 23x + 61
⇔ 2x = 23x
⇔ x = 0.
Vậy S = {0}.
3 ĐKXĐ của phương trình là: x 6= 8, x 6= 5.
Biến đổi phương trình, ta được
6(x − 8) + (x + 2)(x − 5) = −18 − (x − 5)(x − 8)
⇔ 2×2 − 10x = 0
“
x=0
⇔
.
x=5
Vì x = 5 bị loại nên S = {0}.
4 ĐKXĐ của phương trình là: x 6= ±1.
Biến đổi phương trình, ta được
(x − 4)(x + 1) + (x + 4)(x − 1) = 2×2 − 2
⇔ − 2 = 0.
Vậy S = ∅.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 138/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
5 ĐKXĐ của phương trình là: x 6= −1, x 6= 2.
Biến đổi phương trình, ta được
3(x − 2) − (x + 1) = −9
⇔ 2x = −2
⇔ x = −1.
Vậy S = ∅.
6 ĐKXĐ của phương trình là: x 6= ±3. Biến đổi phương trình, ta được
(x2 − x)(x − 3) − x2 (x + 3) = −7×2 + 3x
⇔ 0 = 0.
Vậy phương trình có vô số nghiệm: x bất kỳ khác ±3.
BÀI 2. Giải các phương trình sau:
x−1
3
x+1
1 2
− 2
=
;
4
x +x+1 x −x+1
x(x + x2 + 1)
x−2
6
x+2
− 2
=
.
2 2
4
x + 2x + 4 x − 2x + 4
x(x + 4×2 + 16)
– LỜI GIẢI.
1 ĐKXĐ của phương trình là x 6= 0.
Biến đổi phương trình, ta được
(x + 1)x(x2 − x + 1) − (x − 1)x(x2 + x + 1) = 3
⇔ 2x = 3
3
⇔x= .
2
ß ™
3
Vậy S =
.
2
2 ĐKXĐ của phương trình: x 6= 0.
Biến đổi phương trình, ta được
x(x + 2)(x2 − 2x + 4) − x(x − 2)(x2 + 2x + 4) = 6
⇔ 16x = 6
3
⇔x= .
8
ß ™
3
Vậy S =
.
8
BÀI 3. Giải phương trình sau:
1+a
=1−a
1−x
trong đó a là hằng số.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 139/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
ĐKXĐ của phương trình: x 6= 1.
Biến đổi phương trình, ta được
1 + a = (1 − a)(1 − x)
⇔ ax − x = 2a
⇔ x(a − 1) = 2a.
Nếu a = 1 thì phương trình vô nghiệm.
2a
.
Nếu a 6= 1 thì x =
a−1
Giá trị này là nghiệm của phương trình đã cho nếu:
2a
6= 1
a−1
⇔ 2a 6= a − 1
⇔ a 6= −1.
Kết luận:
Nếu a = ±1 thì S = ∅.
ß
Nếu a 6= ±1 thì S =
™
2a
.
a−1
BÀI 4. Giải các phương trình sau:
2a + x
8a2
x
+
= 2
;
1
2a + x 2a − x
x − 4a2
2a − 3b 3b − 2a
+
= 0.
2
x − 2a
x − 3b
trong đó a, b là các hằng số.
– LỜI GIẢI.
1 ĐKXĐ của phương trình là: x 6= ±2a.
Biến đổi phương trình, ta được
x(2a − x) + (2a + x)2 = −8a2
⇔ 12a2 + 6ax = 0
⇔ 6ax = −12a2 .
Nếu a = 0 thì phương tình có vô số nghiệm: x bất kỳ khác 0.
−12a2
Nếu a 6= 0 thì x =
= −2a (loại). Suy ra phương trình vô nghiệm.
6a
2 ĐKXĐ của phương trình là: x 6= 2a, x 6= 3b.
Biến đổi phương trình, ta được
(2a − 3b)(x − 3b) − (2a − 3b)(x − 2a) = 0
⇔ (2a − 3b)(x − 3b) = (2a − 3b)(x − 2a).
Nếu 2a = 3b thì phương trình có vô số nghiệm: x bất kỳ khác 2a.
Nếu 2a 6= 3b thì x − 3b = x − 2a ⇔ 3b = 2a. Suy ra phương trình vô nghiệm.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 140/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 5. Giải các phương trình sau:
a
x−a+1 x−b+1
−
=
;
1
x−a
x−b
(x − a)(x − b)
a
a−1
1
2
=
+
.
x+a
x−1 x+1
trong đó a, b là các hằng số.
– LỜI GIẢI.
1 ĐKXĐ của phương trình là x 6= a, x 6= b.
Biến đổi phương trình, ta được
(x − a + 1)(x − b) − (x − b + 1)(x − a) = a
⇔ −b+a=a
⇔ b = 0.
Kết luận: Nếu b = 0 thì phương trình có vô số nghiệm: x bất kỳ khác a và 0.
Nếu b 6= 0 thì phương trình vô nghiệm.
2 ĐKXĐ của phương trình là x 6= −a, x 6= ±1. Biến đổi phương trình, ta được
a(x2 − 1) = (a − 1)(x + 1)(x + a) + (x + a)(x − 1)
⇔ a2 x + a2 − 2x + ax − a = 0
⇔ x(a − 1)(a + 2) = a(1 − a)
⇔ x(a − 1)(a + 2) = (a − 1)(−a).
Nếu a = 1 thì phương trình có vô số nghiệm: x bất kỳ khác ±1.
Nếu a = −2 thì phương trình vô nghiệm.
−a
.
Nếu a 6= 1 và a 6= −2 thì x(a + 2) = −a ⇔ x =
a+2
−a
Để x =
là nghiệm của phương trình thì
a+2
−a
6= 1
a+2
−a
6= −1
a+2
−a 6= −a
a+2
Giải ra ta được a 6= −1, a 6= 0.
Kết luận: Nếu a = 1 thì phương trình có vô số nghiệm: x bất kỳ khác ±1.
Nếu a = −2, a = −1 hoặc a = 0 thì phương
ß trình™vô nghiệm.
−a
Nếu a 6= 1, a 6= −2, a 6= −1, a 6= 0 thì S =
.
a+2
BÀI 6. Giải các phương trình sau:
1
1 1 1
= + − ;
1
a+b−x
a b x
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 141/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
2
Năm học 2019-2020
2
2
1
1
−
=
−
.
a(b − x) b(b − x)
a(c − x) b(c − x)
trong đó a, b, c là các hằng số, a 6= 0, b 6= 0.
– LỜI GIẢI.
1 ĐKXĐ của phương trình là x 6= 0, x 6= a + b. Biến đổi phương trình, ta được
abx = bx(a + b − x) + ax(a + b − x) − ab(a + b − x)
⇔ (−a − b)x2 + (a2 + 2ab + b2 )x = a2 b + ab2
⇔ (−a − b)x2 + (−a − b)2 x = −ab(−a − b).
Nếu −a − b = 0 ⇔ a = −b thì phương trình có vô số nghiệm: x bất kỳ khác 0.
Nếu −a − b 6= 0 ⇔ a 6= −b thì phương trình trở thành
x2 + (−a − b)x = −ab
⇔ (x − a)(x − b) = 0
“
x=a
⇔
x=b
Để x = a là nghiệm của phương trình thì a 6= 0 và b 6= 0.
Tương tự, để x = b là nghiệm của phương trình thì a 6= 0 và b 6= 0.
Kết luận: Nếu a = −b thì phương trình có vô số nghiệm: x bất kỳ khác 0.
Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì S = ∅.
Nếu a 6= −b, a 6= 0, b 6= 0 thì S = {a, b}.
2 ĐKXĐ của phương trình là x 6= b, x 6= c. Biến đổi phương trình, ta được
2b(c − x) − 2a(c − x) = b(b − x) − a(b − x)
⇔ 2(b − a)(c − x) = (b − a)(b − x)
Nếu b − a = 0 ⇔ a = b thì phương trình có vô số nghiệm: x bất kỳ khác b, c.
Nếu b − a 6= 0 ⇔ a 6= b thì phương trình trở thành
2(c − x) = b − x ⇔ x = 2c − b.
(
2c − b 6= b
Để x = 2c − b là nghiệm của phương trình thì
⇔ c 6= b
2c − b 6= c
Kết luận: Nếu a = b thì phương trình có vô số nghiệm: x bất kỳ khác b, c.
Nếu c = b thì S = ∅.
Nếu a =
6 b và c 6= b thì S = {2c − b}.
BÀI 7. Giải phương trình sau:
1
1
1
1
+
= 2
+ 2
2
2
2
2
(x + a) − 1 (x + 1) − a
x − (a + 1)
x − (a − 1)2
trong đó a là hằng số.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 142/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
ĐKXĐ của phương trình là x 6= ±(a − 1), x 6= ±(a + 1).
Biến đổi phương trình, ta được
1
1
1
1
+
=
+
(x + a + 1)(x + a − 1) (x + 1 − a)(x + 1 + a)
(x + a + 1)(x − a − 1) (x − a + 1)(x + a − 1)
⇒ (x + 1 − a)(x − a − 1) + (x + a − 1)(x − a − 1) = (x + a − 1)(x − a + 1) + (x + a + 1)(x − a − 1)
⇔ − 2ax − 2x = −2a2 − 2
⇔ x(a + 1) = a2 + 1.
Nếu a = −1 thì phương trình vô nghiệm.
a2 + 1
.
Nếu a 6= −1 thì x =
a+1
a2 + 1
Để x =
là nghiệm của phương trình thì
a+1
2
a +1
a+1
a2 + 1
a+1
a2 + 1
a+1
a
2+1
a+1
6= −a − 1
6= a + 1
6= −a + 1
6= a − 1
Giải ra ta được a 6= 0.
Kết luận: Nếu a = −1 hoặc a ß
= 0 thì phương
trình vô nghiệm.
™
2
a +1
Nếu a 6= −1 và a 6= 0 thì S =
.
a+1
BÀI 8. Chứng minh phương trình sau có ba nghiệm phân biệt:
x−a x−b
b
a
+
=
+
b
a
x−a x−b
trong đó a, b là hằng số, a 6= 0, b 6= 0, a + b 6= 0.
– LỜI GIẢI.
ĐKXĐ của phương trình là x 6= a, x 6= b.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 143/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Biến đổi phương trình, ta được
x−a
b
x−b
a
−
+
−
=0
b
x−a
a
x−b
(x − a)2 − b2 (x − b)2 − a2
⇔
+
=0
bx − ba Å
ax − ab
ã
x−a+b x−b+a
+
=0
⇔ (x − a − b)
bx − ab
ax − ab
“
x=a+b
⇔
(a + b)x2 − (a2 + b2 )x = 0
x=a+b
x = 0
.
⇔
2
2
a +b
x=
a+b
™
ß
a2 + b 2
.
Vậy phương trình có ba nghiệm phân biệt là S = a + b; 0;
a+b
BÀI 9. Giải phương trình sau:
(x − a)(x − c) (x − b)(x − c)
+
= 1.
(b − a)(b − c)
(a − b)(a − c)
trong đó a, b, c là các hằng số và khác nhau đôi một.
– LỜI GIẢI.
Ta có x = c không phải là nghiệm của phương trình, do đó xét x 6= c.
⇔
⇔
⇔
⇔
(x − a)(x − c) (x − b)(x − c)
+
=1
(b − a)(b − c)
(a − b)(a − c)
Å
ã
x−c x−a x−b
−
=1
b−a b−c
a+c
x−a x−b
b−a
−
=
b−c
a−c
x−c
b−a
(x − a)(a − c) − (x − b)(b − c)
=
(b − c)(a − c)
x−c
x − (a + b) + c
−1
=
(b − c)(a − c)
x−c
⇒ (x − a − b + c)(x − c) = −(b − c)(a − c)
⇔ (x − a)(x − b) = 0
“
x=a
⇔
x = b.
Kết luận: S = {a; b}.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 144/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
4
Năm học 2019-2020
GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH
Bước 1. Lập phương trình
Chọn ẩn và đặt điều kiện thích hợp cho ẩn.
Biểu diễn các đại lượng chưa biết theo ẩn và các đại lượng đã biết.
Lập phương trình biểu thị sự tương quan của các đại lượng.
Bước 2. Giải phương trình.
Bước 3. Chọn kết quả thích hợp và trả lời.
VÍ DỤ 1. Vào thế kỷ thứ III trước công nguyên, vua xứ Xi-ra-cút giao cho Ac-si-met kiểm tra
xem chiếc mũ bằng vàng của mình có pha thêm bạc hay không. Chiếc mũ có trọng lượng 5
niutơn (theo đơn vị hiện nay), khi nhúng ngập trong nước thì trọng lượng giảm đi 0,3 niutơn.
1
1
Biết rằng khi cân trong nước, vàng giảm
trọng lượng, bạc giảm
trọng lượng. Hỏi chiếc
20
10
mũ chứa bao nhiêu gam bạc? (vật có khối lượng 100 gam thì trọng lượng bằng 1 niutơn).
– LỜI GIẢI.
Gọi trọng lượng bạc trong mũ là x (niutơn) (0 < x < 5). Trọng lượng vàng trong mũ là 5 − x (niutơn).
5−x
x
(niutơn), trọng lượng vàng giảm
(niutơn).
Khi nhúng ngập trong nước, trọng lượng bạc giảm
10
10
Ta có phương trình
x
5−x
+
= 0,3
10
20
x=1
Trọng lượng bạc trong mũ là 1 niutơn. Chiếc mũ chứa 100 gam bạc.
4
!
Khi giải toán bằng cách lập phương trình, ngoài ẩn đã chọn, đôi khi người ta còn biểu thị những
đại lượng chưa biết khác bằng chữ. Điều lý thú là các chữ dó tuy tham gia vào quá trình giải bài toán
nhưng chúng lại không có mặt trong đáp số của bài toán. Ta xét ví dụ dưới đây:
VÍ DỤ 2. Một người đi một nửa quãng đường AB với vận tốc 20 km/h, và đi phần còn lại với
vận tốc 30 km/h. Tính vận tốc trung bình của người đó trên toàn bộ quãng đường.
– LỜI GIẢI.
Gọi vận tốc trung bình phải tìm là x (km/h), (x > 0). Ta biểu thị một nửa quãng đường AB là a km
a
(a > 0). Thời gian người đó đi nửa đầu của quãng đường là
giờ, thời gian đi nửa quãng đường là
20
a
giờ.
30
Ta có phương trình
a
a
2a
+
= .
20 30
x
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 145/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Giải phương trình trên, ta được
1
1
2
+
=
20 30
x
x = 24
Vận tốc trung bình là 24 km/h.
Lưu ý:
1 Nếu vận tốc trên nửa đầu của quãng đường là a km/h, vận tốc trên nửa sau là b km/h thì vận
2
km/h.
tốc trung bình trên cả quãng đường bằng
1 1
+
a b
Đại lượng này được gọi là trung bình điều hòa của a và b.
2 Trung bình điều hào của hai số dương a và b nhỏ hơn hoặc bằng trung bình cộng của hai số ấy.
Thật vậy
2
2ab
a+b
=
≤
vì 4ab ≤ (a + b)2 .
1 1
a+b
2
+
a b
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Hỡi khách qua đường, cho hay Đi-ô-phăng thọ bao nhiêu tuổi?
1
Biết thời thơ ấu của ông chiếm cuộc đời.
6
1
cuộc đời tiếp theo là thời thanh niên sôi nổi.
12
1
Đến khi lập gia đình thì lại thêm cuộc đời.
7
5 năm nữa trôi qua, và một cậu con trai đã được sinh ra.
Nhưng số mệnh buộc con chỉ sống bằng nửa đời cha.
Ông đã từ trần 4 năm sau khi con mất.
Đi-ô-phăng thọ bao nhiêu hãy tính cho ra?
– LỜI GIẢI.
Gọi số tuổi của Đi-ô-phăng là x, (x > 0). Khi đó, ta có phương trình:
x
x
x
x
+
+ +5+ +4=x
6 12 7
2
Giải ra ta được x = 84. vậy Đi-ô-phăng thọ 84 tuổi.
BÀI 2. Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng nếu viết thêm một chữ số 1 vào đằng trước và một
chữ số 1 vào đằng sau thì số đó tăng gấp 21 lần.
– LỜI GIẢI.
Gọi số tự nhiên có bốn chữ số là x = abcd, (x > 0). Sau khi thêm chữ số 1 vào đằng trước và chữ số
1 vào đằng sau thì số mới là: 1abcd1, có giá trị là 100001 + 10 · abcd = 100001 + 10x.
Theo đề bài ta có phương trình
100001 + 10x = 21x.
Giải ra ta được x = 9091. Vậy số cần tìm là 9091.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 146/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 3. Tìm một số tự nhiên có sáu chữ số, biết rằng chữ số tận cùng của nó bằng 4 và nếu chuyển
chữ số 4 đó lên vị trí chữ số đầu tiên thì số phải tìm tăng gấp 4 lần.
– LỜI GIẢI.
Gọi số tự nhiên có sáu chữ số cần tìm là x = abcde4, (x > 0). Sau khi chuyển chữ số 4 lên vị trí đầu
x−4
abcde4 − 4
tiên, ta được số mới là 4abcde có giá trị là
+ 400000 =
+ 400000.
10
10
Theo đề bài ta có phương trình
x−4
+ 400000 = 4x.
10
Giải ra ta được x = 102564. Vậy số tự nhiên cần tìm là 102564.
BÀI 4. Tính tuổi của hai mẹ con hiện nay, biết rằng cách đây 4 năm thì tuổi mẹ gấp 5 lần tuổi con,
sau đấy 2 năm thì tuổi mẹ gấp 3 lần tuổi con.
– LỜI GIẢI.
Gọi số tuổi của mẹ hiện nay là x, (x > 0). Cách đây 4 năm, số tuổi của mẹ là x − 4.
x−4
Theo đề bài, ta có tuổi của con 4 năm trước là
. Số tuổi của con sau 2 năm nữa (đối với hiện
5
x−4
tại) là
+ 4 + 2 và số tuổi của mẹ sau 2 năm nữa (đối với hiện tại) là x + 2.
5
Theo đề bài, ta lại có
x+2
x−4
+4+2=
5
3
Giải ra ta được x = 34. Vậy tuổi của mẹ là 34 và tuổi của con là 10.
BÀI 5. Một hình chữ nhật có chu vi bằng 320 m. Nếu tăng chiều dài 10 m, tăng chiều rộng 20 m thì
diện tích tăng 2700 m2 . Tính độ dài mỗi chiều.
– LỜI GIẢI.
320
− x = 160 − x.
2
Sau khi tăng chiều dài và chiều rộng, diện tích của hình chữ nhật mới là (x + 10)(160 − x + 20).
Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (m), (160 > x > 0) từ đó suy ra chiều rộng là
Theo đề bài ta có
(x + 10)(160 − x + 20) = x(160 − x) + 2700.
Giải ra ta được x = 90. Vậy chiều dài hình chữ nhật là 90 m, chiều rộng hình chữ nhật là 70 m.
BÀI 6. Một ca nô tuần tra đi xuôi khúc sông từ A đến B hết 1 giờ 10 phút và đi ngược dòng từ B về
A hết 1 giờ 30 phút. Tính vận tốc riêng của ca nô, biết rằng vận tốc dòng nước là 2 km/h.
– LỜI GIẢI.
Gọi vận tốc riêng của ca nô là x(km/h),(x > 0), suy ra vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là x + 2, khi
ngược dòng là x − 2.
7
3
giờ, 1 giờ 30 phút = giờ.
6
2
Vì quãng đường đi và về là như nhau nên ta có
Đổi đơn vị: 1 giờ 10 phút =
7
3
(x + 2) = (x − 2).
6
2
Giải ra ta được x = 16. Vậy vận tốc riêng của ca nô là 16 km/h.
BÀI 7. Một người đi từ A đến B với vận tốc 24 km/h rồi đi tiếp từ B đến C với vận tốc 32 km/h.
Tính quãng đường AB và BC, biết rằng quãng đường AB dài hơn quãng đường BC là 6 km và vận
tốc trung bình của người đó trên cả quãng đường AC là 27 km/h.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 147/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Gọi quãng đường AB là x (km) (x > 6).
Quãng đường BC là x − 6.
x
x−6
Thời gian người đó đi hết đoạn đường AB là , thời gian đi hết đoạn đường BC là
, thời gian
24
32
x+x−6
đi hết đoạn đường AC là
. Theo đề bài ta có phương trình
27
x+x−6
x
x−6
=
+
.
27
24
32
Giải ra ta được x = 30. Vậy quãng đường AB dài 30 km, quãng đường BC dài 24 km.
BÀI 8. Quãng đường từ A đến B gồm đoạn lên dốc AC, đoạn nằm ngang CD, đoạn xuống dốc DB,
tổng cộng dài 30 km. Một người đi từ A đến B rồi từ B về A hết tất cả 4 giờ 25 phút. Tính quãng
đường nằm ngang, biết rằng vận tốc lên dốc (cả lúc đi lẫn lúc về) là 10 km/h, vận tốc xuống dốc (cả
lúc đi lẫn lúc về) là 20 km/h, vận tốc trên đường nằm ngang là 15 km/h.
– LỜI GIẢI.
Gọi độ dài quãng đường AC, CD, DB lần lượt là a, x, b (km), (a, x, b > 0).
x
a
, đi trên đoạn nằm ngang CD là
,
Xét lúc đi từ A đến B, thời gian người đó đi lên dốc AC là
10
15
b
đi xuống dốc DB là
.
20
b
x
Xét lúc đi từ B về A thời gian người đó đi lên dốc DB là
, đi trên đoạn nằm ngang CD là
, đi
10
15
a
.
xuống dốc AC là
20
53
Đổi đơn vị 4 giờ 25 phút = .
12
Thời gian đi từ A đến B trở về A là
a
x
b
b
x
a
53
+
+
+
+
+
=
10 15 20 10 15 20
12
a + b a + b 2x
53
⇔
+
+
=
10
20
15
12
30 − x 30 − x 2x
53
⇔
+
+
= .
10
20
15
12
Giải ra ta được x = 5. Vậy độ dài quãng đường nằm ngang là 5 km.
BÀI 9. Lúc 8 giờ, An rời nhà mình để đến nhà Bích với vận tốc 4 km/h. lúc 8 giờ 20 phút, Bích cũng
rời nhà mình đến nhà An với vận tốc 3 km/h. An gặp Bích trên đường, rồi cả hai cùng đi về nhà Bích.
Khi trở về đến nhà mình, An tính ra quãng đường mình đã đi dài gấp bốn lần quãng đường Bích đã
đi. Tính khoảng cách An đến nhà Bích.
– LỜI GIẢI.
Gọi quãng đường từ nhà An đến nhà Bích là x (km), (x > 0).
Vì An đến nhà Bích, rồi quay trở về lại nhà mình, nên quãng đường An đã đi là 2x. Suy ra quãng
x
x
đường Bích đi là và quãng đường Bích đi từ nhà mình đến nơi hai người gặp nhau là .
2
4
3x
Do đó, quãng đường An đi từ nhà mình đến nơi hai người gặp nhau là
.
4
3x
Thời gian An đi từ nhà mình đến nơi hai người gặp nhau 4 .
4
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 148/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
x
Thời gian Bích đi từ nhà mình đến nơi hai người gặp nhau 4 .
3
1
An đi sớm hơn Bích 20 phút = giờ nên ta có phương trình
3
3x
x
4 = 4 +1
4
3
3
Giải ra ta được x = 3,2. Vậy quãng đường từ nhà An đến nhà Bích dài 3,2 km.
BÀI 10. Một người đi xe đạp, một người đi xe máy và một người đi ô tô cùng đi từ A đến B, khởi
hành lần lượt lúc 7 giờ, 8 giờ, 9 giờ với vận tốc theo thứ tự bằng 10 km/h, 30 km/h và 50 km/h. Đến
mấy giờ thì ô tô ở vị trí cách đều xe đạp và xe máy.
– LỜI GIẢI.
Gọi x là thời gian xe đạp đi, (x > 2). Suy ra thời gian xe máy và ô tô đi lần lượt là x − 1 và x − 2.
Quãng đường xe đạp, xe máy, xe ô tô đi được lần lượt là 10x, 30(x − 1), 50(x − 2).
Ta xét thời điểm mà xe ô tô cách đều xe đạp và xe máy, tức là:
|50(x − 2) − 10x| = |50(x − 2) − 30(x − 1)|.
Trường hợp 1: 50(x − 2) − 10x = 50(x − 2) − 30(x − 1). Giải ra ta được x = 1,5 (loại).
17
Trường hợp 2: 50(x − 2) − 10x = −50(x − 2) + 30(x − 1). Giải ra ta được x = .
6
17
Đổi đơn vị
giờ = 2 giờ 50 phút.
6
Vậy vào lúc 9 giờ 50 phút, xe ô tô ở vị trí cách đều xe đạp và xe máy.
BÀI 11. Người ta pha 3 kg nước nóng ở 90o C với 2 kg nước lạnh ở 20o C. Tính nhiệt độ sau cùng của
nước (bỏ qua sự mất nhiệt).
– LỜI GIẢI.
Gọi nhiệt độ sau cùng của nước là x (độ), (20 < x < 90), nhiệt dung riêng của nước là c.
Nhiệt lượng 3 kg nước nóng tỏa ra để giảm xuống còn x độ là: Q1 = 3c(90 − x).
Nhiệt lượng 2 kg nước lạnh thu vào để tăng lên x độ là: Q2 = 2c(x − 20).
Áp dụng định luật cân bằng nhiệt lượng, ta có
3c(90 − x) = 2c(x − 20)
Giải ra ta được x = 62. Vậy nhiệt độ sau cùng của nước là 62o C.
BÀI 12. Có hai loại dung dịch muối I và muối II. Người ta hòa tan 200 gam dung dịch muối I và 300
gam dung dịch muối II thì được một dung dịch có nồng độ muối là 33%. Tính nồng độ muối trong
mỗi dung dịch I và II, biết rằng nồng độ muối trong dung dịch I lớn hơn nồng độ muối trong dung
dịch II là 20%.
– LỜI GIẢI.
Gọi nồng độ muối trong dung dịch I là x, (x > 0), suy ra nồng độ muối của dung dịch II là x − 20%.
Khối lượng chất tan trong dung dịch I và II lần lượt là 200x và 300(x − 20%).
200x + 300(x − 20%)
Nồng độ muối trong dung dịch sau khi hòa tan hai dung dịch trên là
= 33%.
200 + 300
Giải ra ta được x = 0,45 = 45%. Vậy nồng độ muối trong dung dịch I và II lần lượt là 45% và 25%.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 149/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 13. Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì hoàn thành công việc đó trong 24 giờ. Nếu
đội thứ nhất làm 10 giờ, đội thứ hai làm 15 giờ thì cả hai đội làm được một nửa công việc. Tính thời
gian mỗi đội làm một mình để xong công việc.
– LỜI GIẢI.
1
Gọi số giờ đội I làm xong công việc là x (giờ), (x > 0). Suy ra 1 giờ đội đó làm được công việc.
x
24
Sau 24 giờ, đội I làm được
công việc.
x
24
công việc.
Sau 24 giờ, đội II làm được 1 −
x
24
1−
x công việc.
Trong 1 giờ, đội II làm được
24
Theo đề bài ta có
24
1−
1
x = 1.
10 · + 15 ·
x
24
2
Giải ra ta được x = 40. Từ đó suy ra đội I hoàn thành công việc trong 40 giờ, đội II hoàn thành công
việc trong 60 giờ.
BÀI 14. Cho n số nguyên dương (không nhất thiết khác nhau) trong đó có số 68. Trung bình cộng
của n số đó bằng 56. Khi bỏ số 68 đó đi thì trung bình cộng của n − 1 số còn lại bằng 55.
1 Tìm n.
2 Số lớn nhất trong n số đã cho có thể bằng bao nhiêu?
– LỜI GIẢI.
1 Tổng của n − 1 số còn lại là 55(n − 1).
55(n − 1) + 68
Trung bình cộng của cả n số là
= 56.
n
Giải ra ta được n = 13.
2 Có 13 số là a1 , a2 , a3 ,…, a12 , 68.
Giả sử số lớn nhất là a12 , số này đạt lớn nhất có thể khi a1 ,…,a11 đều đạt giá trị 1.
Ta có 1 + 1 + … + 1 + a12 + 68 = 56 · 13 = 728 ⇔ a12 = 728 − 11 − 68 = 649.
Vậy số lớn nhất có thể là 649.
BÀI 15. Trong một buổi họp mặt giữa hai lớp 8A và 8B, có tất cả 50 học sinh tham gia. Các bạn lớp
8B tính số người quen ở lớp 8A và thấy rằng bạn Anh quen 11 bạn, ban Bắc quen 12 bạn, bạn Châu
quen 13 bạn,… và cứ như vậy đến bạn cuối cùng là bạn Yến quen tất cả các bạn của lớp 8A. Tính số
học sinh mỗi lớp tham gia họp mặt.
– LỜI GIẢI.
Gọi số học sinh lớp 8B là x, (x > 0). Số học sinh lớp 8A là 50 − x.
Số người quen ở lớp 8A của các học sinh lớp 8B lần lượt là: 11, 12, 13,…, 50 − x.
Lớp 8B có x học sinh, nên ta có phương trình
50 − x − 11 + 1 = x
Giải ra ta được x = 20.
Vậy lớp 8B có 20 học sinh, lớp 8A có 30 học sinh.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 150/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1
1
BÀI 16. Một nông dân mang cam ra chợ, bán cho người khách thứ nhất số cam và thêm quả,
2
2
1
1
1
bán cho người khách thứ hai số cam còn lại và thêm quả, bán cho người khách thứ ba số cam
2
2
2
1
còn lại và thêm quả… Cứ tiếp tục như vậy cho đến khi người khách thứ sáu mua xong thì số cam
2
vừa hết. Tính tổng số cam mà người nông dân đem bán.
– LỜI GIẢI.
Gọi x là số cam ban đầu của người nông dân, (x > 0).
x 1
x−1
Sau khi bán cho người thứ nhất, số cam còn lại là x − − =
.
2 2
2
x−3
x−1 x−1 1
−
− =
.
Sau khi bán cho người thứ hai, số cam còn lại là
2
4
2
4
x−3 x−3 1
x−7
Sau khi bán cho người thứ ba, số cam còn lại là
−
− =
.
4
8
2
8
x−7 x−7 1
x − 15
Sau khi bán cho người thứ tư, số cam còn lại là
−
− =
.
8
16
2
16
x − 15 x − 15 1
x − 31
Sau khi bán cho người thứ năm, số cam còn lại là
−
− =
.
16
32
2
32
x − 31 x − 31 1
x − 63
Sau khi bán cho người thứ sáu, số cam còn lại là
−
− =
.
32
64
2
64
Sau khi bán cho người thứ sáu thì vừa hết số cam, có nghĩa là
x − 63
= 0 ⇒ x = 63.
64
Vậy số cam ban đầu người đó có là 63 quả.
BÀI 17. Có ba cánh đồng cỏ như nhau, cỏ cũng luôn mọc đều như nhau trên toàn bộ mỗi cánh đồng.
Biết rằng 9 con bò ăn hết số cỏ có sẵn và số cỏ mọc thêm của cánh đồng I trong 2 tuần, 6 con bò ăn
hết số cỏ có sẵn và số cỏ mọc thêm của cánh đồng II trong 4 tuần.
Tính xem trên mỗi cánh đồng, số cỏ mọc thêm trong một tuần bằng mấy phần của số cỏ có sẵn
lúc đầu?
Bao nhiêu con bò ăn hết số cỏ có sẵn và số cỏ mọc thêm của cánh đồng III trong 6 tuần?
– LỜI GIẢI.
1 Gọi lượng cỏ ba đầu là a, tỉ lệ cỏ mọc thêm trong một tuần so với lượng cỏ ba đầu là x, (x > 0).
Lượng cỏ sau 2 tuần là a + 2ax = a(1 + 2x).
Lượng cỏ 1 con bò ăn trong 1 tuần (dữ kiện 1) là
a(1 + 2x)
.
18
Lượng cỏ sau 4 tuần là a + 4ax = a(1 + 4x).
a(1 + 4x)
.
24
a(1 + 2x)
a(1 + 4x)
1
Ta có phương trình
=
⇔x= .
18
24
4
1
Vậy tỉ lệ cỏ mọc thêm là .
4
5
2 Sau 6 tuần, lượng cỏ là a(1 + 6x) = a.
2
a
1
a
Lượng cỏ 1 con bò ăn hết trong 6 tuần là 6 · (1 + 4 · ) = .
24
4
2
5
a
Vậy số bò cần có để ăn hết lượng cỏ trên là 2a = 5 (con).
2
Lượng cỏ 1 con bò ăn trong 1 tuần (dữ kiện 2) là
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 151/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 18. Bài toán của Niu-tơn. Một cánh đồng cỏ mọc dày như nhau, cỏ luôn mọc đều như nhau trên
10
acrơ trong 4 tuần, 21 con bò ăn hết cỏ trên
toàn bộ cánh đồng. Biết rằng 12 con bò ăn hết cỏ trên
3
10 acrơ trong 9 tuần. Hỏi bao nhiêu con bò ăn hết cỏ trên 24 acrơ trong 18 tuần (1 acrơ = 4047 m2 ).
– LỜI GIẢI.
Gọi tỉ lệ cỏ tăng so với lượng cỏ ban đầu là x, (x > 0).
10
10 10
Sau 4 tuần, số cỏ trên
acrơ là
+ 4x.
3
3
3
10 40
+ x
3 .
Lượng cỏ 1 con ăn trong 1 tuần (dữ kiện 1) là 3
48
Sau 9 tuần, số cỏ trên 10 acrơ là 10 + 90x.
10 + 90x
Lượng cỏ 1 con ăn trong 1 tuần (dữ kiện 2) là
.
21 · 9
10 40
+ x
3
3 = 10 + 90x ⇔ x = 1 .
Ta có phương trình
48
21 · 9
12
1
Số cỏ trên 24 acrơ sau 18 tuần là 24 + 24 · 18 ·
= 60.
12
5
Lượng cỏ 1 con ăn trong 1 tuần là
acrơ.
54
5
5
= acrơ.
Lượng cỏ 1 con ăn trong 18 tuần là 18 ·
54
3
60
Số bò cần tìm là
= 36 (con).
5
3
BÀI 19. Một khách du lịch đi từ A đến B nhận thấy cứ 15 phút lại gặp một xe buýt đi cùng chiều
vượt qua, cứ 10 phút lại gặp một xe buýt chạy ngược lại. Biết rằng các xe buýt đều chạy với cùng
một vận tốc, khởi hành sau những khoảng thời gian bằng nhau và không dừng lại trên đường (trên
chiều từ A đến B cũng như trên chiều ngược lại). Hỏi cứ sau bao nhiêu phút thì các xe buýt lại lần
lượt rời bến?
– LỜI GIẢI.
Gọi x là thời gian người đó đi từ A đến B, (x > 0).
x x
Số lần người đó gặp xe buýt cùng chiều và ngược chiều lần lượt là
,
.
15 10
x
x
Giả sử người đó đi từ A đến B rồi từ B trở về A, số xe buýt người đó gặp là
+ .
15 10
Thời gian người đó đi từ A đến B rồi từ B trở về A là 2x.
2x
Khoảng thời gian các xe buýt lần lượt rời bến là x
x = 12 (phút).
+
15 10
BÀI 20. Trên quãng đường AB của một thành phố, cứ 6 phút lại có một chiếc xe buýt theo chiều từ
A đến B, và cũng cứ 6 phút lại có một chiếc xe buýt theo chiều ngược lại. Các xe này chuyển động
đều với cùng vận tốc như nhau.
Một khách du lịch đi bộ từ A đến B nhận thấy cứ 5 phút lại gặp một xe đi về phía mình. Hỏi cứ bao
nhiêu phút lại có một xe đi từ A vượt qua người đó?
– LỜI GIẢI.
Gọi x, y lần lượt là vận tốc của xe buýt và vị khách du lịch, (x, y > 0).
Cứ 6 phút là có một chiếc xe buýt nên khoảng cách giữa hai chiếc xe là 6x.
Vận tốc của xe đi từ A đến B đối với vị khách là x − y và vận tốc của xe đi từ B về A đối với vị
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 152/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
khách là x + y.
6x
= 5 ⇔ x = 5y.
x+y
6x
30y
Thời gian để xe đi từ A đến B vượt qua vị khách là
=
= 7,5 (phút).
x−y
4y
Thời gian để xe đi từ B về A vượt qua vị khách là
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 153/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Năm học 2019-2020
Trang 154/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG
4
BÀI
1
BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
LIÊN HỆ GIỮA THỨ TỰ VÀ PHÉP CỘNG, PHÉP NHÂN
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
1. Bất đẳng thức
Ta gọi hệ thức dạng a > b (hoặc a < b, a ≥ b, a ≤ b) là một bất đẳng thức.
Để chứng minh bất đẳng thức a > b, ta thường xét hiệu a − b và chứng minh hiệu đó là số dương.
Các cách khác chứng minh bất đẳng thức được nêu trong chuyên đề Bất đẳng thức.
2. Một số tính chất
Tính chất 1. Tính bắc cầu:
a > b; b > c ⇒ a > c.
Tính chất 2. Cộng hai vế của bất đẳng thức với cùng một số:
a > b ⇒ a + c > b + c.
Tính chất 3. Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số:
a > b; c > 0 ⇒ ac > bc
a > b; c < 0 ⇒ ac < bc.
Các tính chất khác được nêu trong chuyên đề Bất đẳng thức.
B MỘT SỐ VÍ DỤ
VÍ DỤ 1. Chứng minh các bất đẳng thức:
x2 + y 2 ≥
(x + y)2
≥ 2xy.
2
– LỜI GIẢI.
Xét hiệu
(x + y)2
2×2 + 2y 2 − x2 − 2xy − y 2
x +y −
=
2
2
x2 − 2xy + y 2
(x − y)2
=
=
≥ 0.
2
2
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
2
Trang 155/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
(x + y)2
. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi x = y.
Vậy x + y ≥
2
Xét hiệu:
(x + y)2
x2 + 2xy + y 2 − 4xy
(x − y)2
− 2xy =
=
≥ 0.
2
2
2
2
2
(x + y)2
≥ 2xy. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi x = y.
Vậy
2
Nhận xét.
(x + y)2
cho liên hệ giữa tổng bình phương của hai số x, y và bình
Bất đẳng thức x + y ≥
2
phương của tổng hai số đó.
x + y 2
(x + y)2
Bất đẳng thức
≥ 2xy hay
≥ xy cho liên hệ giữa tổng hai số x, y và tích của
2
2
x+y
hai số đó. Với x, y không âm, bất đẳng thức này được viết dưới dạng
≥ (trung bình công
2
hai số lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng), đó là bất đẳng thức Cô-si với hai số không
âm.
2
2
VÍ DỤ 2. Chứng minh các bất đẳng thức:
1
1 x + ≥ 2 với x > 0;
x
1 1
4
2
+ ≥
với a > 0, b > 0.
a b
a+b
– LỜI GIẢI.
1 Xét hiệu:
x+
x2 + 1 − 2x
(x − 1)2
1
−2=
=
≥ 0, vì (x − 1)2 ≥ 0, x > 0.
x
2
2
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi x = 1.
2 Xét hiệu:
4
b(a + b) + a(a + b) − 4ab
1 1
+ −
=
a b a+b
ab(a + b)
2
a − 2ab + b2
=
ab(a + b)
(a − b)2
=
≥ 0, vì a, b > 0.
ab(a + b)
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a = b.
Nhận xét.
1
Bất đẳng thức x + ≥ 2 (với x > 0) cho liên hệ giữa một số dương với nghịch đảo của nó.
x
1 1
4
Bất đẳng thức + ≥
với a > 0, b > 0 cho liên hệ giữa tổng các nghịch đảo của hai số
a b
a+b
dương và nghịch đảo của tổng hai số đó.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 156/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Chứng minh các bất đẳng thức:
a) 4×2 + 4x + 5 > 0;
b) x2 − x + 1 > 0;
c) x2 + ab + b2 ≥ 0.
– LỜI GIẢI.
1 4×2 + 4x + 5 = (2x + 1)2 + 4 > 0.
ã
Å
1 2 3
2
2 x −x+1= x−
+ > 0.
2
Å
ã2 4 2
b
3b
+
≥ 0.
3 a2 + ab + b2 = a +
2
4
2
BÀI 2. Chứng minh bất đẳng thức
x−x +1
< 1.
x − x2 − 1
– LỜI GIẢI.
Xét hiệu
x − x2 + 1
−2
−1= 2
< 0,
2
x−x −1
x −x+1
Å
ã
1 2 3
x − x2 + 1
(vì x − x + 1 = x −
< 1.
+ > 0). Do đó
2
4
x − x2 − 1
2
BÀI 3. Rút gọn rồi chứng minh rằng biểu thức sau không âm với mọi giá trị của x:
x4 + x3 + x + 1
.
x4 − x3 + 2×2 − x + 1
– LỜI GIẢI.
Ta có
(x + 1)2 (x2 − x + 1)
(x + 1)2
x4 + x3 + x + 1
=
=
≥ 0.
x4 − x3 + 2×2 − x + 1
(x2 + 1)(x2 − x + 1)
x2 + 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = −1.
BÀI 4. Chứng minh các bất đẳng thức:
1 a3 + b3 ≥ ab(a + b) với a, b > 0;
2 a4 + b4 ≥ ab (a2 + b2 ).
– LỜI GIẢI.
1 Xét hiệu
a3 + b3 − ab(a + b) = (a + b)(a − b)2 ≥ 0 (do a, b > 0).
Do đó a3 + b3 ≥ ab(a + b) với a, b > 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
2 Xét hiệu
a4 + b4 − ab(a2 + b2 ) = a3 (a − b) − b3 (a − b) = (a − b)2 (a2 + ab + b2 ) ≥ 0.
Do đó a4 + b4 ≥ ab (a2 + b2 ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
BÀI 5. Chứng minh các bất đẳng thức:
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 157/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 (a2 + b2 ) (x2 + y 2 ) ≥ (ax + by)2
(bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki với hai cặp số a, b và x, y).
2 (a2 + b2 + c2 ) (x2 + y 2 + z 2 ) ≥ (ax + by + cz)2
(bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki với hai bộ ba số số a, b, c và x, y, z).
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
a2 + b 2
x2 + y 2 − (ax + by)2
= a2 x2 + a2 y 2 + b2 x2 + b2 y 2 − a2 x2 − 2abxy − b2 y 2
= (ay − bx)2 ≥ 0.
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi ay = bx.
2 Ta có
a2 + b 2 + c 2
x2 + y 2 + z 2 ≥ (ax + by + cz)2
= (ay − bx)2 + (az − cx)2 + (bz − cy)2 ≥ 0.
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi ay = bx, az = cx, bz = cy.
BÀI 6. Cho a và b cùng dấu. Chứng minh rằng
a) Nếu a > b thì
1
1
< ;
a
b
b)
a b
+ ≥ 2.
b a
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
b−a
1 1
− =
<0
a b
ab
(vì b − a < 0, ab > 0). Do đó
1
1
< .
a
b
2 Ta có
a b
a2 + b2 − 2ab
(a − b)2
+ −2=
=
≥0
b a
ab
ab
(vì ab > 0). Do đó
a b
+ ≥ 2 với ab > 0.
b a
2
là trung bình điều hòa của a và b. Chứng minh rằng trung bình điều hòa của hai
1 1
+
a b
số dương a và b nhỏ hơn hoặc bằng trung bình cộng của hai số ấy.
BÀI 7. Gọi
– LỜI GIẢI.
Ta có
a+b
2
a+b
2ab
(a + b)2 − 4ab
(a − b)2
−
=
−
=
=
≥0
1 1
2
2
a+b
2(a + b)
2(a + b)
+
a b
2
a+b
(vì a, b > 0). Do đó
≤
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
1 1
2
+
a b
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 158/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 8. Chứng minh các bất đẳng thức:
1 2 (a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 ;
2 3 (a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca).
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
2 a2 + b2 − (a + b)2 = a2 − 2ab + b2 = (a − b)2 ≥ 0.
Do đó 2 (a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
2 Ta có
3 a2 + b2 + c2 − (a + b + c)2
= 3 a2 + b2 + c2 − a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca
= (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0
⇒ 3 a2 + b2 + c2 ≥ (a + b + c)2 .
(1)
Ta có
(a + b + c)2 − 3(ab + bc + ca)
= a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca − 3(ab + bc + ca)
= (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0
⇒ (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca).
(2)
Từ (1) và (2) ta có 3 (a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca). Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi a = b = c.
BÀI 9. Chứng minh các bất đẳng thức:
Å
ã
a2 + b 2
a+b 2
≥
a)
;
2
2
a2 + b 2 + c 2
c)
≥
3
Å
a+b+c
3
a4 + b 4
≥
b)
2
Å
a+b
2
ã4
;
ã2
.
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
Å
ã
a2 + b 2
a + b 2 2(a2 + b2 ) − (a + b)2
(a − b)2
−
=
=
≥ 0.
2
2
4
4
Å
ã
a2 + b 2
a+b 2
≥
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Do đó
2
2
2 Áp dụng câu a) hai lần ta có
a4 + b 4
≥
2
Å
a2 + b 2
2
ã2
Å
≥
a+b
2
ã4
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 159/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3 Ta có
Å
ã
a+b+c 2
a2 + b 2 + c 2
−
3
3
2
2
2
3(a + b + c ) − (a + b + c)2
=
9
2
(a − b) + (b − c)2 + (c − a)2
≥ 0.
=
9
Å
ã
a2 + b 2 + c 2
a+b+c 2
Do đó
≥
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
3
3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 160/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
Năm học 2019-2020
2
BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
1. Khái niệm về bất phương trình bậc nhất một ẩn
Bất phương trình bậc nhất một ẩn là bất phương trình có dạng ax+b > 0 (hoặc ax+b < 0, ax+b ≥ 0,
ax + b ≤ 0), trong đó x là ẩn, a và b là các số đã cho, a 6= 0.
2. Hai bất phương trình tương đương
Hai bất phương trình được gọ là tương đương nếu chúng có cùng một tập nghiệm.
3. Một số chú ý khi giải một bất phương trình
Khi giải một bất phương trình, ta có thể:
Chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia và đổi dấu hạng tử đó.
Nhân (hoặc chia) cả hai vế với cùng một số dương.
Nhân (hoặc chia) cả hai vế với cùng một số âm và đổi chiều của bất phương trình.
B CÁC DẠNG TOÁN
VÍ DỤ 1. Giải bất phương trình với m là hằng:
mx + 1 ≥ m2 + x.
– LỜI GIẢI.
Biến đổi tương đương
mx + 1 ≥ m2 + x ⇔ mx − x ≥ m2 − 1 ⇔ (m − 1)x ≥ m2 − 1.
(1)
Nếu m > 1 thì nghiệm của bất phương trình là x ≥ m + 1.
Nếu m < 1 thì nghiệm của bất phương trình là x ≤ m + 1.
Nếu m = 1 thì (1) có dạng 0x ≥ 0: nghiệm của bất phương trình là mọi x.
VÍ DỤ 2. Giải bất phương trình với a là hằng:
x+1
x+2
+ ax >
− 2x.
a
a
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 161/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Điều kiện xác định của bất phương trình là a 6= 0. Biến đổi bất phương trình:
x+1
x+2
x 1
x 2
+ ax >
− 2x ⇔ + + ax > + − 2x
a
a
a a
a a
2 1
⇔ ax + 2x > −
a a
1
⇔ (a + 2)x > .
a
Nếu a > −2, a 6= 0 thì nghiệm của bất phương trình là x >
Nếu a < −2 thì nghiệm của bất phương trình là x <
(1)
1
.
a(a + 2)
1
.
a(a + 2)
1
Nếu a = −2 thì (1) có dạng 0x > − , nghiệm đúng với mọi x.
2
VÍ DỤ 3. Kí hiệu [a] (phần nguyên của a) là số nguyên lớn nhất không vượt quá a. Tìm x biết
rằng
ï
ò
3x − 5
= x.
7
– LỜI GIẢI.
3x − 5
. Do đó
Theo đề bài, x là số nguyên lớn nhất không vượt quá
7
ï
ò
0 ≤ 3x − 5 − x < 1,
3x − 5
7
=x⇔
7
x ∈ Z.
(1)
(2)
Giải bất phương trình (1):
0≤
3x − 5
−4x − 5
−x≤1⇔0≤
< 1 ⇔ 0 ≤ −4x − 5 < 7
7
7
5
⇔ 5 ≤ −4x < 12 ⇔ − ≥ x > −3.
4
Theo (2), x ∈ Z, do đó x = −2.
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Tìm giá trị của x thỏa mãn cả hai bất phương trình:
2x 3 − 2x
3x + 2
x 3 − 2x
3x − 5
+
≥
và +
≥
.
5
3
2
2
5
6
– LỜI GIẢI.
Ta có
2x 3 − 2x
3x + 2
+
≥
⇔ 12x + 10(3 − 2x) ≥ 15(3x + 2) ⇔ x ≤ 0.
5
3
2
(1)
Mặt khác
x 3 − 2x
3x − 5
43
+
≥
⇔ 15x + 6(3 − 2x) ≥ 5(3x − 5) ⇔ x ≤ .
2
5
6
12
Từ (1) và (2) ta có x ≤ 0.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 162/477
(2)
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 2. Tìm số nguyên x thỏa mãn cả hai bất phương trình:
3x − 2
x
2x − 5
3−x
≥ + 0,8 và 1 −
>
.
5
2
6
4
– LỜI GIẢI.
Ta có
Mặt khác
1−
3x − 2
x
≥ + 0,8 ⇔ 2(3x − 2) ≥ 5x + 8 ⇔ x ≥ 12.
5
2
(1)
2x − 5
3−x
>
⇔ 12 − 2(2x − 5) > 3(3 − x) ⇔ x < 13.
6
4
(2)
Từ (1) và (2) ta có −12 ≤ x < 13. Vì x ∈ Z nên x = 12.
BÀI 3. Tìm số nguyên x thỏa mãn cả hai bất phương trình:
2(3x − 4) < 3(4x − 3) + 16 và 4(1 + x) < 3x + 5.
– LỜI GIẢI.
Ta có
5
2(3x − 4) < 3(4x − 3) + 16 ⇔ 6x − 8 < 12x + 7 ⇔ x > − .
2
(1)
4(1 + x) < 3x + 5 ⇔ 4x + 4 < 3x + 5 ⇔ x < 1.
(2)
Mặt khác
5
Từ (1) và (2) ta có − < x < 1. Vì x ∈ Z nên x ∈ {−2; −1; 0}.
2
BÀI 4. Cho biểu thức
Å
A=
1
2
5−x
+
−
1 − x x + 1 1 − x2
ã
:
1 − 2x
.
x2 − 1
1 Rút gọn biểu thức A.
2 Tìm x để A > 0.
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
ã
1
2
5−x
1 − 2x
A=
+
−
: 2
2
1−x x+1 1−x
x −1
1 + x + 2(1 − x) − (5 − x) 1 − x2
=
·
1 − x2
2x − 1
−2
=
,
2x − 1
Å
1
và x 6= ±1.
2
−2
>0
1
2x − 1
2 A>0⇔
⇔ −1 6= x < .
2
x 6= 1 ; x 6= ±1
2
với x 6=
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 163/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 5. Cho biểu thức
Å
B=
1
3
+ 2
3 x − 3x
ã Å
:
ã
x2
1
.
+
27 − 3×2 x + 3
1 Rút gọn biểu thức B.
2 Tìm x để B < −1.
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
ã Å
ã
1
3
x2
1
B=
+
:
+
3 x2 − 3x
27 − 3×2 x + 3
Å 2
ã Å
ã
x − 3x + 9
x2
3(3 − x)
=
:
+
3(x2 − 3x)
3(3 − x)(3 + x) 3(3 − x)(3 + x)
x2 − 3x + 9 3(3 − x)(3 + x)
=
·
3x(x − 3)
x2 − 3x + 9
x+3
,
=−
x
Å
với x 6= 0; x
6= ±3.
(
−3 < 0
− x + 3 > −1
−x > 0,
x
x
⇔
⇔
2 B < −1 ⇔
x 6= 3.
x 6= 0; x 6= ±3
x 6= ±3
BÀI 6. Giải bất phương trình
x+2 x+5
x + 8 x + 11
+
>
+
.
89
86
83
80
– LỜI GIẢI.
ã Å
ã Å
ã Å
ã
x+2
x+5
x+8
x + 11
+1 +
+1 >
+1 +
+1
89
86
83
80
ã
Å
1
1
1
1
+
−
−
>0
⇔ (x + 91)
89 86 83 80
x+2 x+5
x + 8 x + 11
+
>
+
⇔
89
86
83
80
Å
⇔ x < −91.
BÀI 7. Giải các bất phương trình với a là hằng:
1 2(x + 2) < a(a + x);
2 a(x − a) ≤ x − 1;
2x
1
4x − 1
a − 2ax
3 2
−
< 2
+
.
a − a + 1 2a + 2
2a − 2a + 2
1 + a3
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
2(x + 2) < a(a + x) ⇔ (a + 2)x < a2 − 4.
Nếu a > −2 thì x < a − 2.
Nếu a < −2 thì x > a − 2.
Nếu a = −2: Vô nghiệm.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 164/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Ta có
a(x − a) ≤ x − 1 ⇔ (a − 1)x ≤ a2 − 1.
Nếu a > 1 thì x ≤ a + 1.
Nếu a < 1 thì x ≥ a + 1.
Nếu a = 1 thì 0x ≤ 0, nghiệm đúng với mọi x.
3 Điều kiện: a 6= −1. Ta có
2x
1
4x − 1
a − 2ax
−
< 2
+
− a + 1 2a + 2
2a − 2a + 2
1 + a3
a
a
⇔
(4x − a) < 0 ⇔
(4x − a) < 0.
2(1 + a3 )
a+1
a2
Nếu a = 0 thì bất phương trình vô nghiệm.
a
a
Nếu
> 0 (tức là a < −1 hoặc a > 0) thì x < .
a+1
4
a
a
Nếu
< 0 (tức là −1 < a < 0) thì x > .
a+1
4
BÀI 8. Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình sau là số dương:
m+1
= 1 − m.
x−1
– LỜI GIẢI.
Điều kiện xác định: x 6= 1. Đưa phương trình về dạng (1 − m)x = 2.
Nếu m = 1, phương trình vô nghiệm.
2
. Giải điều kiện x 6= 1 ta được m 6= −1.
Nếu m 6= 1 thì x =
1−m
2
với m 6= ±1.
Nghiệm của phương trình là x =
1−m(
m < 1,
Phương trình có nghiệm là số dương ⇔
m 6= −1.
BÀI 9. Tìm giá trị của m để nghiệm của phương trình 4mx > x + 1 là
a) x > 9;
b) x < −5. – LỜI GIẢI. Ta có 4mx > x + 1 ⇔ (4m − 1)x > 1.
(1)
1
thì (1) vô nghiệm.
4
1
1
Nếu m > thì nghiệm của (1) là x >
.
4
4m − 1
1
1
Nếu m < thì nghiệm của (1) là x <
.
4
4m − 1
1 Để nghiệm của (1) là x > 9, cần và đủ là:
1
1
m>
m>
4 ⇔
4 ⇔m= 5.
18
1
m = 5
=9
4m − 1
18
Nếu m =
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 165/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Để nghiệm của (1) là x < −5, cần và đủ là:
1
m<
m <
4 ⇔
1
m =
= −5
4m − 1
1
4 ⇔ m = 1.
1
5
5
n2 + 7
BÀI 10. Có bao nhiêu số tự nhiên n nằm giữa 1 và 2000 sao cho phân số
không phải là phân
n+4
số tối giản?
– LỜI GIẢI.
Ta có
n2 + 7
(n + 4)(n − 4) + 23
23
=
=n−4+
.
n+4
n+4
n+4
.
A rút gọn được ⇔ 23 và n + 4 có ước chung khác ±1 ⇔ n + 4 .. 23, hay nói cách khác n = 23k − 4 với
k ∈ N∗ .
5
3
Ta có 1 < n < 2000 ⇔ 1 < 23k − 4 < 2000 ⇔
< k < 87 . Do k ∈ N∗ nên k nhận 87 giá trị (là
23
23
1, 2, 3, . . . , 87). Vậy có 87 số tự nhiên n phải tìm.
A=
BÀI 11. Cho một dãy số tự nhiên bắt đầu từ 1. Người ta xóa đi một số thì trung bình cộng của các
7
số còn lại bằng 35 . Tìm số bị xóa.
17
– LỜI GIẢI.
Giả sử ta có n số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến n.
Nếu xóa số 1 thì trung bình cộng của các số còn lại là
(2 + n) (n − 1)
2+n
2 + 3 + ··· + n
=
=
.
n−1
2 (n − 1)
2
Nếu xóa số n thì trung bình cộng của các số còn lại là
1 + 2 + · · · + (n − 1)
n(n − 1)
n
=
= .
n−1
2 (n − 1)
2
Ta có
7
n+2
14
14
14
n
≤ 35 ≤
⇔ n ≤ 70 ≤ n + 2 ⇔ 68 ≤ n ≤ 70 .
2
17
2
17
17
17
Do n ∈ N nên n = 69 hoặc n = 70.
7
Với n = 70, tổng của 69 số còn lại là: 35 · 69 ∈
/ N, loại.
17
7
Với tổng của 69 số còn lại là: 35 · 68 = 2408.
17
Số bị xóa là số: (1 + 2 + · · · + 69) − 2048 = 2415 − 2408 = 7.
BÀI 12. Tìm các số nguyên a và b sao cho: a2 − 2ab + 2b2 − 4a + 7 < 0.
– LỜI GIẢI.
Do a và b nguyên, ta cộng 1 vào vế trái của bất phương trình đã cho và được:
a2 − 2ab + 2b2 − 4a + 8 ≤ 0
⇔ 2a2 − 4ab + 4b2 − 8a + 16 ≤ 0
⇔ (a − 2b)2 + (a − 4)2 ≤ 0
⇔ a = 4, b = 2.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 166/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Cách khác. Biến đổi thành: (a − b − 2)2 + (b − 2)2 < 1.
ï
ò
34x + 19
BÀI 13. Tìm x biết rằng
= 2x + 1.
11
– LỜI GIẢI.
Ta có
ï
0 ≤ 34x + 19 − (2x + 1) < 1,
34x + 19
11
= 2x + 1 ⇔
11
2x + 1 ∈ Z.
ò
(1)
(2)
Giải bất phương trình (1):
(1) ⇔ 0 ≤ 12x + 8 < 11 ⇔ −8 ≤ 12x < 3
4
1
1
3
⇔ − ≤ 2x < ⇔ − ≤ 2x + 1 < .
3
2
3
2
™
ß
1
Theo (2), 2x + 1 ∈ Z, do đó 2x + 1 = 0 hoặc 2x + 1 = 1. Vậy x ∈ − ; 0 .
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 167/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
3
Năm học 2019-2020
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT
ĐỐI
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Để giải các phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối, cần khử dấu giá trị tuyệt đối. Ta nhớ
lại: Giá trị tuyệt đối của một biểu thức bằng chính nó nếu biểu thức không âm, bằng số đối của nó
nếu biểu thức âm:
(
|A| =
A nếu A ≥ 0
−A nếu A ≤ 0
Do đó, để khử dấu giá trị tuyêt đối, cần xét giá trị của biến làm cho biểu thức không âm hay âm.
Nếu biểu thức nằm trong dấu giá trị tuyệt đối là nhị thức bậc nhất, ta cần nhớ định lí sau:
Định lí 1. Định lí về dấu của nhị thức bậc nhất ax + b(a 6= 0)
Nhị thức ax + b(a 6= 0)
Cùng dấu với a với các giá trị của x lớn hơn nghiệm của nhị thức;
Trái dấu với a với các giá trị của x nhỏ hơn nghiệm của nhị thức.
b
Chứng minh. Gọi x0 là nghiệm của nhị thức ax + b(a 6= 0) thì x0 = − . Xét
a
b
ax + b
= x + = x − x0 .
a
a
ax + b
> 0 ⇒ ax + b cùng dấu với a.
a
ax + b
Nếu x < x0 thì x − x0 < 0 ⇒
< 0 ⇒ ax + b trái dấu với a.
a
Nếu x > x0 thì x − x0 > 0 ⇒
Chẳng hạn: Xét dấu của nhị thức −2x + 1 và x + 5 rồi viết kết quả vào một bảng, ta có:
x
1
2
−5
−2x + 1
+
x+5
−
+
0
0
+
−
+
VÍ DỤ 1. Giải phương trình:
|x − 5| + |x + 3| = 3x − 1.
(1)
– LỜI GIẢI.
Lập bảng xét dấu các nhị thức x − 5 và x + 3:
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 168/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
x
−3
x−5
−
x+3
−
5
−
0
0
+
+
+
Xét ba khoảng giá trị của biến x:
1 x < −3: phương trình (1) có dạng:
(5 − x) − (x + 3) = 3x − 1,
3
tìm được x = , loại vì giá trị này không thuộc khoảng đang xét.
5
2 −3 ≤ x < 5: phương trình (1) có dạng:
(5 − x) + (x + 3) = 3x − 1 ⇔ −3x = −9
tìm được x = 3 thuộc khoảng đang xét.
3 5 < x: phương trình (1) có dạng:
(x − 5) + (x + 3) = 3x − 1 ⇔ −x = 1
tìm được x = −1, không thuộc khoảng đang xét.
Kết luận: S = {3} .
VÍ DỤ 2. Giải phương trình:
|2x − 1| + |2x − 5| = 4.
(1)
– LỜI GIẢI.
Cách 1.
1
1 Xét khoảng x < . (1) có dạng:
2
1 − 2x + 5 − 2x = 4,
1
tìm được x = , không thuộc khoảng đang xét.
2
1
5
2 Xét khoảng ≤ x ≤ , (1) có dạng:
2
2
1 − 2x + 5 − 2x = 4 ⇔ 0x = 0.
Phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc khoảng đang xét, tức là
1
5
≤x≤ .
2
2
5
3 Xét khoảng x > , (1) có dạng:
2
2x − 1 + 2x + 5 = 4,
5
tìm được x = , không thuộc khoảng đang xét.
2ß
™
1
5
Kết luận: S = x
≤x≤
.
2
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 169/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Cách 2:
Áp dụng hai lần bất đẳng thức |A| ≥ A (xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi A ≥ 0), ta có:
|2x − 1| + k5 − 2x| ≥ (2x − 1) + (5 − 2x) = 4
Theo đề bài, phải xảy ra đẳng thức, do đó
1
x ≥
2 ⇔ 1 ≤ x ≤ 5.
⇔
2
2
5 − 2x ≥ 0
x ≤ 5
2
(
2x − 1 ≥ 0
VÍ DỤ 3. Giải phương trình
||x| − 3| = x + 1
(1)
– LỜI GIẢI.
1 Xét khoảng X ≥ 0, (1) có dạng
|x − 3| = x + 1
(2)
Lại xét hai trường hợp:
Với x ≥ 3, (2) có dạng x − 3 = x − 1, vô nghiệm.
Với 0 ≤ x < 3, (2) có dạng 3 − x = x − 1 ⇔ x = 1, thuộc khoảng đang xét.
2 Xét khoảng x < 0, (1) có dạng |−x − 3| = x + 1 tức là
|x − 3| = x + 1.
(3)
Lại xét hai trường hợp:
Với −3 ≤ x < 0, (3) có dạng x + 3 = x + 1, vô nghiệm.
Với x < −3, (3) có dạng −x − 3 = x + 1 ⇔ x = −2, không thuộc khoảng đang xét.
Kết luận: S = {1}
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Giải các phương trình
a) 2 |x − 3| + (5x + 1) = 0;
b) |x − 1| = |x − 5| ;
c) |x − 1| = |3x − 5| ;
d) 2 |x| − |x + 1| = 2;
e) |x − 4| + |x + 1| = 9;
f) |x − 3| + |x − 5| = 2.
– LỜI GIẢI.
1 Xét x ≥ 3 ta được x = 1, loại.
5
Xét x < 3 ta được x = − .
3
−5
Đáp số: x =
.
3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 170/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Cách 1. Chia hai trường hợp
|x − 1| = |x − 5|
”
⇔
x−1=5−x
”
⇔
x−1=x−5
0x = 4
2x = 6
⇔ x = 3.
Cách 2. Bình phương hai vế:
|x − 1| = |x − 5| ⇔ x2 − 2x + 1 = x2 − 10x + 25
⇔ 8x = 24
⇔ x = 3.
3
;
2
4 −1 và 3;
3 2 và
5 Xét x < −1 ta được x = −3. Xét −1 ≤ x ≤ 4, phương trình vô nghiệm.
Xét x > 4 ta được x = 6. S = {−3; 6},
6 3 ≤ x ≤ 5.
BÀI 2. Giải các phương trình
a) |x| − 2 |x − 1| + 3 |x − 3| = 4;
b) |x| − 2 |x + 1| + 3 |x + 2| = 0;
c) |x| − |x − 1| + 3 |x − 2| = 4;
d) |x + 1| + |x + 2| + |x + 3| = 4x.
– LỜI GIẢI.
9
9
1
và ;
4
2
2 −2,
3 x = 4; 0 ≤ x ≤ 1.
4 Không nên máy móc xét các khoảng giá trị của x. Chú ý vế trước phương trình không âm nên
vế phải không âm, do đó x ≥ 0. Phương trình trở thành x + 1 + x + 2 + x + 3 = 4x. Từ đó x = 6.
Tập nghiệm S = {1; −2}.
BÀI 3. Giải các phương trình
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 171/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
b) |x|3 − 3 |x| + 2 = 0.
a) |x| |x + 3| − |x2 + x + 1| = 1;
– LỜI GIẢI.
1 Chú ý rằng x2 + x + 1 > 0. Đáp số: x = 1,
2 Đặt y = |x| > 0. Đáp số x = ±1. Tập nghiệm S = {1; −2}.
BÀI 4. Giải phương trình sau ||x| − 1| = x + 1.
– LỜI GIẢI.
Khử dấu giá trị tuyệt đối trừ trong ra ngoài: trước hết xét x ≥ 0, x < 0.
Đáp số: −1 ≤ x ≤ 0
BÀI 5.
a) |x − 4| − x = 2a (a là hằng số);
b) |x − 3| + |5 − x| = 2a (a là hằng số).
– LỜI GIẢI.
1 Nếu x ≥ 4 thì x − 4 − x = 2a ⇔ 0x = a + 2.
Nếu a 6= −2: vô nghiệm.
Nếu a = −2: vô số nghiệm (x ≥ 4).
Nếu x < 4 thì 4 − x − x = 2a ⇔ x = 2 − a,
ta phải có 2 − a < 4 ⇔ a > −2
Kết luận: Nếu a > −2 thi x = 2 − a; nếu a = −2: vô số nghiệm x ≥ 4; nếu a < −2: vô nghiệm.
2
Nếu a = 1 thì 3 ≤ x ≤ 5.
Nếu a > 1 thì x1 = 4 − a, x2 = 4 + a,
Nếu a < 1 thì vô nghiệm.
BÀI 6. Giải phương trình sau:
2 |x + a| − |x − 2a| = 3a (a là hằng số).
– LỜI GIẢI.
Nếu a > 0 thì −a < 2a. Xét các trường hợp x < −a, −a ≤ x ≤ 2a, x > 2a ta được các nghiệm:
x = −7a, x = a.
Nếu a ≤ 0 thì 2a ≤ −a. Xét các trường hợp x < 2a, 2a ≤ x ≤ −a, x > −a ta được nghiệm:
x = −a.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 172/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
4
Năm học 2019-2020
BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU TRỊ TUYỆT
ĐỐI
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Để giải bất phương trình loại này, ta cũng khử dấu giá trị tuyệt đối như với phương trình chứa ẩn
trong dấu giá trị tuyệt đối.
VÍ DỤ 1. Giải bất phương trình
|x| − x + 2 ≤ 2 |x − 4| .
(1)
– LỜI GIẢI.
Lập bảng xét dấu các biểu thức x và x − 4.
x
0
x
−
x−4
−
0
4
+
−
+
0
+
1 Xét khoảng x < 0, (1) có dạng: −x − x + 2 ≤ 2 (4 − x) ⇔ 0x ≤ 6, nghiệm đúng với mọi x thuộc khoảng đang xét x < 0. 2 Xét khoảng 0 ≤ x < 4, (1) có dạng: x − x + 2 ≤ 8 − 2x ⇔ x ≤ 3. Nghiệm của bất phương trình (1) thuộc khoảng đang xét 0 ≤ x ≤ 3. 3 Xét khoảng x ≥ 4, (1) có dạng: x − x + 2 ≤ 2x − 8 ⇔ x ≥ 5, thỏa mãn điều kiện x ≥ 4. Kết luận: Nghiệm của bất phương trình đã cho là: x ≤ 3; x ≥ 5. Nhận xét. Trong cách giải trên, ta khử dấu giá trị tuyệt đối bằng cách xét từng khoảng giá trị của biến. Trong một số trường hợp, có thể giải nhanh hơn cách phương pháp chung nói trên bởi các biến đổi tương đương sau: Dạng 1: 1 Với a dương, ta có: |f (x)| < a ⇔ −a < f (x) < a. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 173/477 GeoGebraPro Tự học Toán 8 Năm học 2019-2020 2 |f (x)| < g(x) ⇔ −g(x) < f (x) < g(x). Dạng 2: 1 Với a là số dương ta có: ” |f (x)| > a ⇔
f (x) < −a f (x) > a
2 Đối với hàm g(x)
“
|f (x)| > g(x) ⇔
f (x) < −g(x) f (x) > g(x).
Dạng 3
|f (x)| > |g(x)| ⇔ |f (x)|2 > |g(x)|2 .
VÍ DỤ 2. Giải bất phương trình
3 |2x − 1| < 2x + 1
(1)
– LỜI GIẢI.
Cách 1:
1
1 Xét khoảng x < , (1) có dạng:
2
3(1 − 2x) < 2x + 1 ⇔ 3 − 6x < 2x + 1;
⇔ −8x < −2
⇔x>
1
4
1
1
Nghiệm của bất phương trình thuộc khoảng này là < x < .
4
2
1
2 Xét khoảng x ≥ , (1) có dạng:
2
3(2x − 1) < 2x + 1 ⇔ 6x − 3 < 2x + 1;
⇔ 4x < 4
⇔ x < 1.
1
≤ x < 1.
2
1
Kết luận: Nghiệm của bất phương trình đã cho là < x < 1.
4
Cách 2: Biến đổi thành bất phương trình tương đương theo dạng 1b)
Nghiệm của bất phương trình thuộc khoảng này
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 174/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3 |1 − 2x| < 2x + 1 ⇔
⇔
⇔
(
3(2x − 1) > −(2x + 1)
3(2x − 1) < 2x + 1
(
6x − 3 > −2x − 1
6x − 3 < 2x + 1.
(
8x > 2
4x < 4
x > 1
4
⇔
x<1
⇔
1
< x < 1.
4
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Giải các bất phương trình sau:
a) |3x − 2| < 4;
b) |3 − 2x| < x + 1.
– LỜI GIẢI.
2
a) − < x < 2;
3
b)
2
b) |x3 + 1| ≥ x + 1.
– LỜI GIẢI.
a) x <
−4
; x > 2;
3
b) x ≤ 0; x ≥ 1.
BÀI 3. Giải các bất phương trình sau:
a) |x + 1| > |x − 2| ;
b) |x − 1| > |x + 2| − 3.
c) |x − 3| + |x + 1| < 8.
– LỜI GIẢI.
1
a) x > ;
2
b) x < 1. BÀI 4. Giải các bất phương trình sau: Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 175/477 GeoGebraPro Tự học Toán 8 a) |x − 1| + |x − 5| > 8;
Năm học 2019-2020
b) |x − 3| + |x + 1| < 8.
– LỜI GIẢI.
a) x < −1; x > 7;
b) −3 < x < 5.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 176/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
5
Năm học 2019-2020
BẤT PHƯƠNG TRÌNH TÍCH. BẤT PHƯƠNG TRÌNH
THƯƠNG
VÍ DỤ 1. Giải bất phương trình
x2 − 2x + 1 < 9
– LỜI GIẢI.
Cách 1:
x2 − 2x + 1 < 9 ⇔ (x − 1)2 < 9
⇔ |x − 1| < 3
⇔ −3 < x − 1 < 3
⇔ −2 < x < 4.
Cách 2:
Biến đổi thành bất phương trình dạng tích:
x2 − 2x − 8 < 0 ⇔ (x + 2) (x − 4) < 0.
Lập bảng xét dấu các nhị thức x + 2 và x − 4:
x
−2
x+2
−
x−4
−
0
4
+
−
+
0
+
Nghiệm của bất phương trình đã cho là: −2 < x < 4
VÍ DỤ 2. Giải bất phương trình
1 − 5x
≥1
x−1
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 177/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Điều kiện xác định: x 6= 1.
1 − 5x
1 − 5x
≥1 ⇔
−1≥0
x−1
x−1
⇔
1 − 5x − x + 1
≥0
x−1
⇔
2 − 6x
≥0
x−1
⇔
1 − 3x
≥ 0.
x−1
Lập bảng xét dấu:
1
3
x
1 − 3x
+
x−1
−
1 − 3x
x−1
−
Vậy nghiệm của bất phương trình là
0
1
−
−
0
−
0
+
+
−
1
≤ x < 1.
3
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Giải các bất phương trình sau:
a) 4×2 − 4x + 1 > 9;
c)
b) (x3 − 27) (x3 − 1) (2x + 3 − x2 ) ≥ 0;
x3 − 4×2 + 5x − 20
> 0;
x3 − x2 − 10x − 8
d)
x2 + 2x + 2
x2 + 4x + 5
>
− 1.
x+1
x+2
– LỜI GIẢI.
1 Cách 1. Biến đổi bất phương trình tích
4 (x + 1) (x − 2) > 0.
Cách 2. Đưa bất phương trình về dạng
|2x − 1| > 3.
Đáp số: x > 2; x < −1.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 178/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Hai nghiệm −1, 3.
3 x < −2; −1 < x < 4; x > 4.
4 x < 2; x > −1.
BÀI 2. Tìm điều kiện của x để biểu thức sau có giá trị âm:
Å
A=
1−x x+3
−
x+3 x−1
ã Å
ã
x+3 x−1
:
−
.
x−1 x+3
– LỜI GIẢI.
x2 + 2x + 5
A=−
;
4 (x + 1)
A < 0 ⇔ x > −1 đồng thời x 6= 1.
BÀI 3. Tìm điều kiện của x và y để biểu thức sau có giá trị dương:
Å 2
ã Å
ã
x − xy
x2 − y 2
y2
1
A=
+
:
.
+
y 2 + xy x2 + xy
x3 − xy 2 x − y
– LỜI GIẢI.
(x − y)2
A=
;
y
A > 0 ⇔ y > 0; x 6= 0, x 6= y.
BÀI 4. Tìm điều kiện của x và y để biểu thức sau lớn hơn 1:
ã Å
ã
Å
x
x−y
y2
1
x
:
:
A=
+
+
.
y 2 + xy x2 + xy
x3 − xy 2 x − y
y
– LỜI GIẢI.
x−y
y
A=
=1− ;
x
x
A > 1 ⇔ xy < 0; x + y 6= 0.
BÀI 5. Tìm điều kiện của x để biểu thức sau lớn hơn 1:
x
2
−
.
x−2 x−3
– LỜI GIẢI.
2 < x < 3.
BÀI 6. Tìm giá trị của m để phương trình sau có nghiệm âm
2
= 4 − m.
x−1
– LỜI GIẢI.
6−m
với m 6= 4.
4−m
Phương trình có nghiệm âm, vậy 4 < m < 6.
Nghiệm của phương trình: x =
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 179/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
6
Năm học 2019-2020
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
A CÁC TÍNH CHẤT CỦA BẤT ĐẲNG THỨC
Ngoài các tính chất của bất đẳng thức được nêu ở §11, ta còn sử dụng các tính chất sau:
1. Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều, được bất đẳng thức mới
cùng chiều với các bất đẳng thức đã cho:
a > b, c > d ⇒ a + c > b + d.
4
!
Không được trừ từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều.
2. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều được bất đẳng thức mới
cùng chiều với bất đẳng thức bị trừ:
a > b, c < d ⇒ a − c > b − d.
3. Tính chất đơn điệu của phép nhân
1 Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số dương:
a > b, c > 0 ⇒ a · c > b · c.
2 Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số âm và đổi chiều của bất đẳng thức:
a > b, c < 0 ⇒ a · c < b · c.
4. Nhân hai vế của bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm
a > b ≥ 0, c > d ≥ 0 ⇒ ac > bd.
5. Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức:
a > b > 0 ⇒ an > bn ;
a > b ⇔ an > bn với n lẻ;
|a| > |b| ⇔ an > bn với n chẵn.
6. So sánh hai lũy thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương:
Nếu m > n > 0 thì a > 1 ⇒ am > an ;
a = 1 ⇒ am = an ;
0 < a < 1 ⇒ am < an .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 180/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
7. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều của bất đẳng thức nếu hai vế cùng
dấu:
a > b, a · b > 0 ⇒
1
1
< (xem bài 325a).
a
b
4
Ngoài các bất đẳng thức chặt, chẳng hạn a > b, ta còn gặp các bất đẳng thức không chặt, chẳng
hạn a ≥ b (tức là a > b hoặc a = b). Trong các tính chất trên, nhiều dấu > (hoặc <) có thể thay bởi
!
dấu ≥ (hoặc ≤).
B CÁC HẰNG BẤT ĐẲNG THỨC
1. Ngoài các hằng bất đẳng thức a2 ≥ 0; −a2 ≤ 0, cần nhớ các hằng bất
đẳng thức liên qua đến giá trị tuyệt đối:
|a| ≥ 0. Xãy ra đẳng thức khi a = 0;
|a| ≥ a. Xãy ra đẳng thức khi a ≥ 0;
|a + b| ≤ |a| + |b|. Xãy ra đẳng thức khi ab ≥ 0;
|a − b| ≥ |a| − |b|. Xãy ra đẳng thức khi ab > 0 và |a| > |b|
(các điều kiện này còn có thể diễn đạt là a ≥ b ≥ 0 hoặc a ≤ b ≤ b ≤ 0),
Chứng minh bất đẳng thức |a + b| ≤ |a| + |b| như sau:
|a + b| ≤ |a| + |b|
(1)
⇔ a2 + 2ab + b2 ≤ a2 + 2 |ab| + b2 (vì hai vế của (1) không âm) Bất đẳng thức (2) đúng, vậy (1) là
⇔ ab ≤ |ab|
đúng.
(2)
Chứng minh bất đẳng thức |a − b| ≥ |a| − |b|
(3) như sau:
Nếu |a| < |b| thì (3) hiển nhiên đúng.
Nếu |a| ≥ |b| thì (3) tương đương với:
|a − b|2 ≥ (|a| − |b|)2 ⇔ a2 − 2ab + b2 ≥ a2 − 2ab + b2 ⇔ |ab| ≥ ab
(4)
Bất đẳng thức (4) đúng, vậy (3) đúng.
2. Cũng cần nhớ thêm một số hẳng bất đẳng thức khác để khi giải toán
có thể sử dụng chúng như một bổ đề, chẳng hạn:
2
2
a
Å + b ã≥2 2ab;
a+b
hay (a + b)2 ≥ 4ab (bất đẳng thức Cô – si);
2
1 1
4
+ ≥
với a, b > 0 (ví dụ 77);
a b
a+b
a b
+ ≥ 2 với a, b < 0 (bài 325).
b a
(a2 + b2 ) (x2 + y 2 ) ≥ (ax + by)2 (bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, xem bài 324).
C CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 181/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1. Dùng định nghĩa
Để chứng minh A > B, ta xét hiệu A − B và chứng minh rằng A − B là số dương.
VÍ DỤ 88. Chứng minh rằng
(x − 1) (x − 2) (x − 3) (x − 4) ≥ −1.
– LỜI GIẢI.
Xét hiệu (x − 1) (x − 2) (x − 3) (x − 4) − (−1) = (x2 − 5x + 4)(x2 − 5x + 6) + 1.
Đặt x2 − 5x + 5 = y, biểu thức trên bằng (y − 1)(y + 1) + 1 = y 2 ≥ 0.
Vậy (x − 1) (x − 2) (x − 3) (x − 4) ≥ −1.
2. Dùng các phép biến đổi tương đương
VÍ DỤ ã
89.
Å
Å Cho ãcác số dương a và b thỏa mãn điều kiện a + b = 1. Chứng minh rằng
1
1
1+
1+
≥ 9.
a
b
– LỜI GIẢI.
Ta có
ãÅ
ã
1
1
1+
≥9
(1)
1+
a
b
a+1 b+1
⇔
·
≥ 9 ⇔ ab + a + b + 1 ≥ 9ab (vì ab > 0)
a
b
⇔ a + b + 1 ≥ 8ab ⇔ 2 ≥ 8ab (vì a + b = 1)
Å
⇔ 1 ≥ 4ab ⇔ (a + b)2 ≥ 4ab (vì a + b = 1)
⇔ (a − b)2 ≥ 0.
(2)
Bất đẳng thức (2) đúng, mà các phép biến đổi trên tương đương, vậy bất đẳng thức (1) được chứng
minh.
Xảy ra ã
đẳng
khác ã
Å
Å thức
ã khiÅvà chỉ khiãaÅ= b. Cách ãgiải Å
1
1
a+b
a+b
b
a
1+
1+
= 1+
1+
= 2+
(2 + ).
a
b
a
b
a
b
a b
Thực hiện phép nhân và chú ý rằng + ≥ 2 do a > 0, b > 0.
b a
4
!
Khi sử dụng phép biến đổi tương đương, cần chú ý các biến đổi tương đương có điều kiện, chẳng
hạn:
a2 > b2 ⇔ a > b với a, b > 0;
m > n ⇔ am > an với m, n nguyên dương, a > 1.
Cần chỉ rõ các điều kiện ấy khi biến đổi tương đương.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 182/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3. Dùng các tính chất của bất đẳng thức
1
VÍ DỤ 90. Cho a + b > 1. Chứng minh rằng a4 + b4 > .
8
– LỜI GIẢI.
Ta có
a + b > 1 > 0.
(1)
Bình phương hai vế :
(a + b)2 > 1 ⇒ a2 + 2ab + b2 > 1
(2)
(a − b)2 ≥ 0 ⇒ a2 − 2ab + b2 ≥ 0.
(3)
Mặt khác
Cộng từng vế của (2) và (3):
2(a2 + b2 ) > 1 ⇒ a2 + b2 >
1
2
(4)
Bình phương hai vế của (4):
a4 + 2a2 b2 + b4 >
1
4
(5)
Mặt khác
a2 − b 2
2
≥ 0 ⇒ a4 − 2a2 b2 + b4 ≥ 0
(6)
Cộng từng vế của (5) và (6):
1
1
2 a4 + b 4 > ⇒ a4 + b 4 > .
4
8
VÍ DỤ 91. Chứng miinh bất đẳng thức
c b a
a2 b 2 c 2
+ 2+ 2 ≥ + + .
2
b
c
a
b a c
– LỜI GIẢI.
Áp dụng bất đẳng thức x2 + y 2 ≥ 2xy (xảy ra đẳng thức khi x = y), ta có:
a2 b 2
a b
a
+
≥
2
·
·
=
2
·
.
b2 c 2
b c
c
b2 c 2
a
+ 2 ≥2·
2
c
a
a
c 2 a2
c
+ 2 ≥2·
2
a
b
b
Cộng từng vế của ba bất đẳng thức trên :
ã
Å
ã
Å 2
b2 c 2
a2 b 2 c 2
a b c
a
a b c
+ +
⇒ 2 + 2+ 2 ≥ + + .
2 2 + 2 + 2 ≥2
b
c
a
c a b
b
c
a
c a b
Tương tự
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 183/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 92. Chứng minh các bất đẳng thức với a, b, c là các số dương:
ã
Å
a
b
c
1 1 1
a) (a + b + c)
+ +
≥ 9;
b)
+
+
≥ 1,5.
a b c
b+c c+a a+b
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
ã
a
1 1 1
+ +
=1+
A = (a + b + c)
a b c
b
Å
ã
Å
a b
a c
b
= 3+
+
+
+
+
+
b a
c a
c
x y
Để chứng minh + ≥ 2 với x, y dương (bài 325).
y x
Do đó A ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9. Vậy A ≥ 9.
Å
a b
b c c
+ + +1+ + + +1
c a
c a b
ã
c
b
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c.
2 Áp dụng bất
Å đẳng thức ãở câu a:
1 1 1
+ +
≥ 9 trong đó x, y, z > 0.
(x + y + z)
x y z
Với x = b + c, y = a + c, z = a + b ta được:
Å
ã
1
1
1
2 (a + b + c)
+
+
≥9
b+c a+c a+b
ã
Å
1
1
1
≥ 4,5
⇒ (a + b + c)
+
+
b+c a+c a+b
a+b+c a+b+c a+b+c
⇒
+
+
≥ 4,5
b+c
a+c
a+b
a
b
c
⇒
+
+
≥ 1,5.
b+c a+c a+b
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c.
VÍ DỤ 93. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
1
1
1 1 1
1
+
+
≥ + + .
a+b−c b+c−a c+a−b
a b c
– LỜI GIẢI.
1
1
1
1
4
Xét
+
và chú ý rằng các mẫu đều dương, áp dụng bất thức + ≥
với
a+b−c b+c−a
x y
x+y
x, y > 0 (ví dụ 77), ta được:
1
1
4
2
+
≥
= .
a+b−c b+c−a
2b
b
1
1
2
Tương tự
+
≥ .
b+c−a c+a−b
c
1
1
2
+
≥ .
c+a−b a+b−c
a
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên rồi chia cho 2 ta được điều phải chứng minh.
Xảy ra đẳng thức khi a = b = c.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 184/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 94. Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Chứng minh rằng:
(x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8xyz.
(1)
– LỜI GIẢI.
Hai vế của (1) đều không âm nên để chứng minh (1), ta sẽ chứng minh rằng
(x + y)2 (y + z)2 (z + x)2 ≥ 64×2 y 2 z 2 .
Ta có
(x + y)2 ≥ 4xy
(y + z)2 ≥ 4yz
(z + x)2 ≥ 4zx.
Hai vế của ba bất đẳng thức trên đều không âm, nhân từng vế ta được:
(x + y)2 (y + z)2 (z + x)2 ≥ 64×2 y 2 z 2
⇒ [(x + y) (y + z) (z + x)]2 ≥ [8xyz]2 .
Các biểu thức trong dấu ngoặc vuông không âm nên
(x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8xyz.
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi x = y = z.
4. Dùng phương pháp phản chứng
VÍ DỤ 95. Cho a2 + b2 ≤ 2. Chứng minh rằng a + b ≤ 2.
– LỜI GIẢI.
Giả sử a + b > 2, bình phương hai vế (hi vế đều dương), ta được:
a2 + 2ab + b2 > 4.
(1)
Mặt khác ta có
2ab ≤ a2 + b2 ⇒ a2 + b2 + 2ab ≤ 2 a2 + b2
mà 2 (a2 + b2 ) ≤ 4 (giả thiết), do đó
a2 + 2ab + b2 ≤ 4
(2)
a2 + b 2 ≤ 2
(1)
mâu thuẫn với (1).
Vậy phải có a + b ≤ 2.
Cách giải khác. Ta có
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 185/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Mặt khác 2ab ≤ a2 + b2 nên
2ab ≤ a2 + b2 ≤ 2
(2)
Cộng (1) với (2):
a2 + 2ab + b2 ≤ 4 ⇒ (a + b)2 ≤ 4 ⇒ −2 ≤ a + b ≤ 2.
D BẤT ĐẲNG THỨC VỚI SỐ TỰ NHIÊN
VÍ DỤ 96. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 ta có
1
1
1
1
+ 3 + ··· + 3 < .
3
2
3
n
4
– LỜI GIẢI.
Gọi A là vế trái của bất đẳng thức trên. Ta sử dụng tính chất bắc cầu của bất đẳng thức dưới dạng
phương pháp làm trội: để chứng minh A < B, ta làm trội A thành C (A < C) rồi chứng minh rằng
C ≤ B (biểu thức C đóng vai trò trung gian để so sánh A và B).
Làm trội mỗi phân số ở A bằng cách làm giảm các mẫu, ta có:
1
1
1
1
< 3
=
=
.
3
2
k
k −k
k (k − 1)
(k − 1) k (k + 1)
Do đó:
A<
Đặt C =
23
1
1
1
1
1
1
+ 3
+ ··· + 3
=
+
+ ··· +
.
−2 3 −3
n −n
1·2·3 2·3·4
(n − 1)n(n + 1)
1
1
1
+
+ ··· +
, nhận xét rằng :
1·2·3 2·3·4
(n − 1)n(n + 1)
1
1
2
−
=
.
(n − 1)n n(n + 1)
(n − 1)n(n + 1)
ï
ò
1 1
1
1
1
1
1
nên C =
−
+
−
+ ··· +
−
2 1·2 2·3 2·3 3·4
(n − 1)n n(n + 1)
ï
ò
1 1
1
1
1
1
=
−
= −
< .
2 2 n(n + 1)
4 2n(n + 1)
4
1
1
1
1
Vậy 3 + 3 + · · · + 3 < .
2
3
n
4
!
Khi làm trội một biểu thức, có trường hợp ta phải chia biểu thức thành nhiều nhóm rồi làm trội
4
trong từng nhóm. Xét ví dụ sau
VÍ DỤ 97. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có
1+
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
1 1
1
+ + ··· + n
< n.
2 3
2 −1
Trang 186/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Gọi vế trái của bất đẳng thức trên là A, ta có:
Å
ã Å
ã Å
ã
Å
ã
1 1
1
1
1
1
1
1
A=1+
+
+ 2 + ··· +
+ 3 + ··· +
+ · · · + n−1 + · · · + n
.
2 3
2
7
2
15
2
2 −1
Ở mỗi nhóm ta làm trội bằng cách thay các phân số bởi phân số lớn nhất trong nhóm, ta được:
A<1+
1
1
1
1
· 2 + 2 · 4 + 3 · 8 + · · · n−1 · 2n−1 = 1 + 1 + · · · + 1 = n.
2
2
2
2
E VÀI ĐIỂM CHÚ Ý KHI CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Chú ý 1. Khi chứng minh bất đẳng thức„ nhiều khi ta cần đổi biến
VÍ DỤ 98. Cho a + b + c = 1. Chứng minh rằng
1
a2 + b 2 + c 2 ≥ .
3
– LỜI GIẢI.
1
1
1
Đặt a = + x, b = + y, c = + z. Do a + b + c = 1 nên x + y + z = 0. Ta có
3
3
3
ã2 Å
ã2 Å
ã2
1
1
1
+x +
+y +
+z
a +b +c =
3
3
3
Å
ã Å
ã Å
ã
1 2
1 2
1 2
2
2
2
=
+ x+x +
+ y+y +
+ z+z
9 3
9 3
9 3
1
1
1 2
+ (x + y + z) + x2 + y 2 + z 2 = + x2 + y 2 + z 2 ≥
=
3 3
3
3
2
2
2
Å
1
Xảy ra đẳng thức ⇔ x = y = z = 0 ⇔ a = b = c = .
3
VÍ DỤ 99. Chứng minh bất đẳng thức
abc ≥ (b + c − a)(a + c − b)(a + b − c)
với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
– LỜI GIẢI.
Cách 1. Đặt b + c − a = x, a + c − b = y, a + b − c = z thì x, y, z > 0. Theo bất đẳng thức
(x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz (ví dụ 94) 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).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 187/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c.
Cách 2. Ta có
(b + c − a)(b + a − c) = b2 − (c − a)2 ≤ b2
(c + a − b)(c + b − a) = c2 − (a − b)2 ≤ c2
(a + b − c)(a + c − b) = a2 − (b − c)2 ≤ a2 .
Nhân từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được
[(b + c − a)(a + c − b)(a + b − c)]2 ≤ [abc]2 .
Các biểu thức trong dấu ngoặc vuông đều dương nên
(b + c − a)(a + c − b)(a + b − c) ≤ abc.
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c.
Chú ý 2. Với các bất đẳng thức mà các biến có vai trò như nhau, ta có thể sắp thứ tự
các biến.
VÍ DỤ 100. Chứng minh bất đẳng thức được nêu ở ví dụ 99:
abc ≥ (b + c − a)(a + c − b)(a + b − c)
(1)
trong đó điều kiện a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác được thay bởi a, b, c là các số
dương.
– LỜI GIẢI.
Cách 1: Do vai trò của a, b, c ngang nhau, ta giả sử rằng a ≥ b ≥ c. Xét hai trường hợp:
a) b + c ≤ a. Khi đó vế trái của (1) là số dương, còn vế phải không dương. Bất đẳng thức được chứng
minh.
b) b + c > a. Khi đó hai vế của (1) đều dương. Giải tiếp như ví dụ 99.
Cách 2: Trong ba số b + c − a, a + c − b, a + b − c, không có quá một số âm. Thật vậy, chẳng hạn nếu
b + c − a < 0, a + c − b < 0 thì 2c < 0, trái với giả thiết.
Nếu đúng một số âm thì vế phải của (1) là số âm, bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
Nếu không có số nào âm thì vế phải của (1) là số dương. Giải tiếp như ví dụ 99.
Chú ý 3. Khi chứng minh bất đẳng thức, trong nhiều trường hợp ta cần xét từng khoảng
giá trị của biến.
VÍ DỤ 101. Chứng minh rằng
x8 − x7 + x2 − x + 1 > 0
– LỜI GIẢI.
Gọi A là vế trái của bất đẳng thức.
Cách 1: Nếu x ≥ 0 thì ta viết A dưới dạng x7 (x − 1) + x(x − 1) + 1. Do x ≥ 0 nên A > 0.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 188/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Nếu x < 1 thì ta viết A dưới dạng x8 + x2 (1 − x5 ) + (1 − x). Do x < 1 nên a − x5 > 0, do đó A > 0.
Cách 2:
A = x7 (x − 1) − (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.
D ÁP DỤNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
Có nhiều trường hợp để giải phương trình f (x, y . . .) = 0, ta lại chứng minh bất đẳng thức f (x, y . . .) ≥
0 hoặc f (x, y . . .) ≤ 0 và chỉ ra điều kiện cần và đủ để xảy ra đẳng thức.
VÍ DỤ 102. Giải phương trình
x2 + y 2 + z 2 = x(y + z)
– LỜI GIẢI.
Trước hết, ta chứng minh rằng
x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + xz
(1)
Bất đẳng thức (1) tương đương với:
2×2 + 2y 2 + 2z 2 − 2xy − 2xz ≥ 0
⇔(x − y)2 + (x − z)2 + y 2 + z 2 ≥ 0
(2)
Xảy ra đẳng thức ở (2), tức là ở (1), khi và chỉ khi x = y = z = 0. Đó là nghiệm của phương trình.
4
!
Chú ý: Cũng có thể biến đổi phương trình đã cho thành:
2×2 + 2y 2 + 2z 2 − 2xy − 2xz = 0
⇔ (x − y)2 + (x − z)2 + y 2 + z 2 = 0
⇔ x = y = z = 0.
BÀI TẬP
Chứng minh bất đẳng thức
Chứng minh các bất đẳng thức (từ bài 358 đến bài 371):
BÀI 358.
a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca;
b) a4 + b4 + c4 + d4 ≥ 4abcd.
– LỜI GIẢI.
a) Ta có: a2 + b2 ≥ 2ab, b2 + c2 ≥ 2bc, c2 + a2 ≥ 2ca. Cộng từng vế các bất đẳng thức trên.
b) Áp dụng bất đẳng thức x2 + y 2 ≥ 2xy, ta có:
a4 + b4 ≥ 2a2 b2 ;
c4 + d4 ≥ 2c2 d2 .
Do đó: a4 + b4 + c4 + d4 ≥ 2[(ab)2 + (cd)2 ] ≥ 2 · 2abcd = 4abcd.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 189/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 359.
a) a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c);
b) a8 + b8 + c8 ≥ a2 b2 c2 (ab + bc + ca).
– LỜI GIẢI.
a) Áp dụng x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx (câu a)
Ta có:
(1)
a4 + b4 + c4 ≥ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 .
Lại áp dụng (1), ta có:
a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ ab2 c + bc2 a + a2 bc = abc(a + b + c).
b) Giải tương tự câu a)
BÀI 360.
a) a2 + b2 ≥ ab;
b) x2 + xy + y 2 ≥ 0;
c) a(a + b)(a + c)(a + b + c) + b2 c2 ≥ 0.
– LỜI GIẢI.
ã
Å
b 2 3b2
≥ 0.
+
a) Cách 1 : a + b − ab = a −
2
4
Cách 2: a2 + b2 − ab ≥ 0 ⇔ 2a2 + 2b2 − 2ab ≥ 0 ⇔ (a − b)2 + a2 + b2 ≥ 0.
2
2
Cách 3: Ta có: a2 + b2 ≥ 2ab, a2 + b2 ≥ 0. Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên rồi chia cho 2.
b) Giải tương tự câu a).
c)
A = a(a + b)(a + c)(a + b + c) + b2 c2
= (a2 + ab + ac)(a2 + ab + ac + bc) + b2 c2 .
Đặt a2 + ab + ac = m, bc = n thì A = m(m + n) = m2 + mn + n2 ≥ 0.
BÀI 361.
a) (a2 + b2 )(a4 + b4 ) ≥ (a3 + b3 )2 ;
b) (a + b)(a3 + b3 ) ≤ 2(a4 + b4 ).
– LỜI GIẢI.
a) Biến đổi tương đương thành a2 b2 (a − b)2 ≥ 0.
b) Biến đổi tương đương thành 0 ≤ (a − b)2 (a2 + ab + b2 ).
BÀI 362.
a) 2(a3 + b3 ) ≥ (a + b)(a2 + b2 ) với a, b > 0;
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
b) 4(a3 + b3 ) ≥ (a + b)3 với a, b > 0.
Trang 190/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
a) Chia hai vế cho số dương a + b. Biến đổi tương đương thành
(a − b)2 ≥ 0.
b) Hiệu:
4(a3 + b3 ) − (a + b)3 = (a + b)[4(a2 − ab + b2 ) − (a + b)]
= 3(a + b)(a − b)2 ≥ 0
BÀI 363. a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c) với a, b, c > 0.
– LỜI GIẢI.
Hiệu: a3 + b3 + abc − ab(a + b + c) = (a + b)(a − b)2 ≥ 0.
BÀI 364.
a) 8(a4 + b4 ) ≥ (a + b)4 ;
b) (a2 + b2 )2 ≥ ab(a + b)2 .
– LỜI GIẢI.
a) Từ a4 + b4 ≥ 2a2 b2 , cộng a4 + b4 vào hai vế được:
1
a4 + b4 ≥ (a2 + b2 )2
2
1
1
Tương tự a2 + b2 ≥ (a + b)2 . Từ đó suy ra a4 + b4 ≥ (a + b)4 .
2
8
b) Xét hiệu (a2 + b2 )2 − ab(a + b)2 được
a4 − a3 b + b4 − ab3 = a3 (a − b) − b3 (a − b) = (a − b)2 (a2 + ab + b2 ) ≥ 0.
BÀI 365.
a) a2 + b2 + c2 ≥ a(b + c);
b) a2 + b2 + c2 + d2 ≥ a(b + c + d).
– LỜI GIẢI.
a)
a2 + b2 + c2 ≥ a(b + c) ⇔ 2a/62 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ab + 2ac
⇔ (a − b)2 + (a − c)2 + b2 + c2 ≥ 0.
b) a2 + b2 + c2 + d2 ≥ ab + ac + ad
⇔ 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 ≥ 4ab + 4ac + 4ad
⇔ (a − 2b)2 + (a − 2c)2 + (a − 2d)2 + a2 ≥ 0.
BÀI 366.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 191/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a) x4 − 4x + 5 > 0;
b) x4 − x +
1
> 0.
2
– LỜI GIẢI.
a) x4 − 4x + 5 = x4 − 4×2 + 4 + 4×2 − 4x + 1 = (x2 − 2)2 + (2x − 1)2 ≥ 0.
Không xảy ra đẳng thức. Do Åđó x2 −ã4x +Å5 > 0. ã
1
1
1 2
1 2
4
4
2
2
b) x − x + = x − x + = x −
+ x−
≥ 0.
2
4
2
2
1
Không xảy ra đẳng thức. Do đó x4 − x + > 0.
2
BÀI 367.
a) a2 + b2 + c2 +
3
≥ a + b + c;
4
b) a4 + b4 + 2 ≥ 4ab.
– LỜI
Å GIẢI.
ã
3
2
2
2
a) a + b + c +
− (a + b+)
Å
ã4 Å
ã Å
ã
1
1
1
2
2
2
= a −a+
+ b −b+
+ c −c+
4
Å
ã2 4 Å
ã2 Å 4
ã
1
1
1 2
= a−
+ b−
+ c−
≥ 0.
2
2
2
b)
a4 + b4 + 2 − 4ab = a4 + b4 − 2a2 b2 + 2a2 b2 − 4ab + 2
= (a2 − b2 )2 + 2(ab − 1)2 ≥ 0.
BÀI 368. x3 + 4x + 1 > 3×2 với x ≥ 0.
– LỜI GIẢI.
x3 + 4x + 1 − 3×2 = x(x − 2)2 + x2 + 1 > 0 (vì x ≥ 0).
BÀI 369.
b) a2 + 4b2 + 4c2 ≥ 4ab − 4ac + 8bc.
a) (x − 1)(x − 3)(x − 4)(x − 6) + 9 ≥ 0;
– LỜI GIẢI.
a) (x − 1)(x − 3)(x − 4)(x − 6) + 9 = (x2 − 7x + 6)(x2 − 7x + 12) + 9.
Đặt x2 − 7x + 9 = a, biểu thức trên bằng:
(a − 3)(a + 3) + 9 = a2 ≥ 0.
b) (a2 + 4b2 + 4c2 ) − (4ab − 4ac + 8bc) =
= (a2 − 4ab + 4b2 ) + 4c2 + (4ac − 8bc)
= (a − 2b)2 + 4c2 + 4c(a − 2b)
= (a − 2b + 2c)2 ≥ 0.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 192/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Å
a+b c+d
BÀI 370.
+
2
2
– LỜI GIẢI.
Năm học 2019-2020
ã2
≥ (a + c)(b + d).
Áp dụng bất đẳng thức (x + y)2 ≥ 4xy ta được:
Å
ã
a + b c + d 2 [(a + c) + (b + d)]2
+
=
≥ (a + c)(b + d).
2
2
4
BÀI 371.
a) 8(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b)3 + (b + c)3 + (c + a)3 với a, b, c > 0.
b) (a + b + c)3 ≥ a3 + b3 + c3 + 24abc với a, b, c ≥ 0.
– LỜI GIẢI.
a) áp dụng bất đẳng thức 4×3 + 4y 3 ≥ (x + y)3 với x, y > 0 (bài 363b), ta được: 4a3 + 4b3 ≥ (a + b)3 ,
4b3 + 4c3 ≥ (b + c)3 , 4c3 + 4a3 ≥ (c + a)3 .
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên.
b) (a + b + c)3 ≥ a3 + b3 + c3 + 24abc
⇔ (a + b)(ab + bc + ca + c2 ) ≥ 8abc (bạn đọc tự biến đổi)
⇔ a2 b + a2 c + ac2 + ab2 + b2 c + bc2 − 6abc ≥ 0 (bạn đọc tự biến đổi)
⇔ (a2 c + bc2 − 2abc) + (a2 c + b2 − 2abc) + (ac2 + ab2 − 2abc) ≥ 0.
⇔ b(a − c)2 + c(a − b)2 + a(b − c)2 ≥ 0.
BÀI 372. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng ab + bc + ca ≤ 0.
– LỜI GIẢI.
a + b + c = 0 ⇒ (a + b + c)2 = 0 ⇒ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 0
⇒ ab + bc + ca ≤ 0.
BÀI 373. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a) a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca);
a
b
c
+
+
≥ 3;
b)
b+c−a a+c−b a+b−c
1
a
1
c)
,
,
cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác.
a+b b+c c+a
– LỜI GIẢI.
a) Nhân hai vế của a < b + c với số dương a, ta được a2 < ab + ac.
Tương tự b2 < ba + bc; c2 < ca + cb. Cộng từng vế các bất đẳng thức trên.
b) Đặt b + c − a = x, c + a − b = y, a + b − c = z thì 2a = y + z, 2b = x + z, 2c = x + y. Ta có:
Å
ã
Å
ã
2a
2b
2c
y+z x+z x+y
y x
z x
z y
+
+
=
+
+
=
+
+
+
+
+
≥6
b+c−a a+c−b a+b−c
x
y
z
x y
x z
y z
Suy ra điều phải chứng minh.
c) Ta có a + b > c, b + c > a, a + c > b.
Xét
1
1
1
1
2
2
1
+
>
+
=
>
=
a+c b+c
a+b+c b+c+a
a+b+c
a+b+a+b
a+b
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 193/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Tương tự
Năm học 2019-2020
1
1
1
1
1
1
+
>
,
+
>
.
a+b a+c
b+c a+b b+c
a+c
BÀI 374. a) Cho các số dương a, b, c có tích bằng 1. Chứng minh rằng
(a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ 8.
b) Cho các số a và b không âm. Chứng minh rằng
(a + b)(ab + 1) ≥ 4ab.
– LỜI GIẢI.
a) Nhân từng vế các bất đẳng thức (a + 1)2 ≥ 4a, (b + 1)2 ≥ 4b, (c + 1)2 ≥ 4c.
b) Nhân từng vế các bất đẳng thức (a + b)2 ≥ 4ab, (ab + 1)2 ≥ 4ab.
BÀI 375. Cho các số dương a, b, c, d có tích bằng 1. Chứng minh rằng:
a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd ≥ 6.
– LỜI GIẢI.
Ta có: a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd ≥ 2ab + 2cd + ab + cd = 3(ab + cd).
1
Ta lại có ab + cd = ab +
≥ 2.
ab
Suy ra điều phải chứng minh.
BÀI 376. Cho các số dương a và b thỏa mãn a3 + b3 = a − b. Chứng minh rằng:
a2 + b2 + ab < 1
– LỜI GIẢI.
Theo đề bài: a − b = a3 + b3 , mà a3 + b3 > a3 − b3 (do b > 0) nên a − b > a3 − b3 . Chia hai vế cho
a − b (chú ý rằng a − b > 0 vì a − b = a3 + b3 > 0).
BÀI 377. Chứng minh các bất đẳng thức sau bằng cách xét từng khoảng giá trị của biến:
1 A = x4 + x3 + x2 + x + 1 > 0;
2 C = x8 − x7 + x4 − x + 1 > 0.
– LỜI GIẢI.
a) Cách 1 : A(x − 1) = x5 − 1. Ta biết rằng nếu x > 1 thì x5 > 1, nếu x < 1 thì x5 < 1. Do đó:
x5 − 1
Nếu x > 1 thì
> 0 ⇒ A > 0.
x−1
x5 − 1
Nếu x < 1 thì
> 0 ⇒ A > 0.
x−1
Nếu x = 1 thì hiển nhiên A > 0.
Cách 2 :
A = x4 + x3 + x2 + x + 1 = x3 (x + 1) + (x + 1) + x2
= (x + 1)(x3 + 1) + x2 = (x + 1)2 (x2 − x + 1) + x2 ≥ 0.
Dấu “=” không xảy ra.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 194/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
b) Giải tương tự ví dụ 101. Xét x ≥ 1 và x < 1.
Giải cac bài từ 378 đến 384 bằng phương pháp phản chứng:
BÀI 378. Chứng minh rằng nếu a + b + c > 0, abc > 0, ab + bc + ca > 0 thì a > 0, b > 0, c > 0.
– LỜI GIẢI.
Giả sử a ≤ 0:
Nếu a = 0 thì trái với abc > 0.
Nếu a < 0: Do a + b + c > 0 nên b + c > 0. Do abc > 0 nên bc < 0.
Suy ra a(b + c) + bc < 0, mâu thuẫn với ab + bc + ca > 0.
Vậy a > 0. Tương tự, b > 0, c > 0.
BÀI 379. Chứng minh rằng nếu a ≥ 3, b ≥ 3, a2 + b2 ≥ 25 thì a + b ≥ 7.
– LỜI GIẢI.
Đặt a = 3 + x, b = 3 + y thì x ≥ 0, y ≥ 0. Ta có a + b = 6 + (x + y). Ta sẽ chứng minh x + y ≥ 1.
Giả sử 0 ≤ c + y < 1 thì x2 + 2xy + y 2 < 1 nên x2 + y 2 < 1 (do 2xy ≥ 0).
Khi đó a2 + b2 = (3 + x)2 + (3 + y)2 = 18 + 6(x + y) + (x2 + y 2 ) < 18 + 6 + 1 = 25.
Trái với giả thiết a2 + b2 ≥ 25.
Vậy x + y ≥ 1, suy ra a + b ≥ 7.
BÀI 380. Cho ba số a, b, c khác nhau đôi một. Chứng minh rằng tồn tại một trong các số 9ab, 9bc,
9ca nhỏ hơn (a + b + c)2 .
– LỜI GIẢI.
Giả sử 9ab ≥ (a + b + c)2 , 9bc ≥ (a + b + c)2 , 9ca ≥ (a + b + c)2 .
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên rồi chia cho 3 ta được:
3(ab + bc + ca) ≥ (a + b + c)2 ⇒ ab + bc + ca ≥ a2 + b2 + c2
(1)
Mặt khác dễ dàng chứng minh được a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca với a, b, c khác nhau đôi một, mâu
thuẫn với (1).
1
BÀI 381. Chứng minh rằng không có ba số dương a, b, c nào thỏa mãn cả ba bất đẳng thức: a+ < 2;
b
1
1
b + < 2; a + < 2.
c
a
– LỜI GIẢI.
1
1
1
1
1
1
Giả sử tồn tại các số dương a, b, c mà a + < 2, b + < 2, c + < 2 thì a + + b + + c + < 6.
b
c
a
b
c
a
Hãy chứng minh điều vô lý.
BÀI 382. Chứng minh rằng không có các số a, b, c nào thỏa mãn cả ba bất đẳng thức: |b − c| > |a|,
|c − a| > |b|, |a − b| > |c|.
– LỜI GIẢI.
Giả sử |b − c| > |a|, |c − a| > |b|, |a − b| > |c| thì (b − c)2 > a2 , (c − a)2 > b2 , (a − b)2 > c2 . Do đó:
(b − c + a)(b − c − a) > 0, (c − a + b)(c − a + b)(c − a − b) > 0, (a − b + c)(a − b − c) > 0.
Nhân từng vế ba bất đẳng thức trên sẽ dẫn đến điều vô lí.
BÀI 383. Chứng minh rằng không có các số dương a, b, c nào thỏa mãn các bất đẳng thức 4a(1−b) > 1,
4b(1 − c) > 1, 4c(1 − a) > 1.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 195/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Giả sử 4a(1 − b) > 1, 4b(1 − c) > 1, 4c(1 − a) > 1 thì nhân từng vế ta được
64abc(1 − a)(1 − b)(1 − c) > 1
(1)
4a(1 − a) = 4a − 4a2 ≤ 1
(2)
Mặt khác, ta lại có:
(vì 1 + 4a2 + 4a = (2a + 1)2 ≥ 0. Tương tự
4a(1 − b) ≤ 1
(3)
4c(1 − c) ≤ 1
(4)
Từ giả thiết phản chứng và từ a, b, c dương suy ra 1 − a, 1 − b, 1 − c cũng dương. Do đó ta nhân từng
vế các bất đẳng thức (2), (3), (4) và được:
64abc(1 − a)(1 − b)(1 − c)
Mâu thuẫn với (1).
BÀI 384. Cho a3 + b3 = 2. Chứng minh rằng a + b ≤ 2.
– LỜI GIẢI.
Cách 1: Giả sử a + b > 2. Đặt a = x + y, b = x − y, ta có:
a + b = 2x > 2 ⇒ x > 1
(1)
Ta có: a3 + b3 = (x + y)3 + (x − y)3 = 2×3 + 6xy 2 .
Do (1) nên 2×3 > 2; 6xy 2 ≥ 0. Vậy a3 + b3 > 2, trái với giải thiết.
Cách 2: Giả sử a + b > 2. Ta có:
(a + b)3 > 8 ⇒ a3 + b3 + 3ab(a + b) > 8 ⇒ 2 + 3ab(a + b) > 8
⇒ ab(a + b) > 2 ⇒ ab(a + b) > a3 + b3 (vì a3 + b3 = 2).
⇒ ab > a2 − ab + b2 (chia hai vế cho số dương a + b)
⇒ 0 > (a − b)2 , vô lí.
Giải các bài từ 385 đến 389 trong đó sắp thứ tự các biến:
BÀI 385. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a
b
c
a)
+
+
< 2;
b+c c+a a+b
b) a3 + b3 + c3 + 3abc > ab(a + b) + bc(b + c) + ac(a + c).
– LỜI GIẢI.
a) Giả sử a ≥ b ≥ c > 0 thì a + b ≥ a + c ≥ b + c.
c
c
b
b
a
a
Ta có
≤
,
≤
,
=
.
a+b
b+c c+a
b+c b+c
b+c
Cộng từng vế:
a
b
c
a
+
+
≤
+ 1 < 1 + 1 = 2.
b+c c+a a+b
b+c
a
b
c
3
Chú ý : Ta cũng chứng minh được: Nếu a, b, c > 0 thì
+
+
≥ (xem ví dụ 92b).
b+c c+a a+b
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 196/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
b) Sắp xếp a ≥ b ≥ b ≥ c > 0 ⇒ c(a − c)(b − c) ≥ 0 ⇒ c3 + abc ≥ ac2 + bc2 .
Ta cần phải chứng minh
a3 + b3 + 2abc ≥ ab(a + b) + b2 c + a2 c.
Bất đẳng thức này tương đương với (a − b)2 (a + b − c) ≥ 0.
BÀI 386. Chứng minh bất đẳng thức:
a) 2(a8 + b8 ) ≥ (a3 + b3 )(a5 + b5 );
b) 3(a8 + b8 + c8 ) ≥ (a3 + b3 + c3 )(a5 + b5 + c5 ).
– LỜI GIẢI.
a) Hiệu 2(a8 + b8 ) − (a3 + b3 )(a5 + b5 ) bằng (a3 − b3 )(a5 − b5 ).
Giả sử a ≥ b thì a3 − b3 ≥ 0 và a5 − b5 ≥ 0.
b) Theo câu a) ta có:
2(a8 + b8 ) ≥ (a3 + b3 )(a5 + b5 )
2(b8 + c8 ) ≥ (b3 + c3 )(b5 + c5 )
2(c8 + a8 ) ≥ (c3 + a3 )(c5 + a5 )
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta được:
4(a8 + b8 + c8 ) ≥ (a8 + b8 + c8 ) + a3 (a5 + b5 + c5 ) + b3 (a5 + b5 + c5 ) + c3 (a5 + b5 + c5 )
⇒ 3(a8 + b8 + c8 ) ≥ (a3 + b3 + c3 )(a5 + b5 + c5 )
BÀI 387. Cho a + b = 2. Chứng minh rằng a8 + b8 ≥ a7 + b7 .
– LỜI GIẢI.
Chú ý rằng a + b = 2, ta xét hiệu
2(a8 + b8 ) − 2(a7 + b7 ) = 2(a8 + b8 ) − (a + b)(a7 + b7 )
Biến đổi hiệu này thành (a − b)(a7 − b7 ).
Giả sử a ≥ b thì a − b ≥ 0 và a7 − b7 ≥ 0.
BÀI 388. Chứng minh bất đẳng thức sau với a, b, c ≥ 0:
a) a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b) ≥ 0;
b) a6 + b6 + c6 ≥ a5 b + b5 c + c5 a (a, b, c ≥ 0).
– LỜI GIẢI.
a) Sắp xếp a ≥ b ≥ c ≥ 0.
a(a − b)(a − c) + b(b − c)(b − a) + c(c − a)(c − b)
= a(a − b)[(a − b) + (b − c)] − b(a − b)(b − c) + c(a − c)(b − c)
= a(a − b)2 + a(a − b)(b − c) − b(a − b)(b − c) + c(a − c)(b − c)
= a(a − b)2 + (b − c)(a − b)2 + c(a − c)(b − c) ≥ 0
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 197/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
b) Không mất tính tổng quát, giả sử c là số nhỏ nhất trong ba số a, b, c. Xét hiệu:
a6 + b6 + c6 − a5 b − b5 c − c5 a = a5 (a − b) + b5 (b − c) + c5 (c − a)
= a5 (a − b) − b5 [(a − b) + (c − a)] + c5 (c − a)
= (a − b)(a5 − b5 ) + (c − a)(c5 − b5 ).
Do c ≤ a, c ≤ b nên c − a < 0, c5 − b5 ≤ 0, do đó (c − a)(c5 − b5 ) ≥ 0.
Còn (a − b)(a5 − b5 ) cũng không âm (thật vậy nếu a − b ≥ 0 thì a5 − b5 ≥ 0, nếu a − b < 0 thì
a5 − b5 < 0.)
BÀI 389. Chứng minh rằng tồn tại một trong các số (a − b)2 , (b − c)2 , (c − a)2 không lớn hơn
a2 + b 2 + c 2
.
2
– LỜI GIẢI.
Gọi m là số nhỏ nhất trong các hiệu a − b, b − c, a − c.
Giả sử a ≥ b ≥ c thì m ≥ 0. Ta có:
a − b ≥ m ≥ 0 ⇒ (a − b)2 ≥ m2
b − c ≥ m ≥ 0 ⇒ (b − c)2 ≥ m2
a − c ≥ 2m ≥ 0 ⇒ (a − c)2 ≥ 4m2
Cộng từng vế:
(a − b)2 + (b − c)2 + (a − c)2 ≥ 6m2
⇒ 3(a2 + b2 + c2 ) − (a + b + c)2 ≥ 6m2
a2 + b 2 + c 2
≥ m2 .
⇒ 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ 6m2 ⇒
2
BÀI 390. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2.
a) So sánh a, b, c với 1;
b) Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + 2abc < 2.
– LỜI GIẢI.
a) Giả sử a ≥ b ≥ c. Ta có
a < b + c ⇒ 2a < a + b + c = 2 ⇒ a < 1 ⇒ b < 1, c < 1.
b) Từ câu a) suy ra: (1 − a)(1 − b)(1 − c) > 0. Rút gọn ta được:
ab + bc + ca > 1 + abc
(1)
Ta lại có:
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + a)
⇒ 4 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
4 > a2 + b2 + c2 + 2(a + abc) ⇒ 4 > a2 + b2 + c2 + 2 + 2abc
⇒ a2 + b2 + c2 + 2abc < 2.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 198/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 391. Cho |x| ≥ 2, |y| ≥ 2. Chứng minh rằng:
a)
x+y
≤ 1;
xy
b) Phương trình
xy
2003
=
vô nghiệm.
x+y
2004
– LỜI GIẢI.
1 1
x+y
1
x+y
1
1 1
=
≤
a)
≤
+
+
≤ + = 1 (vì |x| ≥ 2, |y| ≥ 2).
xy
xy
x y
|x| |y|
2 2
b) Suy ra từ câu a).
BÀI 392. a) Cho a + b + c = 6 và ab + bc + ca = 9. Chứng minh rằng 0 ≤ a ≤ 4, 0 ≤ b ≤ 4 và
0 ≤ c ≤ 4.
4
4
4
b) Cho a + b + c = 2 và a2 + b2 + c2 = 2. Chứng minh rằng a ≤ a ≤ , 0 ≤ b ≤ và 0 ≤≤ .
3
3
3
– LỜI GIẢI.
a) Ta có b + c = 6 − a, bc = 9 − a(b + c) = 9 − a(6 − a) = 9 − 6a + a2 .
Áp dụng bất đẳng thức (b + c)2 ≥ 4bc, ta được
(6 − a)2 ≥ 4(9 − 6a + a2 ) ⇒ 3a2 − 12a ≤ 0 ⇒ a(a − 4) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a ≤ 4.
Tương tự 0 ≤ b ≤ 4, 0 ≤ c ≤ 4.
b) Giải tương tự câu a). Có thể áp dụng bất đẳng thức (b + c)2 ≥ 4bc hoặc áp dụng bất đẳng thức
2(b2 + c2 ) ≥ (b + c)2 , ta được 3a2 − 4a ≤ 0, từ đó suy ra điều phải chứng minh.
BÀI 393. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì
ã Å
ã
Å
a c b
a b c
+ +
−
+ +
< 1.
b c a
c b a
– LỜI GIẢI.
Å
ã Å
ã
a b c
a c b
a−c b−a c−b
+ +
−
+ +
<1⇔
+
+
<1
b c a
c b a
b
c
a
⇔
(a − c)ac + (b − a)ab + (c − b)bc
<1
abc
(1)
Mặt khác a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên
|b − a|
|c − b|
|a − c|
< 1,
< 1,
<1
b
c
a
Suy ra
|(a − c)(b − a)(c − b)|
<1
(2)
abc
Biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối của (2) và (1) đối nhau (bạn đọc tự kiểm tra), do đó từ (2) suy
ra (1).
BÀI 394. Chứng minh rằng với a, b, c > 0 thì:
a)
bc ac ab
+
+
≥ a + b + c;
a
b
c
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
b)
ab
bc
ca
a+b+c
+
+
≤
.
a+b b+c c+a
2
Trang 199/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI. Å
ã
bc ac
b a
a)
+
=c
+
≥ 2c (do a, b, c > 0).
a
b
a b
ab bc
ac ab
+
≥ 2a,
+
≥ 2b. Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên.
Tương tự:
b
c
c
a
4
x+y
≥
với a, y > 0 (ví dụ 77b), ta có:
b) áp dụng bất đẳng thức
xy
x+y
ab
a + b bc
b + c ca
c+a
≤
,
≤
,
≤
a+b
4
b+c
4
c+a
4
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên.
BÀI 395. Chứng minh rằng với a, b, c > 0 thì 1 <
b
c
a
+
+
< 2.
a+b b+c c+a
– LỜI GIẢI.
Do a, b, c dương nên:
a
a+c
a
<
<
a+b+c
a+b
a+b+c
b
b
b+a
<
<
b+c+a
b+c
a+b+c
c
c+b
c
<
<
.
c+a+b
c+a
a+b+c
Cộng từng vế:
1<
a
b
c
+
+
< 2.
a+b b+c c+a
BÀI 396. Chứng minh rằng với a, b, c > 0 thì:
a)
a b
a2 b 2
+ 2 ≥ + ;
2
b
a
b a
c)
a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
.
b+c c+a a+b
2
b)
a2 b 2 c 2
+ +
≥ a + b + c;
b
c
a
– LỜI GIẢI.
Å 2
ã Å
ã Å 2
ã
Å
ã Å
ã
a
b2
a b
a
b2
a b
a b
a) A =
+
−
+
=
+
−2
+
+
+
.
b 2 a2
b a
b 2 a2
b a
b a
Do a, b, c > 0 nên
Å 2
ã
Å
ã
ã2
a
2 Å b
a
b2
a b
A≥
+
−2
+
+2=
−1 +
− 1 ≥ 0.
b 2 a2
b a
b
a
a2
a2 + b 2
2ab
+b=
≥
= 2a (do a, b > 0).
b
b
b
b2
c2
Tương tự
+ c ≥ 2b,
+ a ≥ 2c.
c
a
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên.
a2
b+c
(2a)2 + (b + c)2
4a(b + c)
c) Xét
+
=
≥
= a (do b, c > 0).
b+c
4
4(b + c)
4(b + c)
c+a
c2
a+b
b2
Tương tự
+
≥ b,
+
≥ c.
c+a
4
a+b
4
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên.
b) Xét
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 200/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 397. Chứng minh rằng với a, b, c > 0 thì
b
c
a2
b2
c2
a
+
+
.
+
+
≥
2
2
2
2
2
2
b +c
c +a
a +b
b+c c+a a+b
– LỜI GIẢI.
Xét:
a2
a(ab + ac − b2 − c2 )
ab(a − b) + ac(a − c)
a
=
=
−
b2 + c 2 b + c
(b2 + c2 )(b + c)
(b2 + c2 )(b + c)
(1)
b2
ca(c − a) + cb(c − b)
b
=
−
2
2
c +a
c+a
(a2 + b2 )(a + b)
(2)
c2
ca(c − a) + cb(c − b)
c
=
−
2
2
a +b
a+b
(a2 + b2 )(a + b)
(3)
Tương tự:
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta được:
Å
ã Å
ã
a2
b2
c2
a
b
c
+
+
−
+
+
b 2 + c 2 c 2 + a2 a2 + b 2
b+c c+a a+b
ï
ò
ï
ò
1
1
1
1
= ab(a − b)
−
+ ac(a − c)
−
+
(b2 + c2 )(b + c) (a2 + b) (a + b)
(b2 + c2 )(b + c) (a2 + b2 )(a + b)
ò
ï
1
1
−
+bc(b − c)
(a2 + c2 )(a + c) (a2 + b2 )(a + b)
Giả sử a ≥ b ≥ c > 0 thì các dấu ngoặc tròn và ngoặc vuông của biểu thức trên đều không âm. Suy
ra điều phải chứng minh.
Å
ã100
2
BÀI 398. Chứng minh rằng khi viết dưới dạng số thập phân vô hạn, số
có 2000 chữ số thập
225
phân đầu tiên sau dấu phẩy bằng 0.
– LỜI GIẢI.
Ta có:
Å
2
225
ã1000
Å
<
2
200
ã1000
Å
=
1
102
ã1000
=
1
= 0. 00
. . . 0} 1.
| {z
102000
1999
Suy ra điều phải chứng minh.
BÀI 399. Cho 101 số a1 , a2 ,. . . ,a101 trong đó a1 = 5, a2 = a1 +
1
1
,. . . ,an+1 = an +
với mọi n ≥ 1.
a1
an
Chứng minh rằng:
a) a51 > 11;
– LỜI GIẢI.
a) Theo giả thiết, a2n+1 = a2n +
b) 15 < a101 < 15, 1. 1 + 2. Do đó: a2n a21 = 25 a22 = a21 + Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em 1 +2 a21 Trang 201/477 GeoGebraPro Tự học Toán 8 Năm học 2019-2020 … a251 = a250 + Ü Cộng từng vế: a251 = 1 + 2. a250 ê 1 1 a21 + . . . + 2 a50 + 125 > 112 ⇒ a51 > 11.
b) Tương tự như câu a)
a2101
Å
=
1
1
+ ··· + 2
2
a1
a100
ã
+ 225 > 152 ⇒ a101 > 15.
Để chứng minh a101 < 15, 1, chú ý rằng 15, 12 = 228, 01 ta cần chứng minh: 1 1 1 + 2 + · · · + 2 < 3, 01. 2 a1 a2 a100 Ta có: Å 2 ã Å ã 1 1 1 1 1 1 + ··· + 2 = + ··· + 2 + + ··· + 2 < a21 a100 a1 a50 a251 a100 1 1 1 1 1 < 50 · 2 + 50 · 2 < 50 · + 50 · 2 < 1 + < 3, 01. a1 a51 25 11 2 BÀI 400. Cho sáu đoạn thẳng có độ dài trong khoảng từ 10 cm đến 75 cm. Chứng minh rằng bao giờ cũng chọn được ba đoạn thẳng làm thành ba cạnh của một tam giác. – LỜI GIẢI. Gọi độ dài các đoạn thẳng đã cho là a1 , a2 , . . . , a6 . Giả sử 10 ≤ a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ a6 ≤ 75. Nếu bất kì ba đoạn thẳng nào cũng không thể lập thành một tam giác thì: a3 ≥ a1 + a2 ≥ 10 + 10 = 20 a4 ≥ a2 + a3 ≥ 10 + 20 = 30 a5 ≥ a3 + a4 ≥ 20 + 30 = 50 a6 ≥ a4 + a5 ≥ 30 + 50 = 80, vô lí. BÀI 401. Đố vui: Ai nói đúng? Một đơn vị công an hằng ngày dùng thuyền máy đi xuôi khúc sông từ A đến B rồi quay trở lại A. Hôm ấy, dòng nước chảy nhanh hơn hôm trước. Chiến sĩ Tâm vui vẻ nói: “Hôm nay nước chảy nhanh hơn, thuyền xuôi nhanh hơn nên ta sẽ về sớm hơn”. Chiến sĩ Hòa không tán thành: “Đi nhanh được bao nhiêu thì lại về chậm bấy nhiêu! Như vậy thuyền vẫn đi với thời gian như hôm trước”. Ai đúng? Ai sai? Biết rằng vận tốc riêng của thuyền máy không đổi trong cả hai ngày. – LỜI GIẢI. Sưu tầm & biên soạn Th.s Nguyễn Chín Em Trang 202/477 GeoGebraPro Tự học Toán 8 Năm học 2019-2020 Gọi khoảng cách AB là s (km), vận tốc riêng của thuyền máy là a (km/h), vận tốc dòng nước ngày hôm trước là b (km/h), vận tốc dòng nước ngày hôm sau là c (km/h) trong đó s > 0, a > 0, 0 < b < c. Ngày hôm trước, vận tốc thuyền lúc xuôi là a + b (km/h) lúc ngược là a − b (km/h), thời gian đi khứ hồi (đi từ A đến B rồi trở về A) là: x= s s 2as + = 2 (giờ). a+b a−b a − b2 Tương tự, thời gian đi khứ hồi trong ngày hôm sau là y= s 2as s + = 2 (giờ). a+c a−c a − c2 2as 2as < 2 ⇒ x < y. 2 −b a − c2 Như vậy là cả Tâm lẫn Hòa đều sai: thời gian thuyền đi hôm sau lâu hơn hôm trước. Do 0 < b < c nên a2 − b2 > a2 − c2 ⇒
a2
Bất đẳng thức với số tự nhiên
200
2 4 6
. Chứng minh rằng 14 < A < 20.
BÀI 402. Cho A = · · · · ·
1 3 5
199
– LỜI GIẢI.
Để chứng minh A < 20, ta làm trội mỗi phân số của A bằng cách dùng bất đẳng thức
n+1
n
<
.
n
n−1
Ta có:
200
2 4 6
· · ···
1 3 5
199
2 3 5
199
A < · · ···
.
1 2 4
198
2 · 4 · 6 · · · 200 2 · 3 · 5 · · · 199
200 2
Suy ra A2 <
·
=
· = 400 ⇒ A < 20.
1 · 3 · 5 · · · 199 1 · 2 · 4 · · · 198
1 1
n+1
n+2
Để chứng minh A > 14, ta làm giảm mỗi phân số của A bằng cách dùng bất đẳng thức
>
.
n
n+1
A=
Chứng minh các bất đẳng thức (từ bài 403 đến 410):
BÀI 403. Chứng minh bất đẳng thức:
1 4 7 10
208
1
· · ·
···
< .
3 6 9 12
210
25
– LỜI GIẢI.
Gọi A là vế trái của bất đẳng thức. Ta là trội A để được một biểu thức C dễ rút gọn hơn. Muốn vậy
biểu thức C phải có nhiều thừa số giống nhau ở tử và ở mẫu.
1
4
Nhận xét hai phân số cạnh nhau, chẳng hạn và , ta thấy 4 hơn 3 là 1, còn 6 hơn 4 là 2. Ta làm
3
6
n−1
n
2
2
trội:
<
(vì n < n + n − 2 với mọi n > 2). Do đó:
n+2
n
A=
A<
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
1 4 7 10
208
· · ·
···
.
3 6 9 12
201
1 3 6 9
207
· · ·
···
(= C)
3 4 7 10
208
Trang 203/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Suy ra
1 · 4 · 7 · 10 · · · 208 1 · 3 · 6 · 9 · · · 207
1 1
1
1
A <
·
=
· =
<
=
3 · 6 · 9 · 12 · · · 210 3 · 4 · 7 · 10 · · · 208
210 3
630
625
2
Å
1
25
ã2
.
1
.
25
BÀI 404. Chứng minh các bất đẳng thức:
3
5
7
2n + 1
a) A = +
+
+ ··· + 2
< 1 (n nguyên dương);
4 36 144
n (n + 1)2
1
2
3
n−1
b) B = + + + · · · +
< 1 (n ∈ N; n ≥ 2).
2! 3! 4!
n!
– LỜI GIẢI.
2n + 1
1
1
a) Viết 2
thành 2 −
.
2
n (n + 1)
n
(n + 1)2
Do đó A <
A=1−
b) Viết
1
1
1
1
1
1
+
−
+
·
·
·
+
−
=
1
−
< 1.
22 22 32
n2 (n + 1)2
(n + 1)2
n−1
1
1
thành
− .
n!
(n − 1)! n!
2
BÀI 405. Chứng minh bất đẳng thức: C =
– LỜI GIẢI.
5
11
n +n−1
1
+ +
+…+
< 2 (n nguyên dương).
2! 3! 4!
(n + 1)!
n2 + n − 1
n(n + 1)
1
1
1
=
−
=
−
(n + 1)!
(n + 1)!
(n + 1)!
(n − 1)! (n + 1)!
Ta có:
Å
ã Å
ã Å
ã
ï
ò
1
1
1
1
1
1
1
1
1
+
−
+
−
+
−
+ ··· +
+
2!
1! 3!
2! 4!
3! 5!
(n − 1)! (n + 1)!
ò ï
ò
ï
1
1
1
1
1
1
1
1
1
−
= +
+ + + ··· +
+ + + ··· +
2!
1! 2! 3!
(n + 1)!
3! 4! 5!
(n + 1)!
1
1
1
1
1
1
1
−
=2−
−
< 2.
= + + −
2! 1! 2! n! (n + 1)!
n! (n + 1)!
BÀI 406. Chứng minh bất đẳng thức: A =
– LỜI GIẢI.
1
2
3
4
100
+ 2 + 3 + 4 + · · · + 100 < 2.
2 2
2
2
2
2
3
4
100
+ 2 + 3 + · · · + 99
2 2
2
2
3
99
100
1
2
A = + 2 + 3 + · · · + 99 + 100
2 2
2
2
2
2A = 1 +
(1)
(2)
Lấy (1) trừ (2) ta được:
Å
ã
1
1
1
1
100
A = 1 + + 2 + 3 + · · · + 99 − 100
2 2
2
2
2
Hãy chứng minh biểu thức trong dấu ngoặc nhỏ hơn 2.
1
1
1
1
1
BÀI 407. Chứng minh bất đẳng thức: B = 3 + 3 + 3 + · · · + 3 <
(n ∈ N, n ≥ 3).
3
4
5
n
12
– LỜI GIẢI.
Giải tương tự ví dụ 96.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 204/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1
2
3
100
3
+ 2 + 3 + · · · + 100 < .
3 3
3
3
4
BÀI 408. Chứng minh bất đẳng thức: C =
– LỜI GIẢI.
3C = 1 +
3
2
99
100
+ 2 + · · · + 98 + 99
3 3
3
3
1
2
99
100
+ 2 + · · · + 99 + 100
3 3
3
3
ã
Å
2
100
1
1
1
Suy ra: 2C = 1 + + 2 + 2 + · · · + 99 − 100 .
3 3
3
3
3
3
Hãy chứng minh biểu thức trong dấu ngoặc nhỏ hơn .
2
C=
BÀI 409. Chứng minh bất đẳng thức: 1 <
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
< 2 (n nguyên
n+1
n+2
n+3
3n + 1
dương).
– LỜI GIẢI.
1
1
1
1
1
1
Gọi A =
+
+
+ ··· +
+ ··· +
+
.
n+1 n+2 n+3
2n + 1
3n 3n + 1
Tổng A có 2n + 1 số, ghép thành n cặp các phân số cách đều hai đầu, còn lại một phân số ở giữa là
1
.
2n + 1
Mỗi cặp bằng:
1
1
4n + 2
4n + 2
2
+
=
>
=
.
2
2
2
2n + 1 − k 2n + 1 + k
(2n + 1) − k
(2n + 1)
(2n + 1)
2
1
·n+
= 1.
2n + 1
2n + 1
Để chứng minh A < 2, làm trội A bằng cách thay mỗi phân số của A bởi phân số lớn nhất.
Vậy A >
BÀI 410. Chứng minh bất đẳng thức:
1
1
1
1
3
3
<
+
+
+ ··· +
< .
5
2004 2005 2006
4006
4
– LỜI GIẢI.
1
1
1
1
Gọi A =
+
+
+ ··· +
.
2004 2005 2006
4006
3
Chứng minh A > : Tổng A có 2003 số, ghép thành 1001 cặp phân số cách đều hai đầu, còn lại
5
1
một phân số ở giữa là
.
3005
1
1
6010
2
=
Mỗi cặp bằng:
+
>
.
3005 − k 3005 + k
30052
3005
2
2002
3
Do đó A >
· 1001 =
> .
3005
3005
5
3
Chứng minh A < : Đặt 2004 = n, ta có:
4
A=
1
1
1
+
+ ··· +
.
n n+1
n(n − 2)
1
1
1
+
+ ··· + .
n + (n − 2) n + (n − 3)
n
Å
ã Å
ã
Å
ã
1
1
1
1
1
1
Cộng lại: 2A =
+
+
+
+ ··· +
+
.
n 2n − 2
n + 1 2n − 3
2n − 2 n
Ta sẽ chứng minh nhóm đầu và nhóm cuối có giá trị lớn hơn các nhóm khác bằng cách chứng
A=
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 205/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
minh:
1
1
1
1
+
>
+
với 0 < k < n − 2
n 2n − 2
n + k 2n − 2 − k
(1)
3n − 2
3n − 2
>
n(2n − 2)
(n + k)(2n − 2 − k)
⇔ n(2n − 2) < (n + k)(2n − 2 − k)
(1) ⇔
⇔ 2n2 − 2n < 2n2 − 2n − kn + 2kn − 2k − k 2
⇔ k 2 < kn − 2k ⇔ k < n − 2 : đúng.
ã
1
1
3n − 2
3n − 2
3
Vậy 2A <
+
· (n − 1) =
· (n − 1) =
< .
n 2n − 2
n(2n − 2)
2n
2
3
Do đó A < .
4
Å
BÀI 411. a) Chứng minh bất đẳng thức:
1+
1
n
1 1
+ + ··· + n
>
2 3
2 −1
2
(n nguyên dương).
b) Chứng minh rằng với mọi số dương A, ta luôn tìm được số tự nhiên n để
1+
1 1
1
+ + ··· + > A
2 3
n
– LỜI GIẢI.
1 1
1
a) Gọi A = 1 + + + · · · + n
. Ở ví dụ 97, ta đã chứng minh rằng A < n. Bây giờ ta chứng
2 3
2 −1
n
minh A > . Ta có:
2
ã Å
ã
Å
1
1
1 1
1
1
A = 1+ +
+
+
+ ··· +
+ ··· + n
2
3 4
5
8
2 −1
Å
ã Å
ã
Å
ã
1
1
1
1
1
1
1
1
= 1+ +
+ 2 + 2
+ · · · + 3 + · · · + n−1
+ ··· + n − n.
2
3 2
2 +1
2
2
+1
2
2
Thay mỗi phân số trong dấu ngoặc bởi phân số nhỏ nhất trong dấu ngoặc đó:
1
1
1
1
1
+ 2 · 2 + 3 · 22 + · · · + n · 2n−1 − n
2 2
2
2
2
1 1 1
1
1
n
1
n
= 1 + + + + ··· + − n = 1 + − n > .
2 2 2
2 2
2 2
2
A>1+
b) áp dụng câu a): 1 +
1 1
1
n
+ + n
> , nếu ta chọn k = 26n − 1 thì
2 3 2 −1
2
1+
Như vậy nếu chọn k = 22A − 1 thì 1 +
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
1 1
1
n
+ + ··· + > .
2 3
k
2
1 1
1
2A
+ + ··· + >
= A.
2 3
k
2
Trang 206/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 412. Cho bốn số nguyên dương a, b, c, d, trong đó tổng ba số bất kì chia cho số còn lại đều có
thương là một số nguyên khác 1. Chứng minh rằng trong bốn số a, b, c, d tồn tại hai số bằng nhau.
– LỜI GIẢI.
a+c+d
a+b+d
b+c+d
= m,
= n,
= p.
Giả sử a > b > c > d. Đặt
a
b
c
Theo giả thiết thì m > 1; ta lại có d < c < b < a nên b + c + d < 3a, do đó m < 3; vậy m = 2.
Dễ thấy
b+c+d
b+c+d
a + +d
<
<
=n
a
b
b
a+c+d
a+c+d
a+b+d
n=
<
<
=p
b
c
c
m=
Suy ra n ≥ 3, p ≥ 4.
Ta có b + c + d = 2a, a + c + d ≥ 3b, a + b + d ≥ 4c.
Cộng từng vế ta được:
2a + 2b + 2c + 3d ≥ 2a + 3b + 4c ⇒ 3d ≥ b + 2c > d + 2d = 3d, vô lí.
BÀI 413. Tìm các số tự nhiên x và y sao cho xx có y chữ số, còn y y có x chữ số.
– LỜI GIẢI.
Ta có xx có y chữ số ⇒ 1oy−1 ≤ xx < 10y ,
y y có x chữ số ⇒ 10x−1 ≤ y y < 10x .
Giả sử x ≥ y. Ta có xx < 10y ≤ 10x ⇒ x < 10.
Ta chọn các số xx sao cho x < 10 và xx ≥ 10y−1 với mọi y − 1 nhỏ hơn x.
Các số 22 , 33 , . . . , 77 không thỏa mãn (chẳng hạn 22 < 10, 33 < 102 ,. . . ). Xét các số 11 , 88 , 99 , ta thấy
100 < 11 < 101 , 107 < 88 < 101 08 , 108 < 99 < 109 .
Đáp số: x = y = 1; x = y = 8; x = y = 9.
BÀI 414. Chứng minh bất đẳng thức (n!)2 > n2 với mọi số tự nhiên n ≥ 3.
– LỜI GIẢI.
n! = 1 × 2 × 3 × . . . × k × . . . × n.
n! = n(n − 1)(n − 2) . . . (n − k + 1) . . . 1.
Suy ra (n!)2 = (1 · n) · [2(n − 1)] · [3(n − 2)] · · · [k(n − k + 1)] · · · (n · 1). Ta sẽ chứng minh rằng biểu
thức trong mỗi dấu ngoặc vuông đều lớn hơn n.
Thật vậy
k(n − k + 1) − n = kn − n − k 2 + k = n(k − 1) − k(k − 1)
= (n − k)(k − 1) > 0 vì n > k > 1.
BÀI 415. Kí hiệu [a] là số nguyên lớn nhất không vượt quá a. Chứng minh rằng [x] + [y] ≤ [x + y].
– LỜI GIẢI.
Ta có: [x] ≤ x, [y] ≤ y nên [x] + [y] ≤ x + y, tức là [x] + [y] là các số nguyên không vượt quá
x+y
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 207/477
(1)
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Mặt khác, theo định nghĩa phần nguyên, [x + y] là số nguyên lớn nhất không vượt quá
x+y
(2)
Từ (1) và (2) suy ra [x] + [y] ≤ [x + y].
Bất đẳng thức và phương trình
BÀI 416. Dùng phương pháp bất đẳng thức để giải các phương trình:
a) (x + y)2 = (x + 1)(y − 1);
b) x2 + y 2 + z 2 + t2 = x(y + z + t);
c) (x2 + 1)(y 2 + 4)(z 2 + 9) = 48xyz (x, y, z > 0);
d) (x + 1)(y + 1)(x + y) = 8xy (x, y ≥ 0).
– LỜI GIẢI.
a) Đặt x + 1 = a, y − 1 = b. Phương trình trở thành (a + b)2 = ab. Dễ dàng tính được a = b = 0. Đáp
số: x = −1, y = 1.
b) Biến đổi: x = 1, y = 2, z = 3.
c) Đáp số: x = 1, y = 2, z = 3.
d) Sử dụng bất đẳng thức (x + 1)(y + 1)(x + y) ≥ 8xy (xem ví dụ 94).
BÀI 417. Kí hiệu S(n) là tổng các chữ số của n. Tìm số nguyên dương n sao cho:
b) S(n) = n2 − 2005n + 7.
a) n + S(n) = 2018;
– LỜI GIẢI.
a) Ta có
n + S(n) = 2018
(1)
n < 2018
(2)
nên
S(n) ≤ 1 + 9 × 3 = 28.
n ≥ 2018 − 28 = 1990
(3)
Từ (2) và (3) suy ra n = 199a hoặc n = 20bc.
Thay n = 199a vào (1) được 2a = 9, loại.
Thay n = 20bc vào (1) được a = 0, b = 8. Đáp số: 2008.
b) S(n) = n2 − 2005n + 7
Xét n = 2005 thì S(n) = 7 và (1) đúng.
(1)
Xét n > 2005. Ta có S(n) = n2 − 2005n + 7 > n(n − 2005) > n, tức là S(n) > n, vô lí.
Xét 1 ≤ n ≤ 2004. Ta có n − 1 ≥ 0, n − 2004 ≤ 0 nên
n(n − 1)(n − 2004) ≤ 0 ⇒ n2 − 2005n + 2004 ≤ 0
⇒ n2 − 2005n + 7 ≤ −1997 ⇒ S(n) < 0, vô lí.
Đáp số: n = 2005.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 208/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
7
Năm học 2019-2020
TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA MỘT
BIỂU THỨC
A GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC
1. Cho biểu thức f (x, y . . .)
Ta nói M là giá trị lớn nhất(GTLN) của biểu thức f (x, y . . .), kí hiệu max f = M nếu hai điều
kiện sau thỏa mãn:
– Với mọi x, y, . . . để f (x, y . . .) xác định thì
f (x, y . . .) ≤ M (M là hằng số)
(1)
f (x0 , y0 . . .) = M
(2)
– Tồn tại x0 , y0 , . . . sao cho
2. Cho biểu thức f (x, y . . .)
Ta nói m là giá trị nhỏ nhất(GTNN) của biểu thức f (x, y . . .), kí hiệu min f = m nếu hai điều kiện
sau thỏa mãn:
– Với mọi x, y, . . . để f (x, y . . .) xác định thì
f (x, y . . .) ≥ m (m là hằng số)
(1’)
f (x0 , y0 . . .) = m
(2’)
– Tồn tại x0 , y0 , . . . sao cho
3. Chú ý rằng nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa thể nói gì về cực trị của một biểu thức.
Chẳng hạn, xét biểu thức
A = (x − 1)2 + (x − 3)2 .
Mặc dù ta có A ≥ 0, nhưng chưa thể kết luận được min A = 0 vì không tồn tại giá trị nào của x
để A = 0.
VÍ DỤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = (x − 1)2 + (x − 3)2 .
– LỜI GIẢI.
Ta có
A = x2 − 2x + 1 + x2 − 6x + 9 = 2(x2 − 4x + 5)
= 2(x − 2)2 + 2 ≥ 2.
A = 2 ⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 2.
Vậy min A = 2 khi và chỉ khi x = 2.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 209/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
B TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC CHỨA MỘT BIẾN
1. Tam thức bậc hai
VÍ DỤ 2.
1 Tìm GTNN của A = 2×2 − 8x + 1.
2 Tìm GTLN của B = −5×2 − 4x + 1.
3 Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c.
Tìm GTNN của P nếu a > 0.
Tìm GTLN của P nếu a < 0.
– LỜI GIẢI.
1 A = 2×2 − 8x + 1 = 2(x2 − 4x + 4) − 7 = 2(x − 2)2 − 7 ≥ −7.
min A = −7 khi và chỉ khỉÅx = 2.
ã
Å
ã
4
4
9
2 2 9
9
2
2
2 B = −5x − 4x + 1 = −5 x + x +
+ = −5 x +
+ ≤ .
5
25
5
5
5
5
9
2
max B = khi và chỉ khi x = − .
5
ã
Å
ã5
Å
b
b 2
b2
2
2
3 P = ax + bx + c = a x + x + c = a x +
+c− .
aã
2a
4a
Å
2
2
b
b
= k. Do x +
≥ 0 nên
Đặt c −
4a
2a ã
Å
b 2
Nếu a > 0 thì a x +
≥ 0, do đó P ≥ k;
2a
b
min P = k khi và chỉ khi x = − .
2a
ã
Å
b 2
≤ 0, do đó P ≤ k;
Nếu a < 0 thì a x +
2a
b
max P = k khi và chỉ khi x = − .
2a
2. Đa thức bậc cao hơn hai
VÍ DỤ 3. Tìm GTNN của
A = x(x − 3)(x − 4)(x − 7).
– LỜI GIẢI.
A = (x2 − 7x)(x2 − 7x + 12).
Đặt x2 − 7x + 6 = y thì
A = (y − 6)(y + 6) = y 2 − 36 ≥ −36.
”
x=1
min A = −36 ⇔ y = 0 ⇔ x2 − 7x + 6 = 0 ⇔
x = 6.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 210/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3. Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai
VÍ DỤ 4. Tìm GTNN của
A=
2
.
6x − 5 − 9×2
– LỜI GIẢI.
A=
−2
−2
=
.
9×2 − 6x + 5
(3x − 1)2 + 4
Ta thấy (3x − 1)2 ≥ 0 nên (3x − 1)2 + 4 ≥ 4.
1
1
Để ý tính chất a ≥ b thì ≤ với a và b cùng dấu. Từ đó ta có
a
b
1
−2
−2
1
1
≤ ⇒
≥
⇒A≥− .
2
2
(3x − 1) + 4
4
(3x − 1) + 4
4
2
1
1
min A = − ⇔ 3x − 1 = 0 ⇔ x = .
2
3
4. Phân thức có mẫu là bình phương của một nhị thức
VÍ DỤ 5. Tìm GTNN của
3×2 − 8x + 6
A= 2
.
x − 2x + 1
– LỜI GIẢI.
Cách 1. Đặt x − 1 = y thì x = y + 1. Ta có
A=
Lại đặt
3(y + 1)2 − 8(y + 1) + 6
3y 2 − 2y + 1
2
1
=
= 3 − + 2.
2
2
y
y
y y
1
= z thì
y
A = 3 − 2z + z 2 = (z − 1)2 + 2 ≥ 2.
min A = 2 ⇔ z = 1 ⇔ y = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2.
Cách 2. Viết A dưới dạng tổng của 2 với một biểu thức không âm
A=
(2×2 − 4x + 2) + (x2 − 4x + 4)
(x − 2)2
=
2
+
≥ 2.
x2 − 2x + 1
(x − 1)2
min A = 2 khi và chỉ khi x = 2.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 211/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
5. Các phân thức dạng khác
VÍ DỤ 6. Tìm GTNN và GTLN của
A=
3 − 4x
.
x2 + 1
– LỜI GIẢI.
Để tìm GTNN, viết A dưới dạng
A=
x2 − 4x + 4 − x2 − 1
(x − 2)2
=
− 1 ≥ −1.
x2 + 1
x2 + 1
min A = −1 khi và chỉ khi x = 2.
Để tìm GTLN, viết A dưới dạng
A=
4×2 + 4 − 4×2 − 4x − 1
(2x + 1)2
=
4
−
≤ 4.
x2 + 1
x2 + 1
1
max A = 4 khi và chỉ khi x = − .
2
C TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC CÓ QUAN HỆ
RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN
VÍ DỤ 7. Tìm GTNN của A = x3 + y 3 + xy biết rằng x + y = 1.
– LỜI GIẢI.
Sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A:
A = (x + y)(x2 − xy + y 2 ) + xy = x2 − xy + y 2 + xy = x2 + y 2 .
Đến đây có nhiều cách giải
Cách 1. Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai theo x.
Thay y = 1 − x vào biểu thức A
Å
ã
1 2 1
1
A = x + (1 − x) = 2(x − x) + 1 = 2 x −
+ ≥ .
2
2
2
2
2
2
1
1
1
khi và chỉ khi x = ; y = .
2
2
2
Cách 2. Sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức mới có chứa A
min A =
x + y = 1 ⇒ x2 + 2xy + y 2 = 1
(1)
(x − y)2 ≥ 0 ⇒ x2 − 2xy + y 2 ≥ 0
(2)
Mặt khác
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 212/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Cộng (1) và (2), ta được
1
2(x2 + y 2 ) ≥ 1 ⇒ x2 + y 2 ≥ .
2
1
1
min A = khi và chỉ khi x = y = .
2
2
Cách 3. Sử dụng điều kiện đã cho để đưa vào một biến mới.
1
1
Đặt x = + a thì y = − a. Biểu thị x2 + y 2 theo a, ta được
2
2
Å
ã2 Å
ã2
1
1
1
1
2
2
x +y =
+a +
− a = + 2a2 ≥ .
2
2
2
2
min A =
1
1
⇔a=0⇔x=y= .
2
2
VÍ DỤ 8. Cho x + y + z = 3.
1 Tìm GTNN của A = x2 + y 2 + z 2 .
2 Tìm GTLN của B = xy + yz + zx.
3 Tìm GTNN của A + B.
– LỜI GIẢI.
Bình phương hai vế của đẳng thức x + y + z = 3, ta được
x2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx) = 9
(1)
A≥B
(2)
tức là A + 2B = 9.
Dễ dàng chứng minh được
xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi x = y = z.
1 Từ (1) và (2) suy ra 3A ≥ A + 2B = 9, nên A ≥ 3.
Do đó min A = 3 khi và chỉ khi x = y = z = 1.
4
!
Có thể giải câu a bằng cách đổi biến x = 1 + a, y = 1 + b, z = 1 + c rồi xét x2 + y 2 + z 2 .
2 Từ (1) và (2) suy ra 3B ≤ A+2B = 9, nên B ≤ 3. Do đó max B = 3 khi và chỉ khi x = y = z = 1.
4
!
Có thể giải câu b dựa vào câu a: Vì A + 2B = 9 nên B lớn nhất khi và chỉ khi A nhỏ nhất.
3 Ta có A + 2B = 9 mà B ≤ 3 (câu b) nên A + B ≥ 6.
Do đó min(A + B) = 6 khi và chỉ khi x = y = z = 1.
VÍ DỤ 9. Tìm GTNN và GTLN của
1 Biểu thức A, biết rằng A(A − 1) ≤ 2;
2 Biểu thức A = 2 − x − y − z, biết rằng
(2 − x − y − z)2 = 4 − x2 − y 2 − z 2 .
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 213/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Ta sử dụng phương pháp xét dấu để tìm GTNN, GTLN của A. Ta biến đổi
A(A − 1) ≤ 2 ⇔ A2 − A − 2 ≤ 0 ⇔ (A + 1)(A − 2) ≤ 0.
Lập bảng xét dấu
−1
A
A+1
−
A−2
−
(A + 1)(A − 2)
+
0
0
2
+
+
−
0
+
−
0
+
Do đó −1 ≤ A ≤ 2 nên min A = −1 và max A = 2.
2 Từ giả thiết ta có
x+y+z =2−A
(1)
x2 + y 2 + z 2 = 4 − A 2
(2)
Ta đưa ra một bất đẳng thức trong đó chứa x + y + z và x2 + y 2 + z 2 .
Ta có
(x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + xz).
(3)
Mặt khác, dễ dàng chứng minh được
xy + yz + zx ≤ x2 + y 2 + z 2 .
(4)
Từ (3) và (4) suy ra (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y 2 + z 2 ); xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi x = y = z.
Thay các biểu thức (1), (2) vào bất đẳng thức trên, ta có
(2 − A)2 ≤ 3(4 − A2 ) ⇔ A2 − A − 2 ≤ 0.
Giải tiếp như câu a ta
( được
x+y+z =3
min A = −1 ⇔
⇔ x = y = z = 1.
x=y=z
(
x+y+z =0
max A = 2 ⇔
⇔ x = y = z = 0.
x=y=z
D CÁC CHÚ Ý KHI TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA MỘT BIỂU
THỨC
4
!
Khi tìm cực trị(GTNN hay GTLN) của một biểu thức, ta có thể đổi biến.
Chẳng hạn, ở ví dụ 1 ta có thể đặt x − 2 = y, khi đó
A = (y + 1)2 + (y − 1)2 = 2y 2 + 2 ≥ 2.
Suy ra min A = 2 khi y = 0 ⇔ x = 2.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 214/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
4
!
Năm học 2019-2020
Khi tìm cực trị của biểu thức, nhiều khi ta thay điều kiện để biểu thức đạt cực trị bởi điều kiện
tương đương là biểu thức khác đạt cực trị.
Chẳng hạn:
−A lớn nhất ⇔ A nhỏ nhất.
1
lớn nhất ⇔ B nhỏ nhất với B > 0.
B
C lớn nhất ⇔ C 2 lớn nhất với C > 0.
x4 + 1
VÍ DỤ 10. Tìm GTNN của A = 2
.
(x + 1)2
– LỜI GIẢI.
Chú ý rằng A > 0 nên A lớn nhất ⇔
1
1
nhỏ nhất và A nhỏ nhất ⇔
lớn nhất. Ta có
A
A
(x2 + 1)2
x4 + 2×2 + 1
2×2
1
=
=
=
1
+
.
A
x4 + 1
x4 + 1
x4 + 1
2×2
1
Tìm GTLN của A: Ta có 2×2 ≥ 0, x4 + 1 > 0 nên 4
≥ 0. Suy ra
≥ 1 + 0 = 1.
x +1
A
1
min = 1 khi và chỉ khi x = 0. Do đó max A = 1 khi và chỉ khi x = 0.
A
Tìm GTNN của A: Ta có 2×2 ≤ x4 + 1 (dễ chứng minh, dấu “= ”xảy ra khi và chỉ khi x2 = 1) mà
2×2
1
4
x + 1 > 0 nên 4
≤ 1. Suy ra
≤ 1 + 1 = 2.
x +1
A
1
1
max = 2 khi và chỉ khi x2 = 1. Do đó min A = khi và chỉ khi x = ±1.
A
2
!
4 1. Cách khác tìm GTLN của A
A=
(x2 + 1)2 − 2×2
2×2
=
1
−
≤ 1.
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
max A = 1 khi và chỉ khi x = 0.
2. Cách khác tìm GTNN của A
1
Cách 1. Đặt 2
= y như Ví dụ 5.
x +1
Cách 2.
2×4 + 2
(x2 + 1) + (x2 − 1)2
1
(x2 − 1)2
1
A= 2
=
=
+
≥
.
(x + 1)2
2(x2 + 1)2
2 2(x2 + 1)2
2
min A =
1
khi và chỉ khi x = ±1.
2
4
!
Khi giải toán cực trị, nhiều khi ta cần xét nhiều khoảng giá trị của biến, sau đó so sánh các giá
trị của biểu thức trong các khoảng ấy để tìm GTNN, GTLN.
VÍ DỤ 11. Tìm GTLN và GTNN của
A = (3x − 1)2 − 4|3x − 1| + 5.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 215/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Đặt |3x − 1| = y thì
A = y 2 − 4y + 5 = (y − 2)2 + 1 ≥ 1.
x=1
min A = 1 ⇔ y = 2 ⇔ |3x − 1| = 2 ⇔
1
x=− .
3
VÍ DỤ 12. Tìm GTNN của
B = |x − 2| + |x − 3|.
– LỜI GIẢI.
Xét khoảng x < 2 thì B = 2 − x + 3 − x = 5 − 2x.
Cách 1.
Do x < 2 nên −2x > −4, do đó B > 1
Xét 2 ≤ x ≤ 3 thì B = x − 2 + 3 − x = 1
(1)
(2)
Xét x > 3 thì B = x − 2 + x − 3 = 2x − 5.
Do x > 3 nên 2x > 6, do đó B > 1
(3)
So sánh (1), (2) và (3) ta được min B = 1 khi và chỉ khi 2 ≤ x ≤ 3.
Cách 2. Do giá trị tuyệt đối của một số lớn hơn hoặc bằng số đó nên
B = |x − 2| + |x − 3| = |x − 2| + |3 − x| ≥ (x − 2) + (3 − x) = 1.
Do đó min B = 1 ⇔
(
x−2≥0
3−x≥0
⇔ 2 ≤ x ≤ 3.
VÍ DỤ 13. Tìm GTNN của
A = |x − 1| + |x − 7| + |x − 9|.
– LỜI GIẢI.
Do giá trị tuyệt đối của một số lớn hơn hoặc bằng số đó nên
|x − 1| + |x − 9| = |x − 1| + |9 − x| ≥ x − 1 + 9 − x = 8.
Ta lại có |x − 7| ≥ 0
Từ (1) và (2) suy ra
A ≥ 8.
x−1≥0
Do đó min A = 8 ⇔ 9 − x ≥ 0 ⇔ x = 7.
x=7
(1)
(2)
4
Khi tìm cực trị của một biểu thức,người ta thường sủ dụng các bất đẳng thức đã biết. Xem mục
các hằng đẳng thức trong chuyên đề Chứng minh bất đẳng thức.
!
VÍ DỤ 14. Cho x2 + y 2 = 52. Tìm GTLN của A = 2x + 3y.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 216/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Ta nhận thấy 2x+3y và x2 +y 2 đều là các thành phần của bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki (ax+by)2 ≤
(a2 + b2 )(x2 + y 2 ) với a = 2, b = 3.
Theo bất đẳng thức trên, ta có
(2x + 3y)2 ≤ (22 + 32 )(x2 + y 2 ) = 13 · 52 = 13 · 13 · 4.
Suy ra |2x + 3y| ≤ 26, do đó
x2x +y3y ≤ 26.
=
(1)
3
max A = 26 khi và chỉ khi 2
2x + 3y ≥ 0 (2)
9×2
3x
vào x2 + y 2 = 52 ta được x2 +
= 52 ⇔ x = ±4.
Thay y =
2
4
Với x = 4 thì y = 6, thỏa mãn (2).
Với x = −4 thì y = −6, không thỏa mãn (2).
Vậy max A = 26 khi và chỉ khi x = 4 và y = 6.
4
Trong các hằng đẳng thức, cần chú ý đến hai mệnh đề sau, cho ta GTLN của tích, GTNN của
tổng:
!
Nếu hai số có tổng không đổi thì tích của chúng có giá trị lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng
nhau.
Nếu hai số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng
nhau.
Để chứng minh hai mệnh đề trên, ta dùng bất đẳng thức (a + b)2 ≥ 4ab:
Nếu hai số a và b có a + b = k (hằng số) thì từ (a + b)2 ≥ 4ab ta có ab ≤
k2
k2
, do đó max(ab) =
4
4
khi và chỉ khi a = b.
Nếu hai số dương a và b có ab = p (hằng số) thì a + b nhỏ nhất ⇔ (a + b)2 nhỏ nhất, do đó
min(a + b)2 = 4p khi và chỉ khi a = b.
VÍ DỤ 15. Tìm GTLN của
A = (x2 − 3x + 1)(21 + 3x − x2 ).
– LỜI GIẢI.
Các biểu thức x2 − 3x + 1 và 21 + 3x − x2 có tổng không đổi (bằng 22) nên tích của chúng lớn nhất
khi và chỉ khi
2
2
2
x − 3x + 1 = 21 + 3x − x ⇔ x − 3x − 10 = 0 ⇔ (x − 5)(x + 2) = 0 ⇔
“
x=5
x = −2.
Khi đó A = 11 · 11 = 121.
Vậy max A = 121 khi và chỉ khi x = 5 hoặc x = −2.
VÍ DỤ 16. Tìm GTLN của
A=
16×2 + 4x + 1
với x > 0.
2x
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 217/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1
1
. Hai số 8x và
là hai số dương có tích không đổi và bằng 4 nên tổng
2x
2x
của chúng khỉ nhất khi và chỉ khi
Viết B dưới dạng 8x + 2 +
8x =
1
1
⇔ 16×2 = 1 ⇔ x = (chú ý rằng x > 0).
2x
4
Vậy min B =
1
.
4
4
giá trị của biến để xảy ra đẳng thức. Tuy nhiên, yêu
!
1+1+1
= 6 khi và chỉ khi x =
1
2
Trong các ví dụ trên, ta chỉ ra tất cả các
cầu của bài toán tìm GTNN, GTLN không đòi hỏi như vậy, chỉ cần chứng tỏ rằng tồn tại giá trị của
biến để xảy ra đẳng thức.
VÍ DỤ 17. Tìm GTLN của A = ab + bc + cd, biết rằng a, b, c, d là các số không âm có tổng
bằng 1.
– LỜI GIẢI.
Cách 1. Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d ≥ 0. Ta có
A = ab + bc + cd ≤ ab + ac + ad = a(b + c + d)
ã
Å
1 2 1
2
+ .
= a(1 − a) = a − a = − a −
2
4
1
Không cần tìm điều kiện cần và đủ để A = , tức là không cần giải tất cả điều kiện bc = ac,
4
1
1
1
cd = ad, a = , b + c + d =
và b, c, d ≥ 0. Ta chỉ cần chỉ ra A =
khi, chẳng hạn
2
2
4
1
a = b = , c = d = 0.
2
1
1
Vây max A = khi, chẳng hạn a = b = , c = d = 0.
4
2
Cách 2.
A = ab + bc + cd ≤ ab + ad + bc + cd = (a + c)(b + d).
x + y 2
Áp dụng bất đẳng thức xy ≤
. Ta có
2
Å
a+c+b+d
2
A ≤ (a + c)(b + d) ≤
1
a+c=
2
1
1
b+d=
A= ⇔
2
4
ad = 0
a, b, c, d ≥ 0.
Vậy max A =
ã2
1
= .
4
1
1
khi, chẳng hạn a = b = , c = d = 0.
4
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 218/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
E BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỚI SỐ TỰ NHIÊN
VÍ DỤ 18. Tìm GTLN của biểu thức
A=
y
với x, y là các số tự nhiên.
5 − (x + y)
– LỜI GIẢI.
Ta có x + y 6= 5.
Xét x + y ≤ 4:
Nếu y = 0 thì A = 0.
y
≤ 3.
5 − (x + y)
Nếu y = 4 thì x = 1 và A = 4.
y
Xét x + y ≥ 6 thì A =
≤ 0.
5 − (x + y)
So sánh các giá trị trên của A, ta thấy max A = 4 khi và chỉ khi x = 0, y = 4.
Nếu 1 ≤ y ≤ 3 thì A =
VÍ DỤ 19. Tìm GTNN và GTLN của tích xy, biết rằng x và y là các số nguyên dương thỏa
mãn x + y = 2005.
– LỜI GIẢI.
Ta có
4xy = (x + y)2 − (x − y)2 = 20052 − (x − y)2 .
Giả sử x > y (không thể xảy ra x = y). Ta có
xy lớn nhất ⇔ x − y nhỏ nhất; xy nhỏ nhất ⇔ x − y lớn nhất.
Do 1 ≤ y < x ≤ 2004 nên 1 ≤ x − y ≤ 2003. Ta có
min(x − y) = 1 khi và chỉ khi x = 1003, y = 1002.
max(x − y) = 2003 khi và chỉ khi x = 2004, y = 1.
Do đó
max(xy) = 1005006 khi và chỉ khi x = 1003, y = 1002.
min(xy) = 2004 khi và chỉ khi x = 2004, y = 1.
VÍ DỤ 20. Tìm GTNN của biểu thức
A = |11m − 5n | với m, n là các số nguyên dương.
– LỜI GIẢI.
Ta thấy 11m tận cùng bằng 1, còn 5n tận cùng bằng 5.
Nếu 11m > 5n thì A tận cùng bằng 6, nếu 11m < 5n thì A tận cùng bằng 4.
Ta chỉ ra một trường hợp A = 4: với m = 2, n = 3 thì A = |121 − 125| = 4.
Như vậy min A = 4 khi, chẳng hạn m = 2, n = 3.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 219/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 1.
a) Tìm GTNN của A = x2 − 5x + 1
b) Tìm GTLN của B = 1 − x2 + 3x
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
ã
Å
21
25
2
−
A = x − 5x + 1 =
x − 5x +
4
4
2
Å
ã
5 2 21
=
x−
−
2
4
≥ −
Vậy min A = −
21
.
4
5
21
đạt tại x = .
4
2
2 Ta có
A = 1 − x2 + 3x = − (x2 − 3x) + 1
Å
ã
9
9
2
= − x − 3x +
+ +1
4
4
ã
Å
3 2 13
+
= − x−
2
4
≤
Vậy max A =
13
.
4
13
3
đạt tại x = .
4
2
BÀI 2. Tìm GTNN của các biểu thức
a) A = (x + 8)4 + (x + 6)4
b) B = (0,5×2 + x)2 − 3 · |0,5×2 + x|
c) C = x4 − 2×3 + 3×2 − 2x + 1
d) D = (x2 + x − 6)(x2 + x + 2)
– LỜI GIẢI.
1 Đặt y = x + 7, ta được
A = (y + 1)4 + (y − 1)4 = [(y + 1)2 + (y − 1)2 ]2 − 2(y + 1)2 (y − 1)2
= (2y 2 + 2)2 − 2(y 2 − 1)2 = 4y 4 + 8y 2 + 4 − 2y 4 + 4y 2 − 2
= 2y 4 + 12y 2 + 2
≥ 2.
Dấu bằng xảy ra khi y = 0 ⇔ x + 7 = 0 ⇔ x = −7.
Vậy min A = 2 đạt tại x = −7.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 220/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Đặt t = |0, 5×2 + x|, t ≥ 0. Ta có
ã
Å
9
9
2
−
B = t − 3t = t − 3t +
4
4
ã2
Å
9
3
−
=
t−
2
4
9
≥ − .
4
2
Dấu bằng xảy ra khi
1 2
3
x +x=
1 2
3
2
x + x = ⇔ 2
3
1
2
2
x2 + x = −
2
2
” 2
”
x + 2x − 3 = 0
x=1
⇔
⇔
x2 + 2x + 3 = 0 (VN)
x = −3.
3
t=
⇔
2
Vậy min B = −
9
đạt tại x = −1, x = −3.
4
3 Ta có
ÇÅ
å2
ã
1 2 3
x−
C = x − 2x + 3x − 2x + 1 = (x − x + 1) =
+
2
4
Å ã2
9
3
⇒ C≥
= .
4
16
4
3
2
2
2
1
1
Dấu bằng xảy ra khi x − = 0 ⇔ x = .
2
2
9
1
Vậy min C =
đạt tại x = .
16
2
4 Đặt t = x2 + x, ta có
D = (t − 6)(t + 2) = t2 − 4t − 12 = t2 − 4t + 4 − 16 = (t − 2)2 − 16 ≥ −16
Dấu bằng xảy ra khi
t − 2 = 0 ⇔ t = 2 ⇔ x2 + x = 2
”
⇔
x=1
x = −2.
Vậy min D = −16 đạt tại x = −1; x = −2.
BÀI 3. Tìm GTNN của các biểu thức
a) A = |x − 3| + |x − 7|
b) B = |x2 − x + 1| + |x2 − x − 2|
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 221/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Ta có
A = |x − 3| + |7 − x| ≥ |x − 3 + 7 − x| = 4
Dấu bằng xảy ra khi
(
x−3≥0
”
⇔
x≥3
7−x≥0
x ≤ 7.
Vậy min A = 4 đạt khi
Å 3 ≤ãx2 ≤ 7.
1
3
2 Ta có x2 − x + 1 = x −
+ > 0 với mọi x nên
2
4
B = x2 − x + 1 + |2 + x − x2 | ≥ x2 − x + 1 + 2 + x − x2 = 3.
Dấu bằng xảy ra khi 2 + x − x2 ≥ 0 ⇔ (x + 1)(2 − x) ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 2.
Vậy min B = 3 đạt khi −1 ≤ x ≤ 2.
BÀI 4. Cho x + 2y = 1. Tìm GTNN của x2 + 2y 2 .
– LỜI GIẢI.
Thay x = 1 − 2y vào A = x2 + 2y 2 , ta được
ã
Å
ã
Å
2
2
2
1
2
2
− +1
A = 6y − 4y + 1 = 6 y − y + 1 = 6 y − y +
3
3
9
3
Å
ã2
1
1
=6 y−
+
3
3
1
≥ .
3
2
1
Dấu bằng xảy ra khi y =
3
1
Vậy min A = đạt tại x =
3
1
⇔ x = 1 − 2y = .
3
1
1
,y= .
3
3
BÀI 5. Cho 4x − 3y = 7. Tìm GTNN của 2×2 + 5y 2 .
– LỜI GIẢI.
4x − 7
Thay y =
vào B = 2×2 + 5y 2 ta được
3
9B = 98×2 − 280x + 245 = 2(7x − 10)2 + 45 ≥ 45.
10
3
Dấu bằng xảy ra khi 7x − 10 = 0 ⇔ x = , y = −
7
7
10
3
Vậy min B = 5 đạt tại x = , y = − .
7
7
BÀI 6. Cho a + b = 1. Tìm GTNN của a4 + b4
– LỜI GIẢI.
Ta có
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 222/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
(a − b)2
⇔ a2 + b 2
≥0
≥ 2ab
⇔ 2(a2 + b2 ) ≥ a2 + b2 + 2ab
⇔ 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2
⇔ (a2 + b2 )
≥
(a + b)2
(1)
2
Chứng minh tương tự ta cũng có 2(a4 + b4 ) ≥ (a2 + b2 )2
(2)
Bình phương hai vế của (1) ta được
(a2 + b2 )2 ≥
(a + b)4
4
⇒ 2(a4 + b4 ) ≥
(a + b)4
4
do (2)
(a + b)4
1
⇔ a +b ≥
= .
8
8
4
4
1
Dấu bằng xảy ra khi a = b, và vì a + b = 1 nên suy ra a = b = .
2
1
1
Vậy min A = đạt khi a = b = .
8
2
BÀI 7. Cho a + b = 1. Tìm GTNN của a3 + b3 .
– LỜI GIẢI.
(a + b)2
1
Ta có ab ≤
= . Từ đó ta có
4
4
a3 + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b)
⇒ a3 + b3 = 1 − 3ab ≥ 1 − 3 ·
1
1
=
4
4
1
Dấu bằng xảy ra khi a = b = .
2
1
1
Vậy min A = đạt khi a = b = .
4
2
BÀI 8. Tìm GTNN của các biểu thức
a) A = 2×2 + y 2 − 2xy − 2x + 3
b) B = x2 − 2xy + 2y 2 + 2x − 10y + 17
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 223/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Ta có A = x2 − 2xy + y 2 + x2 − 2x + 1 + 2 = (x − y)(x − 1)2 + 2 ≥ 2.
Dấu bằng xảy ra khi
(
x−y =0
x−1=0
⇔
(
x=y
⇔ x = y = 1.
x=1
Vậy min A = 2 đạt khi x = y = 1.
2 Ta có
B = x2 − 2xy + y 2 + 2x − 2y + 1 + y 2 − 8y + 16
= (x − y)2 + 2(x − y) + 1 + (y − 4)2
= (x − y + 1)2 + (y − 4)2 ≥ 0.
Dấu bằng xảy ra khi
(
x−y+1=0
y−4=0
⇔
(
x=3
y = 4.
Vậy min B = 0 đạt khi x = 3; y = 4.
2
3x − 6x + 17
x2 − 2x + 5
2
2x − 16x + 41
2 Tìm GTNN của biểu thức B = 2
x − 8x + 22
– LỜI GIẢI.
2
1 Thực hiện phép chia đa thức ta được A = 3 + 2
x − 2x + 5
Mặt khác x2 − 2x + 5 = x2 − 2x + 1 + 4 = (x − 1)2 + 4 ≥ 4. Suy ra
BÀI 9.
1 Tìm GTLN của biểu thức A =
2
2
1
≤ =
− 2x + 5
4
2
2
1
⇔ 3+ 2
≤3+
x − 2x + 5
2
7
⇔ A≤
2
x2
Dấu bằng xảy ra khi x − 1 = 0 ⇔ x = 1.
7
Vậy max A = đạt tại x = 1.
2
2 Thực hiện phép chia đa thức ta được B = 2 −
3
.
− 8x + 22
Mặt khác x2 − 8x + 22 = x2 − 8x + 16 + 6 = (x − 4)2 + 6 ≥ 6. Suy ra
x2
3
3
1
≤ =
− 8x + 22
6
2
3
1
⇔ − 2
≥−
x − 8x + 22
2
3
1
3
⇔ 2− 2
≥2− = .
x − 8x + 22
2
2
x2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 224/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Dấu bằng xảy ra khi x − 4 = 0 ⇔ x = 4
3
Vậy min B = đạt tại x = 4.
2
BÀI 10. Tìm GTLN của các biểu thức
a) A =
x
(x + 10)2
b) B =
– LỜI GIẢI.
x
(x + 100)2
1 10
1
− 2 . Đặt = z, ta được
y y
y
Å
ã
1
2
2
A = −10z + z = −10 z − z
10
Å
ã
1
1
1
= −10 z 2 − z +
+
10
400
40
Å
ã2
1
1
= −10 z −
+
20
40
1
≤
.
40
1 Đặt y = x + 10, ta được A =
Dấu bằng xảy ra khi
z=
1
1
⇔ y = = 20 ⇔ x = y − 10 = 10.
20
z
1
đạt tại x = 10.
40
1
1 100
2 Đặt y = x + 100, ta được A = − 2 . Đặt = z, ta được
y
y
y
ã
Å
1
2
2
z
A = −100z + z = −100 z −
100
Å
ã
1
1
1
2
= −100 z −
z+
+
100
40000
400
Å
ã2
1
1
= −100 z −
+
200
400
1
≤
.
400
Vậy max A =
Dấu bằng xảy ra khi
z=
Vậy max A =
1
1
⇔ y = = 200 ⇔ x = y − 100 = 100.
200
z
1
đạt tại x = 100.
400
BÀI 11. Tìm GTNN và GTLN của các biểu thức
a) A =
27 − 12x
x2 + 9
b) B =
8x + 3
4×2 + 1
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 225/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Ta có
27 − 12x
x2 + 9
(x2 − 12x + 36) − (x2 + 9)
=
x2 + 9
2
(x − 6)
−1
=
x2 + 9
≥ −1.
A =
Dấu bằng xảy ra khi x − 6 = 0 ⇔ x = 6.
Vậy min A = −1 đạt tại x = 6.
Ta có
27 − 12x
x2 + 9
(4×2 + 36) − (4×2 + 12x + 9)
=
x2 + 9
(2x + 3)2
= 4−
x2 + 9
≤ 4.
A =
2
Dấu bằng xảy ra khi 2x + 3 = 0 ⇔ x = − .
3
2
Vậy max A = 4 đạt tại x = − .
3
2 Ta có
8x + 3
4×2 + 8x + 4 − 4×2 − 1
=
4×2 + 1
4×2 + 1
2
4(x + 1)
− 1.
=
4×2 + 1
≥ −1
B =
Dấu bằng xảy ra khi x + 1 = 0 ⇔ x = −1.
Vậy min B = −1 đạt tại x = −1.
Ta có
B =
=
=
≤
16×2 + 4 − 16×2 + 8x − 1
4×2 + 1
2
4(4x + 1) − (4x − 1)2
4×2 + 1
(4x − 1)2
4−
4×2 + 1
4.
1
Dấu bằng xảy ra khi 4x − 1 = 0 ⇔ x = .
4
1
Vậy max B = 4 đạt tại x = .
4
2
BÀI 12.
1 Tìm GTNN của biểu thức A =
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
2
x +y
x2 + 2xy + y 2
Trang 226/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Tìm GTLN của biểu thức B =
x2
x4 + 1
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
A=
x2 + y 2
(x + y)2 − 2xy
2xy
=
=
1
−
.
x2 + 2xy + y 2
(x + y)2
(x + y)2
Mặt khác
(x − y)2 ≥ 0
⇔ x2 + y 2 ≥ 2xy
⇔ x2 + y 2 + 2xy ≥ 4xy
⇔ (x + y)2 ≥ 4xy
1
2xy
≤ .
⇔
2
(x + y)
2
1
1
Suy ra A ≥ 1 − = , dấu bằng xảy ra khi x = y.
2
2
1
Vậy min A = đạt được khi x = y.
2
x2
2 Với x = 0 thì B = 4
= 0.
x +1
Với x 6= 0 thì ta có
(x2 − 1)2 ≥ 0
⇔ x4 − 2×2 + 1 ≥ 0
⇔ x4 + 1 ≥ 2×2 > 0
x2
x2
1
⇔ 4
≤ 2 = .
x +1
2x
2
Dấu bằng xảy ra khi x2 − 1 = 0 ⇔ x2 = 1.
1
Vậy max B = đạt tại x = ±1.
2
BÀI 13. Tìm GTNN của các biểu thức
(x + 4)(x + 9)
a) A =
với x > 0
x
x
3
c) C = +
với x > 2
3 x−2
b) B =
(x + 100)2
với x > 0
x
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
A=
Các số dương x và
36
x2 + 13x + 36
=x+
+ 13
x
x
36
có tích không đổi nên tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi
x
36
36
x=
⇒x=6⇒A=6+
+ 13 = 25.
x
6
Vậy min A = 25 đạt tại x = 6.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 227/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Ta có
Å
ã
x2 + 200x + 100000
10000
B=
= x+
+ 200
x
x
Các số dương x và
10000
có tích không đổi nên tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi
x
x=
10000
10000
⇒ x = 100 ⇒ A = 100 +
+ 200 = 400.
x
100
Vậy min A = 400 đạt tại x = 100.
BÀI 14. Cho x + y = 1, x > 0, y > 0. Tìm GTNN của các biểu thức
1 1
1
+
x y
a2 b 2
2
+
(a và b là hằng số dương đã cho)
yã
Å
ã
Åx
1 2
1 2
+ y+
3 x+
x
y
– LỜI GIẢI.
x+y
1
1
1 Ta có a =
=
. Do x, y > 0 nên
nhỏ nhất ⇔ xy lớn nhất. Mặt khác
xy
xy
xy
2xy ≤ x2 + y 2 ⇔ 4xy ≤ (x + y)2 = 1 ⇔ xy ≤
1
4
⇒ A ≥ 4.
1
(do x + y = 1)
2
1
Vậy min A = 4 đạt khi x = y = .
2
2 Ta có
Dấu bằng xảy ra khi x = y =
a2 .1 b2 .1
a2 (x + y) b2 (x + y)
+
=
+
x
y
x
y
2
2
ay bx
+
+ b2
= a2 +
x
y
Å 2
ã
a y b2 x
=
+
+ a2 + b2 .
x
y
B =
Các số dương
a2 y
b2 x
và
có tích không đổi nên tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi
x
y
a2 y
b2 x
a
=
⇔ a2 y 2 = b2 x2 ⇔ ay = bx ⇔ a(1 − x) = bx ⇔ x =
.
x
y
a+b
b
a
ta tính được y =
và B = (a + b)2 .
a+b
a+b
a
b
Vậy min B = (a + b)2 đạt khi x =
,y=
.
a+b
a+b
Khi x =
BÀI 15. Cho các số dương x và y thỏa mãn
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
1
1
1
+
=
. Tìm GTNN của các biểu thức
x2 y 2
2
Trang 228/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a) A = xy.
b) B = x + y.
– LỜI GIẢI.
1 Áp dụng a2 + b2 ≥ 2ab, ta có
1
1
1
2
= 2+ 2 ≥
⇒ xy ≥ 4.
2
x
y
xy
1
1
= ⇔ x = y. Vì x, y > 0 nên ta có xy = 4 ⇔ x = y = 2.
x
y
Vậy min A = 4 đạt tại x = y = 2.
Dấu bằng xảy ra khi
2 Từ kết quả câu a) ta có
(x + y)2 ≥ 4xy ≥ 16
⇔ x + y ≥ 4 do x + y ≥ 0.
Dấu bằng xảy ra khi xy = 4 ⇔ x = y = 2.
Vậy min B = 4 đạt tại x = y = 2.
BÀI 16. Tìm GTNN
Å của ãcác biểu thức
1 1
với a, b > 0.
1 A = (a + b)
+
a Åb
ã
1 1 1
2 B = (a + b + c)
+ +
với a, b, c > 0.
a b c
– LỜI GIẢI.
Å
ã
a b
1 Ta có A = 2 +
.
+
b a
a
b
Các số dương và có tích không đổi nên tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi
b
a
a
b
= ⇔ a2 = b2 ⇔ a = b.
b
a
Khi đó A = 2 + 1 + 1 = 4.
Vậy min A = 4 đạt tại a = b.
2 Áp dụng tính chất: “Nếu hai số dương không đổi thì tổng của của chúng nhỏ nhất khi hai số
dương đó bằng nhau” ta có
a b
+ ≥ 2, dấu bằng xảy ra khi a = b.
b a
a c
+ ≥ 2, dấu bằng xảy ra khi a = c.
c a
b c
+ ≥ 2, dấu bằng xảy ra khi b = c.
c b Å
ã
Å
ã
a b
a c
b c
⇒ B =3+
+
+
+
+
+
≥ 9.
b a
c a
c b
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Vậy min B = 9 đạt tại a = b = c.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 229/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 17. Cho các số dương x, y, z có tổng bằng 1. Tìm GTNN của A =
x+y
.
xyz
– LỜI GIẢI.
Từ giả thiết suy ra 1 = ((x + y) + z)2 . Áp dụng bất đẳng thức (a + b)2 ≥ 4ab, ta có
1 = ((x + y) + z)2 ≥ 4(x + y)z
Nhân hai vế với số dương
x+y
ta được
xyz
4z(x + y)2
4z · 4xy
x+y
≥
≥
= 16.
xyz
xyz
xyz
x+y =z
1
1
Dấu bằng xảy ra khi x = y
⇔x=y= ,z= .
4
2
x+y+z =1
1
1
Vậy min A = 16 đạt tại x = y = , z = .
4
2
BÀI 18. Tìm GTLN của tích xy với x, y là các số dương, x < 60, y ≥ 60 và x + y = 100.
– LỜI GIẢI.
Cách 1. Ta có x < 60, y ≥ 60 nên
(60 − x)(60 − y) ≤ 0 ⇒ 3600 − 60(x + y) + xy ≤ 0
⇒ 3600 − 6000 + xy ≤ 0
⇒ xy ≤ 2400.
Dấu bằng xảy ra khi 60 − y = 0 ⇔ y = 60 ⇒ x = 40.
Vậy max(xy) = 2400 đạt tại x = 40, y = 60.
Cách 1. Đặt y = 60 + t tới t ≥ 0. Ta có
xy = (100 − y)y = (100 − 60 − t)(60 + t) = (40 − t)(60 + t)
= 2400 − 20t − t2 ≤ 2400.
Dấu bằng xảy ra khi t = 0 ⇔ y = 60 ⇒ x = 40 Vậy max(xy) = 2400 đạt tại x = 40, y = 60.
BÀI 19. Tìm GTLN của các biểu thức
1 A = (x + z)(y + t) biết rằng x2 + y 2 + z 2 + t2 = 1.
2 B = (x + z)(y + t) biết rằng x2 + y 2 + 2z 2 + 2t2 = 1.
– LỜI GIẢI.
1 A = xy + xt + yz + zt. Ta có
2xy ≤ x2 + y 2
2xt ≤ x2 + t2
2yz ≤ y 2 + z 2
2zt ≤ z 2 + t2
⇒ 2A ≤ 2(x2 + y 2 + z 2 + t2 ) = 1.
1
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = t ⇒ 4×2 = 1 ⇔ x = ± .
2
1
Vậy max A = 1 đạt tại x = y = z = t = ± .
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 230/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 B = xy + xt + yz + zt. Ta có
2
2
4xy ≤ 2×2 + 2y 2
2xy
≤
x
+
y
4xt ≤ 2×2 + 2t2
2xt ≤ x2 + t2
⇒ 4B ≤ 3(x2 + y 2 + 2z 2 + 2t2 ) = 3.
⇔
2
2
2
2
4zt ≤ 2z + 2t
2zt ≤ z + t
4yz ≤ y 2 + z 2
0 ≤ (y − 2z)2
Vậy max B =
3
đạt được khi x = y, y = z, z = t, x = 2t và x2 + y 2 + 2z 2 + 2t2 = 1
4
1
−1
x = y = √
x = y = √
3
3
⇔
hoặc
1
−1
z = t = √
z = t = √ .
2 3
2 3
BÀI 20. Tìm GTNN của các biểu thức
1 A = |x − 2| + |x − 3| + |x − 4|.
2 B = |x − 1| + |x + 2| + |x − 3| + |x − 4|.
– LỜI GIẢI.
1 A = |x − 2| + |4 − x| + |x − 3|. Ta có
(
|x − 2| + |4 − x| ≥ x − 2 + 4 − x = 2
|x − 3| ≥ 0
⇒ A ≥ 2.
Dấu bằng xảy ra khi
(
x−2≥0
2≤x≤4
⇔ x = 3.
4−x≥0 ⇔
x=3
x−3=0
Vậy min A = 2 đạt tại a = 3.
2
3 A = |x − 1| + |3 − x| + |x − 2| + |4 − x|. Ta có
(
|x − 1| + |3 − x| ≥ x − 1 + 3 − x = 2
|x − 2| + |4 − x| ≥ x − 2 + 4 − x = 2
⇒ A ≥ 2 + 2 = 4.
Dấu bằng xảy ra khi
x−1≥0
3 − x ≥ 0
x−2=0
4−x≥0
⇔
(
1≤x≤3
2≤x≤4
⇔ 2 ≤ x ≤ 3.
Vậy min B = 4 đạt được khi 2 ≤ x ≤ 3.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 231/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 21. Tìm GTLN của A =
x
y
+
với x, y ∈ N.
x + y 8 − (x + y)
– LỜI GIẢI.
Ta xét hai trường hợp
1 x + y < 8. Ta có 3 trường hợp nhỏ
Nếu y = 0 thì A = 1.
y
x
< 1,
< 6 ⇒ A < 7.
Nếu 1 ≤ y ≤ 6 thì
x+y
8 − (x + y)
Nếu y = 7 thì x = 0 và A = 7
2 x+ = y > 8. Khi đó ta có
y
≤0
8 − (x + y)
⇒ A ≤ 1.
x
≤1
x+y
So sánh các giá trị trên của A, ta có max A = 7 đạt tại x = 0, y = 7.
BÀI 22. Tìm GTNN của A = |36m − 5n | vói m, n là các số nguyên dương.
– LỜI GIẢI.
Ta có 36m tận cùng bằng 6, còn 5n tận cùng bằng 5. Do đó
Nếu 36m > 5n thì 6m − 5n tận cùng bằng 1.
Nếu 36m < 5n thì 6m − 5n tận cùng bằng 9.
Ta xét các khả năng sau
Khả năng A = 1. Ta có36m − 5n = 1 ⇔ 36m − 1 = 5n . Đẳng thức này không xảy ra vì vế trái
chia hết cho 35 nên chia hết cho 7, còn vế phải không chia hết cho 7.
Khả năng A = 9. Ta có 5n − 36m = 9 ⇒ 5n chia hết cho 9, vô lí.
Khả năng A = 11. Xảy ra được khả năng này, chẳng hạn với m = 1, n = 2 thì A = |36−52 | = 11.
Vậy min A = 11.
BÀI 23. Tìm GTNN của biểu thức A = x2 + 4y biết rằng x, y là các số tự nhiên và A không phải là
số chính phương.
– LỜI GIẢI.
Số tự nhiên A không phải là số chính phương nên A > 1.
Xét A = 2, ta có 2 = x2 + 4y nên x là số chẵn. Khi đó vế phải chia hết cho 4, vế trái không chia
hết cho 4, loại.
Xét A = 3, ta có 3 = x2 + 4y nên x là số lẻ. Khi đó vế phải chia cho 4 dư 1 còn vế trái chia cho
4 dư 3, loại.
Xét A = 5, ta có 5 = x2 + 4y. Khi đó x = y = 1.
Vậy min A = 5.
x4 + y 4
trong đó x, y và A là các số nguyên dương
15
1 Chứng minh rằng x và y đều chia hết cho 3.
BÀI 24. Cho A =
2 Chứng minh rằng x và y đều chia hết cho 5.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 232/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3 Tìm GTNN của A.
– LỜI GIẢI.
1 Dễ thấy nếu số nguyên a không chia hết cho 3 thì a4 chia 3 dư 1. Do A là số tự nhiên nên
.
x4 + y 4 .. 15, do đó
.
x4 + y 4 .. 3
(1)
.
Ta sẽ chứng minh x .. 3.
Giả sử x không chia hết cho 3. Thế thì x4 không chia hết chho 3, y 4 không chia hết cho 3, y
không chia hết cho 3. Do x và y không chia hết cho 3 nên x4 và y 4 chia 3 dư 1, suy ra x4 + y 4
.
chia 3 dư 2, trái với (1). Vậy x .. 3.
.
Chứng minh tương tự, ta được y .. 3.
.
2 Dễ thấy nếu a không chia hết cho 5 thì a4 chia cho 5 dư 1. Do A là số tự nhiên nên x4 + y 4 .. 15,
do đó
.
x4 + y 4 .. 5
(2)
.
Ta sẽ chứng minh x .. 5.
Giả sử x không chia hết cho 5. Thế thì x4 không chia hết chho 5, y 4 không chia hết cho 5, y
không chia hết cho 5. Do x và y không chia hết cho 5 nên x4 và y 4 chia 5 dư 1, suy ra x4 + y 4
.
chia 5 dư 2, trái với (2). Vậy x .. 5.
.
Chứng minh tương tự, ta được y .. 5.
3 Từ câu a) và câu b) suy ra x và y chia hết cho 15. Do x, y nguyên dương nên x ≥ 15, y ≥ 15,
do đó x4 + y 4 ≥ 154 + 154 . Suy ra
A=
154 + 154
x4 + y 4
≥
= 6750.
15
15
Dấu bằng xảy ra khi x = y = 15.
Vậy min A = 6750 đạt tại x = y = 15.
BÀI 25. Tìm số chính phương lớn nhất biết rằng nếu xóa hai chữ số tận cùng của nó (hai chữ số này
không cùng bằng 0), ta lại được một số chính phương.
– LỜI GIẢI.
Gọi số chính phương phải tìm là n2 , ta có n2 = 100A + b, (A là số trăm, 1 ≤ b ≤ 99). Theo đề bài,
100A là số chính phương nên A là số chính phương.
Đặt A = a2 , (a ∈ N). Ta cần tìm giá trị lớn nhất của a. Ta có
n2 > 100a2 ⇒ n > 10a ⇒ n ≥ 10a + 1
⇒ n2 ≥ (10a + 1)2 ⇒ 100a2 + b ≥ 100a2 + 20a + 1 ⇒ b ≥ 20a + 1.
Do b ≤ 99 nên 20a + 1 ≥ 99 ⇒ a ≤ 4.
Ta có n2 = 100a2 + b ≤ 1600 + 99 = 1699. Kiểm tra 422 = 1764, 412 = 1681. Số chính phương lớn
nhất phải tìm là 1681 = 412 .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 233/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Năm học 2019-2020
Trang 234/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
PHẦN
II
HÌNH HỌC
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 235/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Năm học 2019-2020
Trang 236/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG
1
TỨ GIÁC
BÀI
1
TỨ GIÁC
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Định nghĩa 1. Tứ giác ABCD là hình gồm bốn đoạn thẳng AB, BC, CD, DA trong đó bất kì hai
đoạn thẳng nào cũng không cùng nằm trên một đường thẳng.
4
!
Các tứ giác được nghiên cứu trong chương là tứ giác lồi, đó là tứ giác luôn nằm trong một nửa
mặt phẳng mà bờ là đường thẳng chứa bất kì cạnh nào của tứ giác. Khi nói đến tứ giác mà không chú
thích gì thêm, ta hiểu đó là tứ giác lồi.
Tính chất 1. Tổng bốn góc của một tứ giác bằng 360◦ .
B CÁC DẠNG TOÁN
“+ D
“ = 180◦ , CB = CD. Chứng minh rằng AC là tia phân giác
VÍ DỤ 1. Tứ giác ABCD có B
của góc A.
– LỜI GIẢI.
Trên tia đối của tia DA lấy điểm E sao
“ + ADC
’ = 180◦ ,
cho DE = AB. Ta có B
’ + ADC
’ = 180◦ nên B
“ = EDC.
’
EDC
Ta
( có 4ABC
b1 = E
“ (1)
A
=
4EDC
(c.g.c).
C
B
Suy ra
AC = EC.
Tam giác ACE có AC = EC nên là tam giác cân,
b2 = E
“ (2).
do đó A
Từ (1) và (2) suy ra AC là tia phân giác của góc A.
1
A
2
D
E
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc, AB = 8 cm, BC = 7 cm, AD = 4 cm. Tính độ
dài CD.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 237/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Gọi O là giao đểm của AC và BD.
A
Ta có
OC 2 + OD2 + OB 2 + OA2 = BC 2 + AD2
= 72 + 42 = 65.
và OA2 + OB 2 = AB 2 = 64.
O
D
B
Suy ra OC 2 + OD2 = 1 hay CD2 = 1.
Vậy CD = 1.
C
b−B
“ = 50◦ . Các tia phân giác của góc C và D cắt nhau tại I và
BÀI 2. Tứ giác ABCD có A
’ = 115◦ . Tính các góc A và B.
CDI
– LỜI GIẢI.
b+D
“ = 130◦ , do đó A
b+B
“ = 230◦ .
Ta tính được C
b−B
“ = 50◦ .
Ta lại có A
B
b = 140◦ , B
“ = 90◦ .
Từ đó A
A
I
D
C
BÀI 3. Cho tứ giác ABCD, E là giao điểm của các đường thẳng AB và CD, F là giao điểm của các
đường thẳng BC và AD. Các tia phân giác của các góc E và F cắt nhau ở I. Chứng minh rằng
’ = 130◦ , BCD
’ = 50◦ thì IE vuông góc với IF .
1 Nếu BAD
2 Góc EIF bằng nửa tổng của một trong hai cặp góc đối đỉnh của tứ giác ABCD.
– LỜI GIẢI.
1 Cách giải tổng quát được áp dụng ở câu b.
2
Giả sử E và F có vị trí như trên hình bên, các
F
tia phân giác của góc E và F cắt nhau tại I.
’ +C
b = 2EIF
‘.
Trước hết ta chứng minh BAD
αα
Thật vậy, gọi H và K là giao điểm của F I
B
với AB và CD.
H
A
I
ββ
E
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 238/477
D
K
C
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
’ =H
“1 + α, C
b=K
“1 − α nên
Theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có BAD
’ +C
b = H
“1 + K
“1
BAD
‘ + β) + (EIF
‘ − β) = 2EIF
‘.
= (EIF
‘ = (BAD
’ + C)
b : 2.
Do đó EIF
BÀI 4. Chứng minh rằng nếu M là giao điểm các đường chéo của tứ giác ABCD thì M A + M B +
M C + M D nhỏ hơn chu vi nhưng lớn hơn nửa chu vi tứ giác.
BÀI 5. So sánh độ dài cạnh AB và đường chéo AC của tứ giác ABCD biết rằng chu vi tam giác
ABD nhỏ hơn hoặc bằng chu vi tam giác ACD.
– LỜI GIẢI.
Cộng từng vế
(
AB + CD < AC + BD
AB + BD ≤ AC + CD
Suy ra 2AB < 2AC ⇒ AB < AC.
B
A
D
C
BÀI 6. Tứ giác ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo, AB = 6, OA = 8, OB = 4, OD = 6.
Tính độ dài AD.
– LỜI GIẢI.
Kẻ AH ⊥ OB. Đặt BH = x, AH = y. Ta có hệ
3
x =
2
⇒
2
2
(x + 4) + y = 64
y 2 = 135 .
4
( 2
x + y 2 = 36
135
Do đó AD2 = HD2 + AH 2 = 11,52 +
= 166.
4
√
Vậy AD = 166.
BÀI 7. Cho năm điểm trên mặt phẳng trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng
bao giờ cũng có thể chọn ra được bốn điểm là đỉnh của một tứ giác lồi.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 239/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Xét bốn điểm A, B, C, D. Nếu bốn điểm đó là đỉnh
A
của một tứ giác lồi thì bài toán được chứng minh
xong. Nếu bố điểm đó không là đỉnh của một tứ giác
lồi thì tồn tại một điểm (giả sử điểm D) nằm trong
7
8
tam giác có đỉnh là ba điểm còn lại (hình bên). Chia
3
mặt phẳng thành chín miền như hình vẽ, điểm thứ
năm E nằm bên trong một miền (vì trong năm điểm
không có ba điểm thẳng hàng).
Nếu E thuộc các miền 1, 4, 8, ta chọn bốn điểm là
2
1
D
4
B
6
5
C
9
A, D, B. Nếu E thuộc các miền 2, 5, 7 ta chọn E và
A, D, C. Nếu E thuộc các miền 3, 6, 9 ta chọn E, B,
D, C.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 240/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI
2
HÌNH THANG
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Định nghĩa 1. Hình thang là tứ giác có hai cạnh đối song song
Định nghĩa 2. Hình thang cân là hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau.
Tính chất 1. Trong hình thang cân, hai cạnh bên bằng nhau, hai đường chéo bằng nhau.
4
Để chứng minh một hình thang là hình thang cân, ta chứng minh hình thang đó có hai góc kề
một đáy bằng nhau, hoặc có hai đường chéo bằng nhau.
!
Định nghĩa 3. Đoạn thẳng nối chung điểm hai cạnh bên của hình thang là đường trung bình của
hình thang.
Tính chất 2.
Đường trung bình của hình thang thì song song với hai đáy và bằng nửa tổng
hai đáy.
Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh bên của hình thang và song song với hai đáy thì đi
qua trung điểm cạnh bên thứ hai và là đường trung bình của hình thang.
B CÁC DẠNG TOÁN
VÍ DỤ 1. Cho tam giác ABC có BC = a, các đường trung tuyến BD, CE. Lấy các điểm M ,
N trên cạnh BC sao cho BM = M N = N C. Gọi I là giao điểm của AM và BD, K là giao
điểm của AN và CE. Tính độ dài IK.
– LỜI GIẢI.
Dễ thấy DN là đường trung bình của 4ACM nên DN k
A
AN .
Trong 4BN D có
(
BM = M N
nên I là trung điểm của
MI k ND
BD. Tương tự K là trung điểm của CE.
Hình thang BEDC có I và K là trung điểm của hai
đường chéo nên dễ dàng chứng minh được
E
D
I
B
M
K
N
C
a
a−
BC − DE
2 = a.
IK =
=
2
2
4
VÍ DỤ 2. Một hình thang cân có đường cao bằng nửa tổng hai đáy. Tính góc tạo bởi hai đường
chéo của hình thang.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 241/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Xét hình thang cân ABCD (AB k CD), đường cao
A
BH và
BH =
AB + CD
2
B
(1).
Qua B kẻ đường thẳng song song với AC, cắt DC ở
E.
D
Ta có
(
BE = AC
H
C
E
nên BE = BD.
AC = BD
Tam giác BDE cân tại B, đường cao BH nên DH = HE =
Ta có AB = CE nên AB + CD = CE + CD = DE
DE
2
(2).
(3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra BH = DH = HE.
◦
’
Các tam
( giác BHD, BHE vuông cân tại H nên DBE = 90 .
BD ⊥ BE
Ta có
nên DB ⊥ AC.
AC k BE
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Cho một hình thang có hai đáy không bằng nhau. Chứng minh rằng
1 Tổng hai góc kề đáy nhỏ lớn hơn tổng hai góc kề đáy lớn.
2 Tổng hai cạnh bên lớn hơn hiệu hai đáy.
– LỜI GIẢI.
Qua một đỉnh của đáy nhỏ, kẻ đường thẳng song song với cạnh bên của hình thang.
b=D
“ = 90◦ , đáy nhỏ AB = 11 cm, AD = 12 cm, BC = 13 cm. Tính
BÀI 2. Hình thang ABCD có A
độ dài AC.
– LỜI GIẢI.
Kẻ BH ⊥ CD.
Ta tính được CH = 5 cm, CD = 16 cm.
A
B
D
H
Từ đó AC = 20 cm.
C
’ = 90◦ . Chứng minh rằng
BÀI 3. Hình thang ABCD (AB k CD) có E là trung điểm của BC, AED
DE là tia phân giác của góc D.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 242/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Gọi K là giao điểm của AE và DC.
A
Khi đó 4ABE = 4KCE (g.c.g).
B
Suy ra AE = EK. Vậy 4ADK cân.
Từ đó DE là phân giác của góc D.
E
2
1
D
C
K
BÀI 4. Hình thang cân ABCD (AB k CD) có đường chéo BD chia hình thang thành hai tam giác
cân ABD cân tại A và tam giác BCD cân tại D. Tính các góc của hình thang cân đó.
– LỜI GIẢI.
’ = x. Ta tìm được x = 36◦ .
Đặt ADB
A
Các góc của hình thang bằng 72◦ , 72◦ , 108◦ , 108◦ .
B
D
C
BÀI 5. Trên đoạn thẳng AB lấy một điểm M (M A > M B). Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ
AB, vẽ tam giác đều AM C, BM D. Gọi E, F , I, K theo thứ tự là trung điểm của CM , CB, DM ,
1
DA. Chứng minh rằng EF IK là hình thang cân và KF = CD.
2
– LỜI GIẢI.
’=F
’
Chứng minh EF k KI, EKI
IK = 60◦ .
CD
Suy ra KF = EI =
.
2
C
E
F
K
A
D
I
M
B
BÀI 6. Cho điểm M nằm bên trong tam giác đều ABC. Chứng minh rằng trong ba đoạn thẳng M A,
M B, M C đoạn lớn nhất nhỏ hơn tổng hai đoạn kia.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 243/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Qua M vẽ M D k AB, vẽ M E k BC, vẽ M F k AC, được ba hình
thang cân, do đó M A = DE, M B = EF , M C = DF , các đoạn thẳng
D
M A, M B, M C là độ dài của các cạnh của 4DEF nên đoạn lớn nhất
nhỏ hơn tổng của hai đoạn kia.
E
M
B
F
C
BÀI 7. Cho tam giác ABC, trọng tâm G.
1 Vẽ đường thẳng d đi qua G, cắt các đoạn thẳng AB, AC. Gọi A0 , B 0 , C 0 là hình chiếu của A,
B, C trên d. Tìm mối liên hệ giữa các độ dài AA0 , BB 0 , CC 0 .
2 Nếu đường thẳng d nằm ngoài tam giác ABC và G0 là hình chiếu của G trên d thì các độ dài
AA0 , BB 0 , CC 0 , GG0 có liên hệ gì?
– LỜI GIẢI.
1
Lấy điểm I trên đường trung tuyến AM sao cho I là
A
trung điểm của AG. Kẻ AA0 , BB 0 , CC 0 , II 0 , M M 0
vuông góc với d. Khi đó AA0 = BB 0 + CC 0 .
I
B
C0
G M0
0
d
A0
B
M
C
2
Gọi BE là đường trung tuyến của 4ABC, M là
A
trung điểm của BG.
Vẽ AA0 , BB 0 , CC 0 , EE 0 , GG0 , M M 0 vuông góc với
E
G
D.
Ta có
B
M
C
M M 0 + EE 0 = 2GG0
B 0 A0 0
M
⇒ 2M M 0 + 2EE 0 = 4GG0
⇒ BB 0 + GG0 + AA0 + CC 0 = 4GG0
G0
E0
C0
d
⇒ AA0 + BB 0 + CC 0 = 3GG0 .
BÀI 8. Trên đoạn thẳng AB lấy các điểm M và N (M nằm giữa A và N ). Vẽ về một phía của AB
các tam giác đều AM D, M N E, BN F . Gọi G là trọng tâm của tam giác DEF . Chứng minh rằng
khoảng cách từ G đến AB không phụ thuộc vào vị trí của điểm M , N trên đoạn AB.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 244/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Gọi K là giao điểm của AD, BF thì 4ABK đều.
K
Trước hết chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ D, E,
F đến AB bằng đường cao KH = h của 4KAB (h không
đổi).
h
Do đó khoảng cách từ G đến AB bằng .
3
D
G
F
E
A
M
N
B
BÀI 9. Tứ giác ABCD có E, F theo thứ tự là trung điểm của AD, BC.
AB + CD
.
1 Chứng minh rằng EF ≤
2
AB + CD
.
2 Tứ giác ABCD có điều kiện gì thì EF =
2
– LỜI GIẢI.
1
Gọi K là trung điểm AC.
Ta có EF ≤ KF + KE, từ đó 2EF ≤ AB + CD nên
AB + CD
EF ≤
.
2
B
A
F
E
K
D
2 Ta có EF =
C
AB + CD
⇔ E, K, F thẳng hàng ⇔ AB k CD.
2
BÀI 10. Tứ giác ABCD có AB = CD. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trung điểm của hai
đường chéo tạo với AB và CD các góc bằng nhau.
– LỜI GIẢI.
Gọi M là trung điểm của AD, I, K là
B
trung điểm của AC, BD.
Đường thẳng IK cắt AB, CD ở E, F .
“1 = Ib1 .
Tam giác M IK cân nên K
“1 = E
“1 (so le trong, AB k
Ta lại có K
C
1
K1 F
KM ).
Lại có Ib1 = Fb1 (so le trong, IM k CD).
“1 = Fb1 .
Vậy E
I
1
1
E
A
M
D
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 245/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 11. Trong tứ giác ABCD, gọi A0 , B 0 , C 0 , D0 thứ tự là trọng tâm của các tam giác BCD, ACD,
ABD, ABC. Chứng minh rằng bốn đường thẳng AA0 , BB 0 , CC 0 , DD0 đồng quy.
– LỜI GIẢI.
Gọi E, F là trung điểm của AC và BD.
C
Điểm I là trung điểm của A0 C.
Ta có EI k AA0 , so đó AA0 đi qua trung điểm M của EF .
0
0
I
B
0
Tương tự BB , CC , DD cũng đi qua M .
A0
E
F
A
M
D
BÀI 12. Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H, M là trung điểm BC. Qua H kẻ đường thẳng vuông
góc với HM cắt AB và AC theo thứ tự ở E và F .
1 Trên tia đối của tia HC lấy điểm D sao cho HD = HC. Chứng minh rằng E là trực tâm của
tam giác DBH.
2 Chứng minh rằng HE = HF .
– LỜI GIẢI.
1
Vì M H là đường trung bình
của 4CBD nên M H k BD.
D
A
Do M H ⊥ EF nên BD ⊥
EF .
KF
H
E
Ta có BA ⊥ HD, do đó E là
G
trực tâm của 4BDH.
B
M
C
2 Gọi G là giao điểm của DE và BH, K là giao điểm của BH và AC.
Khi đó 4DHG = 4CHK (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra HG = HK ⇒ 4HGE = 4HKF (g.c.g).
Vậy HE = HF .
BÀI 13. Tứ giác ABCD có B và C nằm trên đường tròn có đường kính là AD. Tính độ dài CD biết
rằng AD = 8, AB = BC = 2.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 246/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Gọi O là tâm của đường tròn, H là giao điểm của OB và
AC.
Ta có
(
BA = BC
C
nên OB là đường trung trực của AC,
OA = OC
do đó OB ⊥ AC và AH = HC.
B
OH là đường trung bình của 4ACD.
x
x
Đặt CD = x thì OH = nên BH = 4 − .
2
2
Ta có AB 2 − BH 2 = OA2 − OH 2 (cùng bằng AH 2 )
x 2
x 2
Nên 4 − 4 −
= 16 −
⇒ x = 7 ⇒ CD = 7.
2
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 247/477
A
H
O
D
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
Năm học 2019-2020
3
DỰNG HÌNH BẰNG THƯỚC VÀ COMPA
Giải bài toán dựng hình (bằng thước và compa) là chỉ ra một số hữu hạn lần các phép dựng hình
cơ bản và các bài toán dựng hình cơ bản rồi chứng tỏ hình dựng được có đủ các điều kiện mà bài
toán đòi hỏi.
Lời giải đầy đủ của một bài toán dựng hình gồm bốn phần:
1 Phân tích. Giả sử đã có một hình thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Có thể vẽ thêm hình
mới làm xuất hiện những yếu tố nêu trong đề bài hoặc làm xuất hiện những hình có thể dựng
được ngay. Đưa việc dựng các yếu tố còn lại của hình phải dựng về các phép dựng hình cơ bản
và các bài toán dựng hình cơ bản đã biết.
2 Cách dựng. Nêu thứ tự từng bước dựng hình dựa vào các phép dựng hình cơ bản và các bài
toán dựng hình cơ bản, đồng thời thể hiện các bước dựng đó trên hình vẽ.
3 Chứng minh. Dùng lập luận chứng tỏ rằng với cách dựng như trên, hình đã dựng thỏa mãn các
điều kiện của bài toán.
4 Biện luận. Chỉ rõ trong trường hợp nào bài toán dựng được và dựng được bao nhiêu hình thỏa
mãn đề bài (hình thỏa mãn đề bài gọi là nghiệm hình).
“− C
b = α.
VÍ DỤ 1. Dựng tam giác ABC, biết AC = b, AB = c, B
– LỜI GIẢI.
y
A
D
x
α
c
c
b
α
b
m
B
C
n
1 Phân tích
“− C
b = α.
Giả sử đã dựng được 4ABC có AC = b, AB = c, B
‘ =B
“ (Cy và A cùng phía đối với BC). ABCD là hình thang
Kẻ Ax k BC, kẻ tia Cy sao BCy
nên
CD = AB = c,
’ = BCD
’ − BCA
’ =B
“ − BCA
’ = α.
ACD
Tam giác ACD dựng được (biết hai cạnh và góc xen giữa).
’ =
Điểm B thỏa mãn hai điều kiện: nằm trên đường thẳng qua C song song với AD và DAB
’
ADC.
2 Cách dựng
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 248/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
’ = α.
Dựng 4ACD có AC = b, CD = c, ACD
Qua C dựng đường thẳng Cm k AD.
’ = ADC,
’ cắt Cm ở B.
Dựng tia An sao cho DAn
3 Chứng minh
’ = ADC
’ nên là hình thang cân, do đó AB = CD = c,
Tứ giác ABCD có AD k BC, DAB
’ = DCB.
’
ABC
’ − ACB
’ = DCB
’ − ACB
’ = ACD
’ = α.
Ta có ABC
4 Biện luận
Bài toán có một nghiệm hình nếu b > c và α < 180◦ .
Chú ý: Điểm B được dựng ở ví dụ là giao điểm của hai tia Cm và An. Điểm B đã được dựng là giao
điểm của hai đường thẳng, hay tổng quát là giao của hai tập hợp (quỹ tích).
Phương pháp lấy giaO của hai quỹ tích gọi là phương pháp quỹ tích tương giao. Nội dung của phương
pháp là: Để dựng một điểm, ta phân tích điểm đó thỏa mãn hai điều kiện, do điều kiện thức nhất
điểm thuộc một quỹ tích, do điều kiện thứ hai điểm thuộc một quỹ tích khác, giao điểm của hai quỹ
tích ấy cho ta điểm phải dựng.
Khi phân tích một điểm thuộc đường nào, cần nhớ các kiến thức sau:
Điểm cách đều hai đầu của đoạn thẳng AB thì nằm trên đường trung trực của AB.
Điểm cách đều điểm O một khoảng r thì nằm trên đường tròn (O; r).
Điểm nằm trong góc và cách đều hai cạnh của góc thì nằm trên tia phân giác của góc ấy.
Cũng cần chú ý đến số giao điểm của hai đường. Hai đường thẳng có thể có 0, 1 hoặc vô số giao điểm
tùy theo chúng song song, cắt nhau hay trùng nhau. Đường thẳng và đường tròn (O; r) có thể có 0,
1 hoặc 2 giao điểm tùy theo r < h, r = h hoặc r > h (h là khoảng cách từ O đến đường thẳng). Hai
đường tròn có thể có O, 1, 2 hoặc vô số giao điểm.
Dựa vào số giao điểm ấy mà ta biện luận bài toán.
VÍ DỤ 2. Chứng minh rằng tồn tại một hình thang có độ dài bốn cạnh bằng độ dài bốn cạnh
của một tứ giác cho trước.
– LỜI GIẢI.
A
Gọi a, b, c, d là độ dài bốn cạnh của tứ giác (a ≥ b ≥ c ≥ d).
d
B
Cần chứng minh tồn tại hình thang có bốn cạnh như trên: Chọn đáy
lớn bằng a, đáy nhỏ bằng d.
Ta dựng 4BEC rồi dưng D và A.
c
b
c
Để chứng minh tồn tại hình thang ABCD, ta sẽ chứng tỏ tồn tại
a−d
4BEC (tam giác này có thể suy biến thành đoạn thẳng).
D
Thật vậy, ta có
C
E
a
b + c > a − d (vì d + b + c > a do a, b, c, d là bốn cạnh của tứ giác),
a − d + b ≥ c (vì a ≥ c, c ≥ d), a − d + c ≥ b (vì a ≥ b, c ≥ d).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 249/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A BÀI TẬP
BÀI 1. Dựng hình thang ABCD (AB k CD), biết:
1 AB = 1 cm, AD = 2 cm, BC = 3 cm, CD = 3 cm.
2 AB = a, CD = b, AC = c, BD = d.
– LỜI GIẢI.
1
A
Trước hết dựng 4BEC biết ba cạnh BC = 3 cm, BE = CD = 2
cm. Sau đó dựng điểm D và điểm A.
1
B
2
3
2
2
D
C
E
2
A
Trước hết dựng 4BDE, biết ba cạnh DE = a + b,
BE = c, BD = d. Sau đó dựng điểm A.
a
B
d
c
c
b
a
D
C
E
“ = α.
BÀI 2. Dựng hình thang cân ABCD (AB k CD), biết AB = a, CD = b, D
– LỜI GIẢI.
A
“ = AED
’ = α.
Trước hết dựng tam giác 4ADE có DE = b − a, D
a
B
Sau đó dựng các điểm C và B.
α
D
b−a
E
C
BÀI 3. Dựng tứ giác ABCD, biết ba góc và
a) Hai cạnh kề nhau;
b) Hai cạnh đối nhau.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 250/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a) Cách dựng thể hiện trên hình.
D
a
D0
A
α
x
α
x
D
y
A
B
b) Cách dựng thể hiện trên hình.
b
a
β
γ
b
B
C
γ
y
C0
C
“ = β, C
b = α, BC − AB = d.
BÀI 4. Dựng tam giác ABC, biết B
– LỜI GIẢI.
1
A
“ = β, C
b = α, BC −AB =
Phân tích. Giả sử đã dựng được 4ABC có B
d. Trên BC lấy điểm D sao cho BD = AB thì DC = BC − BD =
BC − AB = d.
“
’ = 90◦ + B = 90◦ + β (góc này dựng
Ta có 4ABD cân nên ADC
2
2
được bằng thước và compa).
B
4ADC xác định ngay vì biết một cạnh và hai góc kề với nó.
Điểm B thuộc tia đối của tia DC. Mặt khác do BA = BD nên
B thuộc đường trung trực của AD.
2 Cách dựng.
“ = 90◦ + β , DC = d, C
b = α.
Dựng 4ADC có D
2
Dựng đường trung trực của AD, cắt tia đối của tia DC ở B. Nối AB.
d
D
C
3 Chứng minh. B thuộc đường trung trực của AD nên AB = BD. Do đó
BC − AB = BC − BD = DC = d.
’ = 90◦ + β nên ADB
’ = 90◦ − β , do đó B
“ = β, còn C
b = α.
4ABD cân mà ADC
2
2
β
4 Biện luận. Bài toán có một nghiệm hình nếu dựng được 4ADC, tức là nếu 90◦ + + α <
2
β
180◦ ⇔ α < 90◦ − .
2
BÀI 5. Dựng tam giác ABC, biết:
b = α, BC = a, AC − AB = d;
1 A
“− C
b = α, BC = a, AC − AB = d.
2 B
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 251/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
’ =
1 Trên AC lấh điểm D sao cho AD = AB thì DC = d, BDC
α
90◦ + . Dựng 4DBC, rồi dựng điểm A.
2
2 Trên AC lấy điểm D sao cho AD = AB thì DC = AC−AB = d.
α
Tính
D
å
b
A
b
’ = ADB
’ −C
b = 90◦ −
−C
DBC
2
“ C
b
“ b
B
b = B − C = α.
=
+ −C
2
2
2
2
Ç
d
a
B
C
Dựng 4BDC, rồi dựng điểm A. Chú ý rằng có thể dựng được
’ > 90◦ .
hai điểm D nhưng chỉ chọn D sao cho BDC
BÀI 6. Dựng tam giác ABC, biết:
1
2
b = α, BC = a, AC + AB = s;
A
“− C
b = α, BC = a, AC + AB = s.
B
– LỜI GIẢI.
1
Phân tích. Trên tia đối của tia AC lấy điểm D sao cho AD = AB
“ = α . Dựng 4BDC, rồi dựng A.
thì 4ABD cân nên D
2
Cách dựng.
‘ = α.
Dựng xDy
2
Trên tia Dx lấy DC = s.
Dựng đường tròn (C; a) cắt tia Dy ở B.
Dựng đường trung trực của BD cắt cạnh DC ở A.
D
c
A
b
B
a
C
y
x
Biện luận. Gọi h là khoảng cách từ C đến Dy. Điều kiện để bài
toán có nghiệm hình là h ≤ a < s.
2 Trên tia đối của tia AC lấy điểm D sao cho AD = AB. Tính
b
’ =B
“+ A = B
“+
DBC
2
Ç
“ C
b
B
90 − −
2
2
◦
å
= 90◦ +
“− C
b
B
α
= 90◦ + ,
2
2
góc này dựng được bằng thước và compa. Dựng 4BDC, rồi dựng điểm A.
b = α, AB + AC = s, đường trung tuyến AM = m.
BÀI 7. Dựng tam giác ABC, biết A
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 252/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
D
Trên tia đối của tia AB lấy D, trên tia đối của tia AC lấy E sao cho
E
AD = AE = AB.
’ = 90◦ − α .
Ta có EC = s, DC = 2m, DEC
2
Dựng 4EDC rồi dựng A, sau đó dựng B.
α
2m
A
m
B
M
C
BÀI 8. Dựng tam giác ABC, biết BC = a, đường cao AH = h, đường trung tuyến BM = m.
– LỜI GIẢI.
Vẽ M K vuông góc với BC thì M K =
h
. Dựng 4BM K, rồi dựng điểm C, sau đó dựng điểm A.
2
BÀI 9. Dựng tam giác ABC, biết đường cao AH = h, đường cao BI = k, đường trung tuyến
AM = m.
– LỜI GIẢI.
Tam giác vuông AHM dựng được. Vẽ M K ⊥ AC thì
A
BI
k
MK =
= .
2
2
I
Dựng tiếp tam giác vuông AM K.
k
Điều kiện để có nghiệm hình: < m, h ≤ m.
2
m
B
H
k
2
K
M
C
“ = 3C
b biết AB = c, AC = b.
BÀI 10. Dựng tam giác ABC có B
– LỜI GIẢI.
A
’ =C
b thì
Lấy E trên AC sao cho CBE
c
’ = 2C,
b AEB
’ = 2C.
b
ABE
c
Do đó 4ABE cân.
Suy ra EC = b − c, BE = b − c.
Dựng 4ABE biết độ dài ba cạnh c, c, b − c.
E
B
Sau đó dựng điểm C.
C
BÀI 11. Dựng tam giác, biết độ dài ba đường trung tuyến.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 253/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1
độ
3
dài các đường trung tuyến của 4ABC. Dựng 4GDK, rồi dựng F ,
C. Sau đó dựng B, A.
A
Gọi K là trung điểm của CG. 4GDK có các cạnh bên bằng
E
F
Điều kiện để có nghiệm hình là |m − n| < p < m + n với m, n, p là
độ dài ba đường trung tuyến đã cho.
K
G
B
D
C
BÀI 12. Cho góc xOy và điểm G ở trong góc. Dựng tam giác OAB nhận G làm trọng tâm, có A
thuộc Ox, B thuộc Oy.
– LỜI GIẢI.
y
Trên tia OG lấy C sao cho OC = 3OG. Qua C vẽ các đường thẳng song
song với các cạnh của góc.
B
C
O
x
A
“− C
b = 90◦ , biết đường phân giác AD = d, DC = m.
BÀI 13. Dựng tam giác ABC có B
– LỜI GIẢI.
Vẽ đường vuông góc với BC tại B, cắt AD ở K, cắt
AC ở H.
’ = C,
b ADB
’ =A
b2 + C,
b BKD
’ =A
b1 + ABH
’
Ta có ABH
’ = BKD,
’ do đó ADB
’ = 45◦ , ADC
’ = 135◦ .
nên ADB
A
2
1
H
K
Dựng 4ADC (c.g.c) rồi dựng B.
B
D
C
BÀI 14. Cho đường thẳng m và hai điểm H, G thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ m. Dựng tam giác
ABC có B và C thuộc m, nhận H làm trực tâm, G làm trọng tâm.
– LỜI GIẢI.
Gọi O là giao điểm các đường trung trực của 4ABC thì G
A
nằm giữa H và O, đồng thời HG = 2GO.
Do đó biết vị trí H, G thì dựng được O. Sau đó dựng
OM ⊥ m. Trên tia M G lấy M A = 3M G. Dựng (O; OA)
H
cắt m ở B và C.
Bài toán luôn có một nghiệm hình vì đường tròn (O; OA)
luôn cắt m.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 254/477
G
B
O
M
C
m
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 15. Dựng tam giác ABC vuông tại A có AC = 2AB, biết BC = 5 cm.
– LỜI GIẢI.
Gọi M là trung điểm của AC. Vẽ AH, M K ⊥ BC. 4ABH =
A
4CM K (cạnh huyền – góc nhọn) nên BH = M K, AH = CK.
AH
CK
Ta lại có M K =
. Suy ra BH =
. Mà CK = HK nên
2
2
1
BH = BC = 1 cm, AH = 2 cm.
5
Dựng được 4ABH, rồi dựng C.
M
B
H
K
C
BÀI 16. Cho tam giác ABC. Dựng đường thẳng DE song song với BC (D thuộc AB, E thuộc AC)
sao cho DE = DB + CE.
– LỜI GIẢI.
Dựng tia phân giác của các góc B và C, chúng cắt nhau
A
ở I. Qua I dựng DE k BC.
I
D
E
B
C
BÀI 17. Cho tam giác ABC. Dựng đường thẳng DE song song với BC (D thuộc AB, E thuộc AC)
sao cho AE = BD.
– LỜI GIẢI.
Qua E vẽ đường thẳng song song với AB cắt BC ở F .
A
Chứng minh rằng AF là tia phân giác của góc A.
Trước hết dựng F , rồi dựng E.
1 2
D
B
E
F
C
BÀI 18. Cho hai đường thẳng song song a và b, điểm C thuộc a, điểm O thuộc nửa mặt phẳng không
chứa b có bờ a. Qua O dựng đường thẳng m cắt a, b theo thứ tự ở A, B sao cho CA = CB.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 255/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Phân tích: Qua C vẽ CH ⊥ AB, cắt b ở D. 4ACB cân
’ = CBA,
’ mà CAB
’ = ABD.
’
nên CAB
O
’ = DBA,
’ suy ra OD = OC.
Do đó CBA
Cách dựng: Dựng (O; OC) cắt b ở D.
Qua O dựng đường vuông góc với CD cắt a, b ở A, B.
a
A
C
H
Biện luận: Gọi h là khoảng cách từ O đến b.
Tùy theo OC > h, OC = h, OC < h mà bài toán có 2, 1,
B
D
b
0 nghiệm hình.
1 Cho đường thẳng xy và hai điểm A, B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ xy. Dựng
’x = 2BM
’y.
điểm M thuộc xy sao cho AM
2 Giải bài toán trên trong trường hợp A và B thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ xy.
BÀI 19.
– LỜI GIẢI.
A
1 Phân tích: Qua A vẽ đường vuông góc với BM , cắt
xy ở C. Ta chứng minh được BA = BC, vì thế xác
định được C, do đó xác định được M .
2 Dựng B 0 sao cho xy là đường trung trực của BB 0 .
Đưa về ý trên.
y
x
C
M
B
BÀI 20. Cho tam giác ABC. Dựng điểm M sao cho nếu vẽ M A0 ⊥ BC, M B 0 ⊥ Ac, M C 0 ⊥ AB thì
A0 B 0 = B 0 C = C 0 A.
– LỜI GIẢI.
Để cho ba đoạn thẳng bằng nhau A0 B, B 0 C, C 0 A có liên
D
hệ với nhau, ta “dịch” chúng đến M : Vẽ đường thẳng qua
M song song với A0 B và đường thẳng qua B song song với
A
0
A M , chúng cắt nhau ở H. Vẽ đường thẳng qua M song song
K
với B 0 C và đường thẳng qua C song song với B 0 M , chúng
cắt nhau ở I. Vẽ đường thẳng qua M song song với C 0 A và
đường thẳng qua A song song với C 0 M , chúng cắt nhau ở
K.
Các đường thẳng AK, BH, CI cắt nhau ở D, E, F . 4DEF
C0
M
H
B
B0
F
A0
C
I
xác định được vì có các cạnh theo thứ tự vuông góc với AB
ở A, với BC ở B, với CA ở C. Còn M là điểm cách đều ba
cạnh của 4DEF nên giao điểm của các đường phân giác
(trong hoặc ngoài) của tam giác. Bài toán có bốn nghiệm
hình.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
E
Trang 256/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
4
Năm học 2019-2020
ĐỐI XỨNG TRỤC
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Định nghĩa 1. Hai điểm gọi là đối xứng nhau qua đường thẳng d nếu d là đường trung trực của
đoạn thẳng nối hai điểm đó. Khi một điểm nằm trên đường thẳng d thì điểm đối xứng với nó qua
đường thẳng d chính là điểm đó.
Định lí 1. Nếu hai đoạn thẳng (góc, tam giác) đối xứng nhau qua một đường thẳng thì chúng bằng
nhau.
Định lí 2. Hình thang cân nhận đường thẳng đi qua hai trung điểm hai đáy làm trục đối xứng.
B CÁC DẠNG TOÁN
VÍ DỤ 1. Cho đường thẳng d và hai điểm A, B nằm cùng phía với đường thẳng D. Dựng điểm
C thuộc d sao cho CA + CB có độ dài ngắn nhất.
– LỜI GIẢI.
Hướng suy nghĩ. Bài toán trở nên đơn giản nếu cho A, B nằm khác phía đối với
d. Khi đó C là giao điểm của d với đoạn thẳng AB (Hình 10a). Trong trường hợp
A, B nằm cùng phía với d, ta có thể tạo ra điểm B 0 nằm khác phía với A đối với
d mà độ dài CB 0 luôn luôn bằng CB khi C thay đổi vị trí trên đường thẳng d.
A
d
C
B
Điểm B 0 chính là điểm đối xứng với B qua d.
Phân tích: Vẽ B 0 đối xứng với B qua d. Gọi M là điểm bất kì thuộc
A
B
d. Ta có M B 0 = M B. Do đó
AM + M B = AM + M B 0 ≥ AB 0 (hằng số).
Vậy giá trị nhỏ nhất của AM + M B bằng AB 0 khi M thuộc đoạn
AB 0 .
d
C
M
B0
Cách dựng. Dựng B 0 đối xứng với B qua d. Nối A với B 0 , cắt d ở C.
Chứng minh. Gọi M là điểm bất kì thuộc d. Ta có
AM + M B = AM + M B 0 ≥ AB 0 ,
AC + CB = AC + CB 0 = AB 0 .
Vậy AC + CB ≤ AM + M B.
Biện luận. Bài toán có một nghiệm hình.
VÍ DỤ 2. Cho hai đường thẳng x, y và hai điểm A, B. Dựng điểm C thuộc x và điểm d thuộc
y sao cho A, B, C, D là các đỉnh của hình thang cân có AB là một cạnh đáy.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 257/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Phân tích. Giả sử đã dựng được hình thang cân thỏa mãn yêu cầu đề bài. Gọi
y
x0
d là đường trung trực của AB. Dựng đường thẳng x0 qua D và giao điểm của
d và x (nếu d k x thì x0 là đường thẳng đi qua D và song song với x). Khi đó,
D
A
d
B
x0 đối xứng với x qua d. Điểm D thỏa mãn hai điều kiện: thuộc x0 và thuộc y.
Từ đó dựng được điểm C.
C
x
Cách dựng
Dựng đường trung trực d của AB.
Dựng đường thẳng x0 đối xứng với x qua d.
Gọi D là giao điểm của x0 và y. Dựng C đối xứng với D qua d.
Chứng minh. Theo cách dựng thì AB k CD do cùng vuông góc với d. Mặt khác AC đối xứng với BD
qua d nên AC = BD. Vậy tứ giác ABCD là hình thang cân.
Biện luận.
Nếu x0 trùng y thì bài toán có vô số nghiệm hình (Hình 12). Khi đó x và x0 đối xứng nhau qua
d; nói cách khác d trùng với phân giác của góc tạo bởi x và y (Hình 12a) hoặc d là đường thẳng
song song cách đều x và y. (Hình 12b).
x0
A
d
A
D
y
D
x0 y
B
d
B
x
C
x
C
Nếu x0 k y thì bài toán không có nghiệm hình (Hình 13). Khi đó d song song với một tia phân
giác của góc tạo bởi x và y. (Hình 13b,c).
y
y
x0
A
y
d
A
B
A
d
d
x ≡ x0
x
B
x
B
Nếu x0 cắt y thì bài toán có một nghiệm hình (Hình 14). Khi đó d cắt cả hai đường thẳng chứa
tia phân giác của góc tạo bởi x và y (Hình 14a) hoặc d cắt đường thẳng song song cách đều x
và y (Hình 14b).
y
x0
D
A
x0
d
B
C
A
D
y
x
d
B
C
x
Riêng nếu x0 cắt y tại điểm D thuộc d, bài toán không có nghiệm hình (hình thang cân suy biến
thành tam giác cân, Hình 15a,b); nếu x0 cắt y tại điểm D thẳng hàng với AB, bài toán không
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 258/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
có nghiệm hình (hình thang cân suy biến thành đoạn thẳng).
y
x0
y
A
d
A
D
B
d
x ≡ x0
x
D
B
Chú ý:
1. Trong cách dựng trên, do chú ý đến tính đối xứng trục, ta đã dựng d là đường trung trực của AB,
khi đó đường thẳng d xác định, các điểm C và D đối xứng nhau qua d. Ta thấy: D đối xứng với
C qua d, mà C thuộc đường thẳng x thì D thuộc đường thẳng x0 đối xứng với x qua d. Giao điểm
của x0 và y cho ta điểm D.
2. Cũng có thể phân tích: C đối xứng với D qua d, mà D thuộc y nên C thuộc đường thẳng y 0 đối
xứng với y qua d. Giao điểm của x và y 0 cho ta điểm C.
C BÀI TẬP TỰ LUYỆN
b = 60◦ , các đường phân giác BD và CE cắt nhau tại I. Qua E kẻ
BÀI 1. Cho tam giác ABC có A
đường thẳng vuông góc với BD, cắt BC ở F . Chứng minh rằng
1 E và F đối xứng với nhau qua BD.
2 IF là tia phân giác của góc BIC.
3 D và F đối xứng nhau qua IC.
– LỜI GIẢI.
C
F
D
I
H
A
E
B
1 Gọi H là giao điểm của EF và BD. Dễ thấy 4BHE = 4BHF (cạnh góc vuông – góc nhọn).
Do đó HE = HF hay H là trung điểm của EF . Vậy E và F đối xứng qua BD.
‘ và góc BIF
‘ đối xứng qua BD nên BIE
‘ = BIF
‘ . Mặt khác
2 Theo ý a), góc BIE
◦
“ b
b
‘ = 180◦ − B + C = 180◦ − 180 − A = 120◦
BIC
2
2
nên
‘ = BIE
‘ = 180◦ − BIC
‘ = 60◦ .
BIF
‘ = BIF
‘ = 60◦ . Vậy IF là tia phân giác góc BIC.
‘
Suy ra CIF
’ = BIE
‘ = CIF
‘ , do đó 4CDI = 4CF I (g.c.g). Suy ra
3 Theo chứng minh trên ta có CID
CD = CF và ID = IF , hay CI là đường trung trực của DF .
Vậy D và F đối xứng nhau qua CI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 259/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 2. Cho ba điểm O, D, E. Dựng tam giác ABC sao cho O là giao điểm của các đường phân giác
BD và CE.
– LỜI GIẢI.
Phân tích. Giả sử đã dựng được tam giác ABC thỏa mãn đề bài. Gọi M , N lần lượt là các điểm đối
xứng với D qua OE, đối xứng với E qua OD. Chú ý rằng BC đối xứng với BA qua OD và CB đối
xứng với CA qua OE nên M , N thuộc BC. Từ đó B là giao điểm của M N và OD, C là giao điểm
của M N và OE.
Cách dựng.
Dựng M đối xứng với D qua OE, N đối xứng với E qua OD.
A
D
E
Dựng điểm B, C lần lượt là giao điểm của M N với OD và OE.
Dựng điểm A là giao điểm của BE và CD.
O
B
N M
C
÷
’ hay CO là tia phân giác góc BCA.
’
Chứng minh. Do D và M đối xứng qua OC nên M
CO = DCO
’ Ta có điều phải chứng minh.
Tương tự BO là tia phân giác góc CBA.
Biện luận.
’ ≤ 90◦ hoặc O, D, E thẳng hàng thì không có nghiệm hình.
Nếu DOE
’ = 120◦ thì M trùng N , bài toán có vô số nghiệm hình.
Nếu tam giác ODE cân tại O và DOE
Các trường hợp còn lại, bài toán có một nghiệm hình.
BÀI 3. Cho đường thẳng d và hai điểm A, B nằm khác phía đối với d. Dựng điểm C thuộc d sao cho
tia phân giác của góc ACB nằm trên d.
– LỜI GIẢI.
Phân tích. Giả sử đã dựng được hình vẽ thỏa mãn bài toán. Khi đó hai đường thẳng CA và CB đối
xứng nhau qua d. Do đó điểm A0 đối xứng với A qua d thuộc đường thẳng CB. Khi đó C là giao điểm
của BA0 và d.
A
Cách dựng.
Dựng điểm A0 đối xứng với A qua d.
Dựng điểm C là giao điểm của BA0 và d.
Chứng minh. Theo các dựng thì CA và CB là hai đường thẳng đối
’ Ta có
xứng với nhau qua d nên d là đường phân giác của góc ACB.
C
d
A0
điều phải chứng minh.
Biện luận.
Nếu khoảng cách từ A và B đến d bằng nhau thì bài toán không có nghiệm hình.
B
Nếu Khoảng cách từ A và B đến d khác nhau thì bài toán có một nghiệm hình.
“ = 2ACD,
’ biết CD = a, đường cao AH = h.
BÀI 4. Dựng hình thang cân ABCD (AB k CD) có D
– LỜI GIẢI.
’ = ADC
’ = 2ACD
’
Phân tích. Giả sử đã dựng được hình thang ABCD thỏa mãn bài toán. Khi đó BCD
’ Lại có BAC
’ = ACD
’ nên BAC
’ = BCA
’ hay tam giác BAC cân tại
nên CA là tia phân giác góc CBD.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 260/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
B. Gọi M là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác BAC. Do tam giác BAC cân nên GA = GC.
Cách dựng.
d M
A
Dựng đoạn thẳng CD. Dựng đường thẳng m song song
với CD và cách CD một đoạn bằng h.
B
m
G
Dựng đường trung trực d của CD, cắt m tại M .
h
Dựng điểm G trên đoạn CM sao cho GC = 2GM (dựng
tam giác CXY bất kì có M là trung điểm XY , G là
a
D
H
C
trọng tâm tam giác CXY ).
Dựng điểm A là giao điểm đường tròn (G; GC) với đường thẳng m sao cho A và C khác phía
đối với d (chú ý GC = 2GM > GM > x với x là khoảng cách từ G đến m nên luôn dựng được
điểm A).
Dựng điểm B đối xứng với A qua d.
Chứng minh. Theo cách dựng, G là trọng tâm tam giác ABC, hơn nữa do GA = GC nên G nằm trên
’ = BAC
’ = ACD.
’
đường trung trực của AC, do đó BG là trung trực của AC. Suy ra BCA
’ = BCD
’ = 2ACD.
’
Hiển nhiên theo cách dựng thì ABCD là hình thang cân. Do đó ADC
Biện luận. Bài toán có hai nghiệm hình.
BÀI 5. Cho điểm M nằm bên trong tam giác ABC, A0 đối xứng với M qua đường phân giác của góc
A, B 0 đối xứng với M qua đường phân giác của góc B, C 0 đối xứng với M qua đường phân giác của
góc C. Chứng minh rằng các đường thẳng AA0 , BB 0 , CC 0 đồng quy hoặc song song từng đôi một.
– LỜI GIẢI.
A
E
F
A0
M
I
B
C
Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với M qua BC, CA, AB. Ta sẽ chứng minh AA0 là đường
trung trực của đoạn thẳng EF .
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Do các dựng các điểm A0 , E, F nên ta có
0 AI = α,
’
’
M
AI = A
’
÷
F
AB = M
AB = β,
’ =M
÷
EAC
AC = γ.
Suy ra
F’
AA0 = 2β + 2α,
’0 = 2γ − 2α.
EAA
(1)
b
A
’0 , tức AA0 là đường phân giác góc EAF
’.
, nên từ (1) ta có F’
AA0 = EAA
2
Hơn nữa do tính đối xứng nên
Để ý rằng α + β = γ − α =
AF = AM = AA0 = AE,
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 261/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
hay tam giác EAF cân tại A, suy ra AA0 là đường trung trực của đoạn EF .
Hoàn toàn tương tự, BB 0 , CC 0 lần lượt là đường trung trực của các đoạn thẳng DE, F D. Vậy AA0 ,
BB 0 , CC 0 đôi một song song hoặc đồng quy.
‘ = CAy,
‘ vẽ các tia Bz, Bt
BÀI 6. Cho tam giác ABC. Vẽ các tia Ax, Ay trong góc A sao cho BAx
‘ = CBt.
‘ Gọi E là giao điểm của Ax và Bz, gọi F là giao điểm của Ay và
trong góc B sao cho ABz
’ = BCF
’.
Bt. Chứng minh ACE
– LỜI GIẢI.
A
X
Y
E
F
B
C
Z
Dựng các điểm X, Y lần lượt đối xứng với E qua AB, AC, dựng điểm Z đối xứng với F qua BC.
Khi đó ta có
Ä
ä
’ = 2 EAB
’ + EAC
’ = 2BAC
’
XAY
XAF
’ = XAB
’ + BAF
’ = BAF
’ +F
’
’
AC = BAC.
’ , hơn nữa AX = AY (= AE) nên AF là đường trung trực của
Suy ra AF là tia phân giác góc XAY
XY , suy ra F X = F Y .
’ = EBZ
’ (tương tự chứng
Xét hai tam giác XBF và EBZ, ta có XB = EB, F B = ZB và XBF
minh trên) nên 4XBF = 4EBZ. Suy ra F X = EZ, hay EZ = Y F . Do đó 4ECZ = 4Y CF , từ
’ = Y’
đó ECZ
CF . Vậy
’ ’
’ ’
’
’
’
’ = ECY = Y CF − ECF = ECZ − ECF = F CZ = BF
ACE
C.
2
2
2
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 262/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
Năm học 2019-2020
5
HÌNH BÌNH HÀNH
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Định nghĩa 1. Hình bình hành là tứ giác có các cạnh đối song song.
Định lí 1. Trong hình bình hành: các cạnh đối bằng nhau, các góc đối bằng nhau, các đường chéo
cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Định lí 2. Một tứ giác là hình bình hành nếu có một một trong các dấu hiệu sau:
Các cạnh đối song song.
Các cạnh đối bằng nhau.
Hai cạnh đối song song và bằng nhau.
Các góc đối bằng nhau.
Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mối đường.
B CÁC DẠNG TOÁN
b=D
“ = 90◦ ), ta có AB = 1 CD. Gọi H là hình
VÍ DỤ 1. Cho hình thang vuông ABCD (A
2
÷
chiếu của D trên AC, M là trung điểm của HC. Chứng minh rằng BM
D = 90◦ .
– LỜI GIẢI.
Gọi N là trung điểm của DH. (Hình 16). Ta có M N là đường trung
1
bình của ∆HDC nên M N k DC, M N = DC. Ta lại có AB k DC,
2
1
AB = DC, do đó AB k M N , AB = M N . Vậy ABM N là hình bình
2
hành, suy ra
AN k BM.
A
H
N
M
(1)
∆ADM có DH ⊥ AM , M N ⊥ AD, suy ra
D
AN ⊥ DM.
÷
Từ (1) và (2) suy ra BM D = 90◦ .
B
C
(2)
b = 120◦ , AB = 4 cm,
VÍ DỤ 2. Tính độ dài đường trung tuyến AM của tam giác ABC có A
AC = 6 cm.
– LỜI GIẢI.
Cách 1. (Hình 17). Vẽ điểm E sao cho M là trung điểm của AE. Tứ giác ABEC là hình bình hành,
’ = 180◦ − BAC
’ = 180◦ − 120◦ = 60◦ .
ABE
“ = 60◦ nên BH = AB = 4 = 2 cm. Suy ra HE = BE =
Kẻ AH ⊥ BE. Tam giác vuông ABH có B
2
2
BH = 6 − 2 = 4 cm.
Trong tam giác vuông ABH ta có AH 2 = AB 2 − BH 2 = 16 − 4 = 12.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 263/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Trong tam giác vuông AHE ta có AE 2 = AH 2 + HE 2 = 12 + 16 = 18.
√
√
Do đó AE = 2 7 cm. Suy ra AM = 7 cm.
B
H
E
B
M
A
M
C
H
A
K
C
√
Cách 2. (Hình 18). Kẻ BH ⊥ AC, M K ⊥ AC. Lần lượt tính được AH = 2 cm, HB = 2 3 cm,
√
√
HC
M K = 3 cm, HK =
= 4 cm, AK = 2 cm. Từ đó tính được AM = 7 cm.
2
C BÀI TẬP TỰ LUẬN
BÀI 1. Cho điểm D nằm bên trong tam giác đều ABC. Vẽ các tam giác đều BDE, CDF (E, F, D
nằm cùng phía với BC). Chứng minh rằng AEDF là hình bình hành.
– LỜI GIẢI.
A
Xét hai tam giác 4DBC = 4EBA có
F
E
BC = AB
D
’ = ABE(=
’
’
DBC
60◦ − ABD)
BD = BE
Suy ra 4DBC = 4EBA (c.g.c) nên DC = EA. Do đó DF = EA.
Chứng minh tương tự có DE = F A.
B
C
(1)
(2)
Từ (1) và (2) suy ra AEDF là hình bình hành.
BÀI 2. Cho tam giác ABC cân tại A. Lấy điểm D trên cạnh AB, điểm E trên cạnh AC sao cho
AD = CE. Gọi I là trung điểm của DE, K là giao điểm của AI và BC. Chứng minh rằng ADKE
là hình bình hành.
– LỜI GIẢI.
A
Kẻ DM và IN song song với BC (M, N thuộc AC).
Xét 4EM D có IN k DM , I là trung điểm của DE nên suy ra N là trung
điểm của M E hay M E = N E.
(1)
÷=B
“=C
b = AM
÷
Vì DM k BC nên ADM
D, do đó tam giác 4ADM cân
tại A, hay AD = AM .
(2)
Lại có AD = EC.
Từ (1), (2) và (3) suy ra N là trung điểm của AC.
(3)
Xét 4AKC có N là trung điểm của AC, IN k BC nên I là trung điểm của
D
M
N
E
I
B
K
C
AK.
Tứ giác ADKE có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi
đường nên ADKE là hình bình hành.
BÀI 3.
1 Chứng minh rằng đường thẳng nối trung điểm hai đường chéo và các đoạn thẳng nối
trung điểm các cạnh đối của tứ giác gặp nhau tại một điểm. (Bài toán của Giéc-gôn (Gergonme,
nhà toán học Pháp,1771-1859))
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 264/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Dùng định lí trên chứng tỏ rằng nếu một tứ giác các đường thẳng nối trung điểm các cạnh đối
đi qua giao điểm hai đường chéo thì tứ giác đó là hình bình hành.
– LỜI GIẢI.
1
Gọi E, F, G, H là trung điểm của AB, BC, CD, DA; I, K là trung điểm
của BD, AC.
1
Tứ giác EF GH có EF k GH(k AC), EF = GH(= AC) nên EF GH là
2
hình bình hành. Chứng minh tương tự EIGK là hình bình hành, do đó
A
E
B
O
H
F H và IK cùng đi qua trung điểm cùng EG.
K
I
F
M
D
G
C
2 Gọi O là giao điểm của hai đường chéo và M là trung điểm của IK. Nếu EG, F H cắt nhau tại
O thì theo câu a), M trùng với O, do đó I và K trùng O. Tứ giác ABCD có O là trung điểm
của hai đường chéo nên là hình bình hành.
BÀI 4. Cho tứ giác ABCD. Trên cạnh AB lấy các điểm E, F sao cho AE = AF = F B. Trên
cạnh CD lấy điểm G, H sao cho DG = GH = HC. Gọi M, I, K, N theo thứ tự là trung điểm của
AD, EG, F H, BC. Chứng minh rằng bốn điểm M, I, K, N thẳng hàng và M I = IK = KN .
– LỜI GIẢI.
Ta có IF và HN song song và bằng nhau vì cùng song song và bằng
một nửa BG. Do đó tứ giác IF N H là hình bình hành. Ta lại có K
là trung điểm của F H nên I, K, N thẳng hàng và K là trung điểm
M
của IN .
E
A
B
F
N
I
K
Chứng minh tương tự, M, I, K thẳng hàng và I là trung điểm của
M K. Vậy M, I, K, N thẳng hàng và M I = IK = KN .
D
G
H
C
b = 60◦ . Lấy các điểm E, F theo thứ tự thuộc các cạnh AD, CD
BÀI 5. Hình bình hành ABCD có A
sao cho DE = CF . Gọi K là điểm đối xứng với F qua BC. Chứng minh rằng EK song song với AB.
– LỜI GIẢI.
K
B
C
F
A
E
D
N
Gọi N là giao điểm của ED và KC, khi đó tam giác N CD đều mà CK = DE (cùng bằn CF ) nên
tam giác N KE đều. Vậy EK k AB.
b > 90◦ . Trong góc A vẽ các đoạn thẳng AD, AE sao cho AD vuông
BÀI 6. Cho tam giác ABC có A
góc và bằng AB, AE vuông góc và bằng AC. Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng AM
vuông góc với BC.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 265/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Vẽ hình bình hành ADKE, khi đó 4ADK = 4BAC (c.g.c) (chú ý
’ = BAC
’ vì cùng bù với góc DAE) nên A
c1 = B.
“ Gọi H là
rằng ADK
1
B
giao điểm của AM và BC. Ta có
H
C
M
E
“ + BAH
’ =A
c1 + BAH
’ = 90◦
B
D
nên AH ⊥ BC.
K
BÀI 7. Vẽ ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABD vuông cân tại B, ACE vuông cân tại C.
Gọi M là trung điểm của DE. Hãy xác định dạng của tam giác BM C.
– LỜI GIẢI.
N
A
E
M
D
B
C
Trên tia đối của tia M B lấy M N = M B, khi đó tứ giác BDN E là hình bình hành, suy ra EN ⊥ AB
và EN = AB. Ta lại có EC ⊥ AC, EC = AC. Từ đó ta có 4EN C = 4ABC (c.g.c). Suy ra
N C = BC và N C ⊥ BC.
Do đó tam giác BCN vuông cân, suy ra tam giác BM C vuông cân tại M .
BÀI 8. Cho tam giác đều ABC, một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC ở D và E. Gọi G là
trọng tâm của tam giác ADE, I là trung điểm của CD. Tính số đo các góc của tam giác GIB.
– LỜI GIẢI.
A
Cách 1. Qua C vẽ đường thẳng song song với BD, cắt DE ở K.
Ta có BDKC là hình bình hành nên B, I, K thẳng hàng.
4GDB = 4GEK (c.g.c) nên GB = GK. Suy ra 4GBK cân
’ = 120◦ . Do đó các góc của tam giác GIB bằng
tại G có KBG
90◦ , 60◦ , 30◦ .
Cách 2. Vẽ H sao cho I là trung điểm của GH. Ta chứng minh
G
K
D
E
I
B
C
H
được 4GBH đều.
BÀI 9. Cho điểm E thuộc cạnh AC của tam giác đều ABC. Đường vuông góc với AB kẻ từ E cắt
’
đường vuông góc với BC kẻ từ C tại điểm D. Gọi K là trung điểm của AE. Tính KBD.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 266/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
F
A
K
E
1
D
3
2
B
C
Vẽ F sao cho K là trung điểm của DF thì AF k DE, AF = DE.
“= C
b = 30◦ nên DE = DC, suy ra AF = DC.
4DEC có E
c1 = B
c2 .
4BAF = 4BCD (c.g.c) nên BF = BD, B
c1 + B
c3 = B
c2 + B
c3 = 60◦ , do đó 4DBF đều, KBD
’ = 30◦ .
Ta lại có B
BÀI 10. Cho tam giác đều ABC, điểm M thuộc cạnh BC. Gọi D là điểm đối xứng với M qua AB,
E là điểm đối xứng với M qua AC. Vẽ hình bình hành M DN E. Chứng minh rằng AN song song với
BC.
– LỜI GIẢI.
A
N
E
O
K
D
I
D0 B
M
H O0
CN 0
E0
Gọi O là giao điểm của DE và M N . Kẻ DD0 , OO0 , AH, N N 0 , EE 0 vuông góc với BC. Ta sẽ chứng
minh AH = N N 0 .
Ta có OO0 là đường trung bình của tam giác M N N 0 nên N N 0 = 2 · OO0 .
(1)
Gọi I là giao điểm của M D và AB, K là giao điểm của M E và AC, dễ chứng minh AH =
M I + M K.
(2)
Vì OO0 là đường trung bình của hình thang DEE 0 D0 nên DD0 + EE 0 = 2 · OO0 .
ME
÷
Ta có EM
E 0 = 30◦ nên EE 0 =
= M K.
2
Tương tự, DD0 = M I, suy ra DD0 + EE 0 = M I + M K.
(3)
(4)
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra AH = 2OO0 .
(5)
Từ (1), (5) suy ta AH = N N 0 . Từ đó chứng minh được AN k HN 0 , tức là AN k BC.
BÀI 11. Cho tam giác ABC. Lấy các điểm D, E theo thứ tự thuộc các tia đối của các tia BA, CA
sao cho BD = CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD. Qua O vẽ đường thẳng song song với
tia phân giác của góc A, đường thẳng này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 267/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Vẽ hình bình hành ABM C thì AB = CM . Ta chứng
minh rằng CM = CK.
1 2
Trước hết ta chứng minh M, O, K thẳng hàng. Thật
c1 = 1 C
c1 = 1 CBM
÷ nên BO là tian phân giác
vậy, B
2
2
÷ . Tương tự, CD là tia phân giác của BCM
÷.
của BCM
÷ . Suy ra OM
Do đó M O là tia phân giác của BCM
b
song song với tia phân giác của A,vạy
K, O, M thẳng
1
B
1
O
M
”1 = 1 BCM
÷ = 1 BAC
’ = K
”1 nên 4CKM
Ta có M
2
2
cân. Suy ra CK = CM = AB.
Trang 268/477
C
1
hàng.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
K
E
D
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI
6
ĐỐI XỨNG TÂM
A LÝ THUYẾT
Hai điểm gọi là đối xứng với nhau qua điểm O nếu O là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm đó.
Điểm đối xứng của điểm O qua điểm O chính là điểm O.
Nếu hai đoạn thẳng (góc, tam giác) đối xứng nhau qua một điểm thì chúng bằng nhau.
Hình bình hành nhận giao điểm của hai đường chéo làm tâm đối xứng.
VÍ DỤ 1. Một hình bình hành có bốn đỉnh nằm trên bốn cạnh của một hình bình hành khác.
Chứng minh rằng các tâm của hai hình bình hành đó là trùng nhau.
– LỜI GIẢI.
Gọi EF GH là hình bình hành có bốn đỉnh nằm trên
D
bốn cạnh của hình bình hành ABCD (như hình vẽ
bên). Gọi O là tâm của hình bình hành EF GH, ta
Q
P
O
ABCD. Thật vậy
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC.
Ta có OP là đường trung bình của hình thang AEGD
C
H
sẽ chứng minh O cũng là tâm của hình bình hành
nên OP k DG.
G
A
E
F
B
(1)
Tương tự ta có
OQ là đường trung bình của hình thang CGEB nên OQ k GC.
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra O, P, Q thẳng hàng.
’
’ F
’
’ (do
Vì EF GH là hình bình hành nên GF k EH, GF = EH và GF
C = EHA,
F C = HEA
AD k BC). Từ đó suy ra 4AEH = 4CGF (g-c-g), do vậy CG = AE.
CG + BE
AE + EB
AB
Mà OQ =
=
=
.
2
2
2
PQ
, do vậy O là trung điểm của P Q.
Lại có AB = P Q nên OP =
2
Vì P Q là đường trung bình của hình bình hành ABCD nên O cũng là trung điểm của AC, BD. Do
vậy O là tâm của hình bình hành ABCD.
VÍ DỤ 2. Cho tứ giác ABCD, điểm E thuộc đoạn AD và điểm G thuộc đoạn BC. Dựng điểm
F thuộc đoạn AB và điểm H thuộc đoạn CD sao cho EF GH là hình bình hành.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 269/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
C
+) Phân tích: Gọi O là trung điểm EG thì O là điểm xác
định và O là trung điểm của F H.
Vì F thuộc cạnh CD nên H sẽ nằm trên đường thẳng d
là ảnh của đường thẳng CD qua phép đối xứng tâm O,
D
H
M
E
G
O
do đó F là giao điểm của d và AB.
+) Cách dựng:
Dựng trung điểm O của đoạn EG.
A
F
N
d
B
Hạ OM ⊥ CD tại M . Lấy đối xứng của M qua O ta được điểm N . Qua N kẻ đường thẳng d song
song với CD, cắt AB tại F . Nối F O cắt CD tại H.
Vậy EF GH là hình cần dựng.
+) Chứng minh:
Vì 4OM H = 4ON F (g-c-g) nên OH = OF .
Tứ giác EF GH có OE = OG, OH = OF nên EF GH là hình bình hành.
+) Biện luận:
Nếu d trùng với AB: khi đó AB k CD, O cách đều AB và CD thì bài toán có vô số nghiệm hình.
Nếu d song song với AB: khi đó AB k CD, O không cách đều AB và CD thì bài toán không có
nghiệm hình.
Nếu d cắt AB: khi đó AB không song song với CD thì bài toán có một nghiệm hình.
B BÀI TẬP
BÀI 1. Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F theo thứ tự là trung điểm của BC, AC, AB và O là điểm
tùy ý. Lấy A0 là điểm đối xứng với O qua D, B 0 là điểm đối xứng với O qua E, C 0 là điểm đối xứng
với O qua F . Chứng minh rằng các đường thẳng AA0 , BB 0 , CC 0 đồng quy.
– LỜI GIẢI.
Vì AB 0 song song và bằng A0 B (do cùng song song và bằng
C
OC) nên ABA0 B 0 là hình bình hành, do đó AA0 cắt BB 0
tại trung điểm mỗi đường.
(1)
0 0
0
Tương tự, BCB C là hình bình hành, do đó BB cắt CC 0
tại trung điểm mỗi đường.
B0
D
E
(2)
0
A0
O
0
Từ (1) và (2) ta suy ra các đường thẳng AA , BB , CC 0
đồng quy (tại trung điểm mỗi đường).
A
F
B
C0
‘ khác góc bẹt và M là điểm thuộc miền trong của góc.
BÀI 2. Cho góc xOy
1 Qua M dựng đường thẳng cắt các tia Ox, Oy theo thứ tự ở A và B sao cho M là trung điểm
của AB.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 270/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Chứng minh rằng tam giác OAB nhận được trong cách dựng trên có diện tích nhỏ nhất trong
tất cả các tam giác tạo bởi tia Ox, Oy và một đường thẳng bất kỳ đi qua M .
– LỜI GIẢI.
1 Ta có hai cách dựng như sau:
Cách 1. Qua M dựng đường thẳng song
y
song với Ox, cắt Oy ở D. Dựng B đối
B
xứng với O qua D, đường thẳng BM cắt
N
B0
Ox tại A.
Cách 2. Dựng N đối xứng với O qua M .
M
D
Qua N dựng các đường thẳng song song
E
với Oy, Ox và lần lượt cắt Ox, Oy tại
O
A, B.
A
x
A0
b) Qua M , vẽ đường thẳng bất kỳ (không trùng với AB), cắt Ox, Oy lần lượt tại A0 , B 0 . Ta sẽ
chứng minh S4OAB < S4OA0 B 0 . Thật vậy,
Có duy nhất một đường thẳng đi qua M và cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho M là trung
điểm AB nên M A0 , M B 0 không bằng nhau (giả sử M A0 > M B 0 ).
Trên tia M A0 ta lấy điểm E sao cho M B 0 = M E, khi đó S4M BB 0 = S4M AE < S4M AA0 .
BÀI 3. Dựng tam giác biết một đỉnh, trọng tâm và hai đường thẳng đi qua hai đỉnh còn lại.
– LỜI GIẢI.
Giả sử cần dựng tam giác ABC, ta biết đỉnh
A, trọng tâm G và hai đỉnh B, C lần lượt nằm
trên hai đường thẳng d1 , d2 . Lấy điểm B bất
d1
A
d01
d2
kỳ trên d1 .
Do A, G xác định nên trung điểm M của BC
xác định. Vì B, C đối xứng nhau qua M nên
C nằm trên đường thẳng d01 là ảnh của d1 qua
G
B
phép đối xứng tâm M . Do vậy C là giao điểm
M
C
của d01 và d2 .
BÀI 4. Cho tứ giác ABCD và một điểm O nằm bên trong tứ giác. Dựng hình bình hành EF GH
nhận O làm tâm đối xứng, có bốn đỉnh nằm trên bốn đường thẳng chứa cạnh của tứ giác ABCD.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 271/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Giả sử cần dựng hình bình hành EF GH có tâm O, E ∈
G
của b và BC.
a
H
O
F
A
Biện luận:
b
D
AB, F ∈ AD, G ∈ CD, H ∈ BC (như hình vẽ bên). Gọi
a, b lần lượt là ảnh của AB, AD qua phép đối xứng tâm O.
Khi đó ta thấy G là giao điểm của a và CD, H là giao điểm
C
E
B
+) Nếu ABCD là hình bình hành thì bài toán có vô số
nghiệm hình (khi O là tâm của ABCD) hoặc không có
nghiệm hình (khi O không là tâm của ABCD).
+) Nếu ABCD là hình thang mà không là hình bình hành thì bài toán có vô số nghiệm hình (khi
O cách đều hai đáy) hoặc không có nghiệm hình (khi O không cách đều hai đáy).
+) Các trường hợp còn lại thì bài toán có một nghiệm hình.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 272/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
7
BÀI
Năm học 2019-2020
HÌNH CHỮ NHẬT
A LÝ THUYẾT
Hình chữ nhật là một tứ giác có bốn góc vuông.
Hình chữ nhật có đầy đủ tính chất của hình thang cân và hình bình hành, trong đó đặc biệt chú ý đến
tính chất: “Trong hình chữ nhật, hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường”.
Để chứng minh một tứ giác là hình chữ nhật, ta chứng minh tứ giác đó có ba góc vuông hoặc chứng
minh tứ giác đó là hình bình hành có một trong các tính chất
a) Có một góc vuông;
b) Có hai đường chéo bằng nhau.
Áp dụng vào tam giác, ta có
1 Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền;
2 Nếu một tam giác có đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh đó thì tam giác đó
vuông.
VÍ DỤ 1. Tính các cạnh AB, AD của hình chữ nhật ABCD biết rằng đường vuông góc AH
kẻ từ A đến BD chia thành hai đoạn HD = 9 cm, HB = 16 cm.
– LỜI GIẢI.
Ta có BD = BH + HD = 16 + 9 = 25 cm.
D
Xét tam giác ABD vuông tại A có
AB 2 + AD2 = 252 = 625.
H
(1)
Xét tam giác AHD vuông tại H có
A
AH 2 + HD2 = AD2 ⇔ AD2 = AH 2 + 92 .
C
B
(2)
Xét tam giác AHB vuông tại H có
AH 2 + HB 2 = AB 2 ⇔ AB 2 = AH 2 + 162 .
Từ (2) và (3) ta có
(3)
AB 2 − AD2 = 162 − 92 = 175.
(4)
Từ (1) và (4) ta được
AB 2 = (625 + 175) : 2 = 400 ⇒ AB = 20 cm.
AD2 = (625 − 175) : 2 = 225 ⇒ AD = 15 cm.
VÍ DỤ 2. Cho tam giác ABC cân tại A. Từ một điểm D trên đáy BC, ta vẽ đường thẳng vuông
góc với BC, cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F . Vẽ các hình chữ nhật BDEH, CDF K.
Chứng minh rằng A là trung điểm của HK.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 273/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Gọi I, O lần lượt là tâm của hình chữ nhật BDEH, CDF K.
’ = IDB,
’ OCD
’ = ODC
’ (tính chất hình chữ nhật).
Ta có IBD
’ = OCD
’ (do tam giác ABC cân tại A) nên
Mà IBD
H
E
A
’ = IDB
’ = OCD
’ = ODC.
’
IBD
F
I
Do đó BE k DK, DH k CA, suy ra AIDO là hình bình hành ⇒ AO =
ID. Mà HI = ID nên AO = HI.
Lại có AO k HI nên AOIH là hình bình hành, do đó
AH k IO, AH = IO.
K
O
(1)
B
D
C
Chứng minh tương tự ta được AIOK là hình bình hành nên
AK k IO, AK = IO.
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra A, H, K thẳng hàng và AH = AK.
Vậy A là trung điểm của HK.
VÍ DỤ 3. Cho hình bình hành ABCD có các đường cao AE, AF . Tính khoảng cách từ A đến
trực tâm H của tam giác AEF biết AC = 25 cm, EF = 24 cm.
– LỜI GIẢI.
A
Kẻ CN ⊥ AB tại N ⇒ AECN là hình chữ nhật nên AN = EC.
N
B
Xét tứ giác EHF C có EH k CF, HF k EC nên EHF C là hình
bình hành, do vậy EC = HF ⇒ AN = HF .
Xét tứ giác AN F H có AN k F H, AN = F H nên AN F H là
hình bình hành, do đó AH = N F và AH k N F .
Lại có AH ⊥ EF nên F N ⊥ EF .
F
H
D
E
C
Xét tam giác EN F vuông tại F có EF = 24 cm, N E = AC = 25 cm nên
N F 2 = N E 2 − EF 2 = 252 − 242 = 49 ⇒ N F = 7 cm.
Vậy AH = 7 cm.
B BÀI TẬP
BÀI 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc
của H lên AB, AC và M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM ⊥ IK.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 274/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Gọi O, N lần lượt là giao điểm của AH, AM với IK.
A
Ta có
K
÷
÷
’ = OAK
’
M
AK = M
CK, OKA
N
O
nên
I
÷
’ =M
÷
’ = 90◦ .
M
AK + OKA
CK + OAK
B
H
M
C
Do đó AM ⊥ IK.
BÀI 2. Cho hình bình hành ABCD có O là giao điểm của hai đường chéo, H là hình chiếu vuông
’ = HAO
’ = OAB,
’ chứng minh rằng ABCD là hình chữ nhật.
góc của A lên OD. Biết DAH
– LỜI GIẢI.
’ = 90◦ .
Kẻ OK ⊥ AB tại K. Ta sẽ chứng minh BAD
D
C
H
Thật vậy, ta có
’ = 90◦ − OAK
’ = 90◦ − OAH
’ = AOH.
’ Do đó 4AOH =
AOK
O
4AOK (g-c-g), suy ra OK = OH.
A
K
’ = OAH
’ nên 4ADO cân tại A, do đó
Vì OH ⊥ OD, DAH
1
OH = OD.
2
1
Mà ABCD là hình bình hành nên OB = OD, do vậy OK = OH = OB.
2
1
◦
’ = 30 ⇒ OAB
’ = 30◦ .
Xét tam giác OKB vuông tại K có OK = OB nên OBK
2
’ = 60◦ , BAD
’ = 90◦ . Vậy ABCD là hình chữ nhật.
Do đó BAH
B
BÀI 3. Cho tam giác ABC có trực tâm H và I là giao điểm của các đường trung trực. Gọi E là điểm
đối xứng của A qua I. Chứng minh rằng BHCE là hình bình hành.
– LỜI GIẢI.
Vì I là giao điểm của các đường trung trực của 4ABC nên
IA = IB = IC.
C
Mà IA = IE nên IA = IB = IC = IE.
Xét tam giác AEC có I là trung điểm AE, CI =
1
AE nên
2
4ACE vuông tại C ⇒ CE ⊥ AC.
Mà BH ⊥ AC nên BH k CE.
(1)
1
Xét tam giác AEB có I là trung điểm AE, BI = AE nên
2
4ABE vuông tại B ⇒ BE ⊥ AB.
Mà CH ⊥ AB nên CH k BE.
(2)
E
H
I
A
B
Từ (1) và (2) ta suy ra BHCE là hình bình hành.
BÀI 4. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) có đường cao AH. Trên cạnh AC lấy điểm E
sao cho AE = AB. Gọi M là trung điểm của BE. Chứng minh rằng HM là tia phân giác của góc
’
AHC.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 275/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Kẻ EK ⊥ BC tại K, EI ⊥ AH tại I ⇒ IHKE là
A
hình chữ nhật, do đó IE = HK.
‘ + HAB
’ = 90◦ = HAB
’ + HBA
’ nên HBA
’ =
Mà EAI
‘
EAI.
E
I
Lại có AB = AE nên 4AHB = 4EIA
M
⇒ AH = IE = HK.
Vì các tam giác BAE, BKE lần lượt vuông tại A, K
1
và M là trung điểm BE nên AM = KM = BE. Do
2
vậy 4AHM = 4KHM (c-c-c)
÷ = KHM
÷ , suy ra HM là tia phân giác của
⇒ AHM
B
H
K
C
’
góc AHC.
’ = 60◦ và O là giao điểm của hai đường chéo.
BÀI 5. Cho hình thang cân ABCD có AB k CD, ACD
Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của OA, OD, BC. Tam giác EF G là tam giác gì? Vì sao?
– LỜI GIẢI.
A
E
’ =
Vì ABCD là hình thang cân nên 4ACD = 4BDC (c.g.c). Mà ACD
’ = 60◦ . Khi đó các tam giác OAB, OCD là các tam giác
60◦ nên BDC
đều.
B
O
G
Vì E, F lần lượt là trung điểm của OA, OD nên
1
1
(1)
BE ⊥ OA, CF ⊥ OD và EF = AD = BC.
2
2
Xét các tam giác BEC, BF C lần lượt vuông tại E, F có G là trung điểm
1
(2)
của BC nên EG = F G = BC.
2
Từ (1) và (2) ta suy ra 4EF G là tam giác đều.
F
D
C
BÀI 6. Gọi H là hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên đường chéo AC của hình chữ nhật ABCD và
M, K lần lượt là trung điểm của AH, CD.
1
1 Gọi I, O lần lượt là trung điểm của AB, IC. Chứng minh rằng M O = IC.
2
÷
2 Tính số đo góc BM
K.
– LỜI GIẢI.
D
K
C
1 Vì ABCD là hình chữ nhật và I, K lần lượt là
H
trung điểm của AB, CD nên BIKC là hình chữ
nhật. Do đó O là trung điểm của CI, BK.
Xét tam giác IM C vuông tại M có
1
M O = IC.
A
2
1
1
÷
b) Xét tam giác M BK có M O = IC = BK nên BM
K = 90◦ .
2
2
O
M
I
B
BÀI 7. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh bằng a, b, c, chu vi bằng 2p và các đường cao tương
ứng lần lượt là h, m, n. Chứng minh rằng
a) (b + c)2 ≥ a2 + 4h2 .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
b) h2 ≤ p(p − a).
Trang 276/477
c) h2 + m2 + n2 ≤ p2 .
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC và gọi D là điểm đối xứng của
D
B qua d.
1 Ta có BD = 2h. Xét tam giác BCD vuông tại B có
A
BD2 + BC 2 = CD2 ≤ (AD + AC)2 ⇒ 4h2 + a2 = (b + c)2 .
d
(1)
c
2 Từ (1) suy ra
4h2 ≤ (b + c)2 − a2 = (b + c + a)(b + c − a) = 4p(p − a).
b
a
B
C
Do đó
h2 ≤ p(p − a).
c) Tương tự câu b) ta có m2 ≤ p(p − b) và n2 ≤ p(p − c).
Cộng các kết quả trên ta được h2 + m2 + n2 ≤ p(p − a + p − b + p − c) = p2 .
b=D
“ = 90◦ , AB = AD = CD . Qua điểm E thuộc cạnh
BÀI 8. Cho hình thang vuông ABCD có A
2
AB, kẻ đường thẳng vuông góc với DE, cắt BC tại F . Chứng minh rằng ED = EF .
– LỜI GIẢI.
Kẻ BH ⊥ CD tại H ⇒ ABHD là hình vuông, do đó BH = a
A
E
B
và DH = a ⇒ CH = a.
Ta có BH = HD = CH = a ⇒ 4BCD vuông tại B.
Gọi M là trung điểm của DF ,
DF
ta có EM = BM =
⇒ các tam giác M EB, M F B cân tại
2
M.
’ = 45◦
Vì ABHD là hình vuông nên DBH
’ = 135◦ .
⇒ ABC
F
M
D
H
C
÷
÷
÷
÷
’ = 135◦ , do đó EM
÷
Lại có M
EB + M
FB = M
BE + M
BF = EBF
F = 360◦ − 2 · 135◦ = 90◦ .
Xét tam giác DEF có EM là trung tuyến, đồng thời là đường cao nên 4DEF cân tại E nên
ED = EF .
’ = 30◦ . Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với BD tại E
BÀI 9. Cho hình chữ nhật ABCD có BDC
’ tại M . Gọi N, K lần lượt là hình chiếu của M lên AD, AB.
và cắt tia phân giác của góc ADB
1 Chứng minh rằng AM BD là hình thang cân.
2 Chứng minh rằng ba điểm N, K, E thẳng hàng.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 277/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
D
C
1 Vì N, K lần lượt là hình chiếu của M lên AD, AB nên
AN M K hình chữ nhật.
’ = 30◦ nên ADB
’ = 60◦
Vì BDC
÷ =M
÷
’ = 30◦ (do DM là tia phân
⇒ ADM
DB = BDC
’
giác BDC).
K
A
÷
Vì DE là phân giác M
DC và DE ⊥ M C nên 4DM C
là tam giác cân tại D ⇒ DE là đường trung trực của
E
B
N
M
M C ⇒ BM = BC.
’ = 30◦ nên DBC
’ = 60◦ . Mà CEB
’ = 90◦ nên BCE
’ = 30◦ .
Vì BDC
÷ = 180◦ − 2 · 30◦ = 120◦ ⇒ M
÷
Do đó CBM
BA = 30◦ .
÷
÷
÷
÷
Vì M
CB = M
DA = 30◦ nên M
CD = M
DC = 60◦ , do vậy 4M CD cân tại M ⇒ M K là
đường trung trực của CD (vì M D ⊥ AB nên M D ⊥ CD).
Từ đó ta có M K là trục đối xứng của hình chữ nhật ABCD ⇒ M K là đường trung trực của
AB, vì vậy M A = M B. Do đó M A = M B = BC = AD.
÷
÷=M
÷
Lại có AM
D = ADM
DB = 30◦ nên AM k BD.
(1)
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra AM BD là hình thang cân.
’
÷
b) Vì M nằm trên tia phân giác góc N
DE nên M N = M E. Mà 4N M E cân tại M có N
M E = 120◦
÷
nên M
N E = 30◦ .
(3)
◦
÷
÷
’ = 30
Lại có M N AK là hình chữ nhật nên M
NK = M
AK = ABD
(4)
Từ (3) và (4) ta suy ra N, K, E thẳng hàng.
BÀI 10. Cho hình chữ nhật ABCD.
1 Chứng minh rằng nếu M là điểm bất kỳ nằm trong ABCD thì
M A2 + M C 2 = M B 2 + M D 2 .
2 Kết quả trên có thay đổi không nếu điểm M nằm ngoài hình chữ nhật?
– LỜI GIẢI.
1
Kẻ các đường M E ⊥ AD, M G ⊥ AB, M F ⊥ BC, M H ⊥ CD
(như hình vẽ bên).
D
H
E
2
2
2
2
2
2
MB + MD = MF + MG + ME + MH .
(1)
F
M
Ta có
M A2 + M C 2 = M E 2 + M G2 + M F 2 + M H 2 .
C
A
G
B
(2)
Từ (1) và (2) suy ra M A2 + M C 2 = M B 2 + M D2 .
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 278/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Trường hợp M nằm ngoài hình chữ nhật ABCD ta có hình vẽ
M
E
bên. Khi đó
M A2 + M C 2 = M E 2 + EA2 + M F 2 + F C 2 .
(3)
M B 2 + M D2 = M F 2 + F B 2 + M E 2 + ED2 .
(4)
D
F
C
H
Từ (3) và (4) suy ra M A2 + M C 2 = M B 2 + M D2 .
A
Vậy nếu M nằm ngoài hình chữ nhật ABCD thì kết quả không
G
B
thay đổi.
BÀI 11. Cho tam giác ABC. Vẽ ra phía ngoài tam giác ABC các hình chữ nhật ABDE, ACF G,
BCHK. Chứng minh rằng các đường trung trực của EG, F H, KD đồng quy.
– LỜI GIẢI.
Gọi M là giao điểm của các đường trung trực
của các đoạn thẳng F H, DK. Ta có
H
M A2 + M D 2 = M E 2 + M B 2 ;
F
M B2 + M H 2 = M K 2 + M C 2;
M C 2 + M G2 = M F 2 + M A2 .
C
K
Cộng các kết quả trên ta được
M
M D 2 + M H 2 + M G2 = M E 2 + M K 2 + M F 2 .
G
A
B
Vì M D = M K, M H = M F nên
M G = M E. Do đó, M nằm trên đường trung
trực của đoạn GE.
Vậy các đường trung trực của EG, F H, KD
E
D
đồng quy.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 279/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI
8
HÌNH THOI
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Định nghĩa 1. Hình thoi là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau.
Định lí 1. Trong hình thoi
1 Hai đường chéo vuông góc với nhau.
2 Hai đường chéo là các đường phân giác của các góc của hình thoi.
Hệ quả 1. Dấu hiệu nhận biết
1 Tứ giác có bốn cạnh bằng nhau là hinh thoi.
2 Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau là hình thoi.
3 Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc với nhau là hình thoi.
4 Hình bình hành có một đường chéo là đường phân giác của một góc là hình thoi.
B CÁC DẠNG TOÁN
VÍ DỤ 1. Cho tứ giác ABCD có A = 40◦ , D = 80◦ , AD = BC. Gọi E và F là trung điểm của
’
’
AB và CD. Tính EF
D, EF
C.
– LỜI GIẢI.
Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của BD, AC. Ta có N F là
’
’ = 80◦ , M F
đường trung bình của 4ADC nên N
F C = ADC
÷
’ = 40◦ .
là đường trung bình của 4BDC nên M
F D = BCD
Suy ra
A
÷
M
F N = 180◦ − (80◦ + 40◦ ) = 60◦ .
E
B
Tứ giác EM F N có bốn cạnh bằng nhau nên là hình thoi. Do
N
đó
M
F1 = F2 = 60◦ : 2 = 30◦ .
’
’
Vậy EF
D = 30◦ + 40◦ = 70◦ , EF
C = 30◦ + 80◦ = 110◦ .
D
F
C
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Xác định dạng của một tứ giác, biết rằng
1 Tứ giác đó có hai trục đối xứng vuông góc với nhau và không đi qua đỉnh của tứ giác.
2 Tứ giác có hai trục đối xứng là hai đường chéo của nó.
– LỜI GIẢI.
1
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 280/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Giả sử tứ giác ABCD có hai trục đối xứng vuông góc d1 và
D
d2 như hình vẽ.
C
Khi đó
− d1 là đường trung trực của AB và CD, nên AB k CD.
d2
− d2 là đường trung trực của AD và BC, nên AD k BC.
− Lại có d1 ⊥ d2 ⇒ AB ⊥ BC.
A
B
d1
Vậy ABCD là hình chữ nhật.
2
− Do BD là trục đối xứng nên BD là đường trung
D
trực của AC nên DA = DC, BA = BC và AC ⊥
BD.
− Do AC là trục đối xứng nên AC là đường trung
A
C d2
trực của BD nên AD = AB. Vậy ABCD là hình
thoi.
B
d1
BÀI 2. Cho 4ABC. Điểm D thuộc cạnh AB, điểm E thuộc cạnh AC sao cho BD = CE. Gọi I, K,
M , N theo thứ tự là trung điểm của BE, CD, BC, DE.
1 Tứ giác M IN K là hình gì? Vì sao?
2 Chứng minh rằng IK vuông góc với tia phân giác At của góc A.
– LỜI GIẢI.
H
A
D
G
1
t
N
E
I
K
12
B
M
C
1 Có
+ M K là đường trung bình của 4CBD.
(1)
+ N I là đường trung bình của 4EBD.
Từ (1) và (2) suy ra
1
M K = IN = BD và M K k N I k BD, nên M IN K là hình bình hành.
2
Lại có N K là đường trung bình của 4DEC và EC = BD, suy ra N K = IN.
(2)
(3)
(4)
Từ (3) và (4), suy ra M IN K là hình thoi.
2 Gọi G, H theo thứ tự là giao điểm của M N với AC, BD.
”1 = G
c1 (hai góc so le trong).
+ M I k CE ⇒ M
”2 = H
“ (hai góc so le trong).
+ M K k BD ⇒ M
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 281/477
(1)
(2)
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
”1 = M
”2 (tính chất hình thoi).
+ Mà M
(3)
’
Từ (1), (2) và (3) suy ra 4AHG cân tại A. Mà At là phân giác trong BAC
‘ = AHG
’ ⇒ At k HG (do hai góc bằng nhau ở vị trí đồng vị).
⇒ BAt
Lại có HG ⊥ IK ⇒ IK ⊥ At.
BÀI 3. Cho hình bình hành ABCD, AB = 2AD, D = 70◦ . Gọi H là hình chiếu của B trên AD, M
là trung điểm của CD. Tính số đo góc HM C.
– LỜI GIẢI.
H
N
A
70◦
D
Gọi N là trung điểm AB, có
1 2
B
3
M
C
(
M N k DA
DA ⊥ BH
”1 = M
”2 .
⇒ M N ⊥ BH và M N đi qua trung điểm của BH ⇒ M N là đường trung trực của BH ⇒ M
”2 = M
”3 và N
÷
÷ = 70◦ . Vậy HM
÷
Lại có M
M C = ADM
C = 3 · 35◦ = 150◦ .
BÀI 4. Gọi O là giao điểm của các đường chéo hình thoi ABCD, E và F theo thứ tự là hình chiếu
của O trên BC và CD. Tính các góc của hình thoi biết rằng EF bằng một phần tư đường chéo của
hình thoi.
– LỜI GIẢI.
1
• Xét trường hợp EF = BD.
4
Gọi I là trung điểm OB. 4EOB vuông tại E nên
1
EI = BO = EF ⇒ EF OI là hình thoi, suy ra
2
4OEF cân tại F , lại có OE = OF nên 4OEF đều
’ = 60◦ ⇒ ECF
’ = 120◦ ⇒ ABC
’ = 60◦ .
⇒ EOF
1
b=A
b = 120◦ , B
“= D
“ = 60◦ .
Vậy khi EF = BD thì C
4
A
B
I
O
E
D
F
C
1
• Xét trường hợp EF = AC.
4
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 282/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
O
A
I
O
B
D
F
ECF
C
‘ = 30◦ ⇒ CIF
‘ = 30◦ ⇒ IOF
‘ =
Gọi I là trung điểm OC ⇒ EF = EI = IF ⇒ IEF đều 4CIF
’ = 15◦ ⇒ D
“ = 30◦ = B
“ và A
b=C
b = 150◦ .
15◦ ⇒ ODF
E
BÀI 5. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình bình hành ABCD, lấy theo thứ tự các điểm E,
M , N , F sao cho BM = DN , BE = DF . Gọi I, O, K theo thứ tự là trung điểm của EF , BD, M N .
1 Chứng minh rằng ba điểm I, O, K thẳng hàng.
2 Trong trường hợp nào thì cả năm điểm A, I, O, K, C thẳng hàng?
– LỜI GIẢI.
M
B
C
y
K
E
Q
x
A
N
O
I
G
F
D
H
1 Trước hết, ta chứng minh rằng đường thẳng OI tạo với AB và AD các góc bằng nhau.
Thậy vậy, gọi Q là trung điểm của BF ta có
1
+ IQ là đường trung bình của 4F BE ⇒ IQ = BE.
2
1
+ OQ là đường trung bình của 4BF D ⇒ OQ = F D.
2
Mà BE = F D ⇒ QI = QO.
• Nếu ABCD là hình thoi thì I, O, A thẳng hàng. Tương tự K, O, C thẳng hàng. Do đó năm
điểm A, I, O, K, C thẳng hàng.
• Nếu ABCD không là hình thoi, ta có 4QIO cân. Gọi G, H là giao điểm của OI với AD, AB.
b = I,
b QIO
‘ =H
“ (góc đồng vị) và QOI
‘ = OGF
’ (góc so le trong)
Ta có O
b=H
“ do đó HG song song với tia phân giác Ax của góc A.
nên G
Tương tự, OK song song với phân giác Cy của góc C. Nhưng Ax k Cy, do đó I, O, K thẳng
hàng.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 283/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 6. Tứ giác ABCD có các đường chéo cắt nhau tại O và chu vi các tam giác OAB, OBC, OCD,
ODA bằng nhau. Chứng minh rằng ABCD là hình thoi.
– LỜI GIẢI.
Giả sử OC ≥ OA, OD ≥ OB. Trên đoạn thẳng OC
B
lấy điểm E, trên đoạn thẳng OD lấy điểm F sao cho
OE = OA, OF = OB. Tứ giác ABEF là hình bình
hành, chu vi 4OAB bằng chu vi 4OEF .
Theo đề bài, chu vi 4OAB bằng chu vi 4OCD
C
A
E
O
nên chu vi các tam giác OEF và OCD bằng nhau,
tức là EF = EC + CD + DF . Điều này chỉ sảy ra
khi C trùng E và D trùng F . Vậy ABCD là hình
bình hành. Theo điề bài, chu vi 4OAB bằng chu vi
F
D
4OBC, tức là OA + AB + BO = OB + BC + CO,
mà OA = CO nên AB = BC, vậy ABCD là hình
thoi.
BÀI 7. Gọi H là trực tâm của tam giác đều ABC, đường cao AD. Lấy điểm M bất kì thuộc cạnh
BC. Gọi E và F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB, AC. Gọi I là trung điểm của AM .
1 Xác định dạng của tứ giác DEIF .
2 Chứng minh rằng các đường thẳng M H, ID, EF đồng quy.
– LỜI GIẢI.
A
1 4DAM vuông tại D, có DI là đường trung tuyến nên
1
DI = AM (1).
2
4EAM vuông tại E, có EI là đường trung tuyến nên
1
EI = AM (2).
2
Lại có
’
‘ + IEA
‘ = 2IAE.
‘
M
IE = IAE
’
‘ + IDA
‘ = 2IAD
‘
M
ID = IAD
Ä
ä
’ = DIM
’ +M
’
‘ + IAE
‘ = 2DAE
’ =
nên DIE
IE = 2 IAD
60◦ (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra 4DIE đều
Chứng minh tương tự 4DIF đều
N
I
H
O
E
B
F
M
D
C
(4).
(5).
Từ (4) và (5), suy ra DEIF là hình thoi.
b) Gọi O là giao điểm của ID và EF . Cần chứng minh M, O, H thẳng hàng.
Gọi N là trung điểm của AH, ta có
OH là đường trung bình của 4DIN ⇒ OH k IN .
IN là đường trung bình của 4AM H ⇒ M H k IN .
Suy ra OH và M H cùng song song với IN hay H, O, M thẳng hàng. Vậy HM, ID, EF đồng
quy.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 284/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
9
Năm học 2019-2020
HÌNH VUÔNG
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Định nghĩa 1. Hình vuông là tứ giác có bốn góc vuông và có bốn cạnh bằng nhau.
Nhận xét. Từ định nghĩa hình vuông, ta suy ra
Hình vuông là hình chữ nhật có bốn cạnh bằng nhau.
Hình vuông là hình thoi có bốn góc vuông.
4
!
Hình vuông vừa là hình chữ nhật, vừa là hình thoi.
Tính chất 1. Hình vuông có tất cả các tính chất của hình chữ nhật và hình thoi.
Hệ quả 1. Dấu hiệu nhận biết
1 Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông.
2 Hình chữ nhật có hai đường chéo vuông góc với nhau là hình vuông.
3 Hình chữ nhật có một đường chéo là đường phân giác của một góc vuông là hình vuông.
4 Hình thoi có một góc vuông là hình vuông.
5 Hình thoi có hai đường chéo bằng nhau là hình vuông.
B CÁC DẠNG TOÁN
VÍ DỤ 1. VD16-tr96
Gọi M là điểm bất kì trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB các hình vuông AM CD,
BM EF .
1 Chứng minh rằng AE ⊥ BC.
2 Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chứng minh rằng ba điểm D, H, F thẳng hàng.
3 Chứng minh rằng đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M chuyển
động trên đoạn thẳng AB cố định.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 285/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
D
C
1 Xét 4CAB, ta có CM ⊥ AB, BE ⊥ AC (vì BE ⊥
M F , M F k AC). Suy ra AE ⊥ BC.
’ = 90◦
2 Gọi O là giao điểm của AC và DM . Do AHC
DM
AC
, do đó OH =
. Tam giác M HD
nên OH =
2
2
có đường trung tuyến HO bằng nửa DM nên
I
H
F
E
O
÷
M
HD = 90◦ . (1)
I0
A
M
B
Chứng minh tương tự
÷
M
HF = 90◦ . (2)
Từ (1) và (2) suy ra D, H, F thẳng hàng.
c) Gọi I là giao điểm của DF và AC; 4DM F có DO = OM , OI k M F nên I là trung điểm của
DF .
Lẻ II 0 ⊥ AB thì I 0 là trung điểm của AB và
II 0 =
AM + M B
AB
AD + BF
=
=
.
2
2
2
Do đó I là điểm cố định: I nằm trên đường trung trực của AB và cách AB một khoảng bằng
AB
.
2
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Tứ giác ABCD có E, F , G, F theo thứ tự là trung điểm của AB, BD, DC, CA. Tìm điều
kiện của tứ giác ABCD để EF GH là hình vuông.
– LỜI GIẢI.
1
+ EF là đường trung bình của 4BAD ⇒ EF = AD và EF k AD.
2
1
+ GH là đường trung bình của 4CAD ⇒ GH = AD và GH k
2
AD.
E
B
A
F
H
Suy ra EF GH là hình bình hành. Tứ giác EF GH có EF k GH.
D
BC
.
2
Điều kiện để hình bình hành EF GH trở thành hình vuông là
EF k EH và EF = EH ⇔ AD ⊥ BC và AD = BC (hình vẽ
G
C
+ Ta cũng có EH k F G k BC EH = F G =
E
A
B
F
H
bên).
D
G
C
BÀI 2. Cho hình vuông ABCD, điểm M nằm trên đường chéo AC. Gọi E, F theo thứ tự là các hình
chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 286/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 BM vuông góc với EF .
2 Các đường thẳng BM , AF , CE đồng quy.
– LỜI GIẢI.
A
B
1 Gọi K là giao điểm của EM và BC. Vì M nằm trên
đường chéo AC của hình vuông nên
+ 4EAM vuông cân tại E, suy ra EM = EA =
BK.
+ M F CK là hình vuông, suy ra M F = M K.
÷
÷
Vậy 4EM F = 4BKM (c.g.c) nên M
F E = KM
B.
÷
Gọi H là giao điểm của BM và EF , ta có EM
H=
÷
÷
÷
÷
÷
BM
K, suy ra EM
H=M
F H. Mà EM
H + HM
F =
÷
÷
÷
90◦ nên M
F H + HM
F = 90◦ ⇒ M
HF = 90◦ hay
M
E
K
H
D
F
C
BH ⊥ EF . Vậy M B ⊥ EF .
’ = ABE,
’ mà EAF
’ +F
’
’
’ = 90◦
b) 4ADF = 4BAE (c.g.c), suy ra DAF
AB = 90◦ ⇒ F
AB + ABE
suy ra AF ⊥ EB.
Tương tự, CE ⊥ BF . Vậy BM, AF, CE là các đường cao của 4BEF nên chúng đồng quy.
BÀI 3. Cho hình vuông ABCD. Điểm E nằm trong hình vuông sao cho tam giác ECD cân có góc
đáy bằng 15◦ . Chứng minh rằng 4ABE là tam giác đều.
– LỜI GIẢI.
Vẽ điểm I trong hình vuông sao cho 4IAD cân tại I có góc ở đáy
A
B
bằng 15◦ .
4IAD = 4EDC (g.c.g) ⇒ ID = ED.
Ä
ä
’ = ADC
’ − ADI
‘ + EDC
’ = 90◦ − 30◦ = 60◦ .
IDE
Vây 4DIE đều.
‘ = 360◦ − (AID
‘ + DIE)
’ = 360◦ − (150◦ + 60◦ ) = 150◦ = AID.
‘
AIE
I
Suy ra 4IAE = 4IAD (c.g.c) nên EA = AD.
Chứng minh tương tự 4ECB = 4EDA ⇒ BE = BC.
Vậy BE = AE = BC.
E
D
C
BÀI 4. Cho 4ABC cân tại A, góc đáy 75◦ và hình vuông BDEC (các điểm A, D, E nằm cuàng phía
đối với BC). Hãy xác định dạng của 4ADE.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 287/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Vẽ tam giác đều BIC vào trong hình vuông.
‘ = ABC
’ − IBC
‘ = 75◦ − 60◦ = 15◦ .
ABI
’ = 90◦ −ABC
’ = 15◦ . Suy ra 4BDA = 4BIA (c.g.c), suy ra DA = AI
ABD
’ = IAB.
‘
và DAB
‘ = CAE.
’ Suy
Chứng minh tương tự 4CAI = 4CAE ⇒ AE = AI và IAC
’ = 2BAI
‘ + 2CAI
‘ = 2BAC
’ = 60◦ .
ra AD = AE = AI và DAE
D
E
I
Vậy 4ADE đều.
B
C
BÀI 5. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh CD, điểm F thuộc cạnh BC. Chứng minh rằng
’ = 45◦
chu vi 4CEF bằng nửa chu vi hình vuông khi và chỉ khi EAF
– LỜI GIẢI.
A
Trên tia đối của tia DC lấy DK = BF , 4ADK = 4ABF
’ = 90◦ .
(c.g.c) nên AK = AF , KAF
’ = 45◦ thì chu vi CEF bằng
• Ta chứng minh mênh đề “ EAF
B
nửa chu vi hình vuông”.
’ = 45◦ ⇒ EAK
’ = 45◦ ⇒ 4EAK = 4EAF (c.g.c)
EAF
⇒ EK = EF .
F
Do đó chu vi CEF bằng CE + CF + EF = CE + CF + EK =
CE + CF + ED + DK = CE + CF + ED + F B (bằng nửa
K
D
E
C
chu vi hình vuông).
’ = 45◦ ”
• Ta chứng minh mệnh đề “Chu vi CEF bằng nửa chu vi hình vuông thì EAF
CE + CF + EF = CB + CD ⇒ EF = ED + BF ⇒ EF = ED + DK = EK.
’ = EAF
’ ⇒ EAF
’ = 45◦ .
4EAK = 4EAF (c.c.c) ⇒ EAK
BÀI 6. Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh AB. Tia phân giác của góc M CD cắt cạnh AD
ở N . Cho biết BM = m, DN = n. Tính độ dài CM theo m và n.
– LỜI GIẢI.
A
Trên tia đối của tia BA lấy điểm K sao cho BK =
DN = n.
b1 = C
b4 và DN
’
4DCN = 4BCK ⇒ C
C =
’ (1).
BKC
’
’
’
b2 +
Mà DN
C =N
CB (so le trong) ⇒ N
DC = C
b3 = C
b4 + C
b3 = M
÷
C
CK (2).
M
B
K
N
Từ (1) và (2) suy ra 4M CK cân tại M , vậy CM =
M K = m + n.
2
1
D
3 4
C
BÀI 7. Cho hình vuông A0 B 0 C 0 D0 nằm trong hình vuông ABCD sao cho thứ tự các đỉnh theo cùng
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 288/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
một chiều như nhau (tức là nếu vẽ hai đường tròn, mỗi đường tròn đi qua các đỉnh của một hình
vuông, thì chiều đi trên đường tròn từ A lần lượt B, C, D và từ A0 lần lượt qua B 0 , C 0 , D0 là như
nhau). Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AA0 , BB 0 , CC 0 , DD0 là đỉnh của một hình
vuông.
– LỜI GIẢI.
Gọi E, F , G, H thứ tự là trung điểm của AA0 , BB 0 , CC 0 DD0 . Gọi
A
B
F
I, K là trung điểm BC 0 , CD0 .
E
• F I là đường trung bình của 4BB 0 C 0 nên F I k B 0 C 0 và F I =
I
1 0 0
0
B C . (1)
A0 B
2
• GK là đường trung bình của 4CC 0 D0 nên GK k C 0 D0 và GK =
C0
D0
1 0 0
C D . (2)
2
0 0
0 0
G
• Lại có B 0 C 0 = C 0 D0 và B
( C ⊥ C D . (3)
H
K
F I = GK
Từ (1), (2) và (3) suy ra
(4)
F I ⊥ KG.
D
C
(
GI = HK
Chứng minh tương tự ta có
(5)
GI ⊥ HK.
F I = GK
÷ ⇒ 4F IG = 4GKH ⇒ F G = GK và GF ⊥ GH (tính chất hai
Từ (4) và (5) ta có F‘
IG = GKH
IG = KH
góc bằng nhau có cặp cạnh tương ứng vuông góc).
Chứng minh tương tự ta được GH = HE = EF = F G, từ đó suy ra EF GH là hình vuông.
BÀI 8. Cho hình vuông ABCD. Lấy các điểm E, F theo thứ tự thuộc các cạnh AD, AB sao cho
’.
AE = AF . Gọi H là hình chiếu của A trên BE. Tính CHF
– LỜI GIẢI.
Gọi K là giao điểm của AK và DC
b =B
“1
A
1
⇒ 4ADK = 4BAE
AD = BA
’
’
ADK = EAB
⇒ DK = AE = AF ⇒ BF KC là hình chữ nhật.
Gọi O là tâm hình chữ nhật BF KC.
1
1
Xét 4HKB vuông tại H nên HO = KB = F C ⇒
2
2
’ = 90◦ .
4HCF vuông tại H. Vậy CHF
A
F
B
1
1
E
H
O
D
K
C
BÀI 9. Cho điểm M thuộc cạnh CD của hình vuông ABCD. Tia phân giác của góc ABM cắt AD
ở I. Chứng minh BI ≤ 2M I.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 289/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
B
÷
Vẽ M H ⊥ BI, M H cắt AB tại E.Do BI là phân giác ABM
nên E đối xứng với M qua BI. Ta có
1
C
3
2
M E = 2M H ≤ 2M I. (1)
K
1
Kẻ
M K ⊥ AB, xét 4M KE và 4BAI có
“ =M
c1 (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
B
1
M K = BA
“
b = 90◦
K=A
H
A
E
⇒ 4M KE = 4BAI ⇒ M E = BI. (2)
Từ (1) và (2) suy ra BI ≤ 2M I.
M
I
D
BÀI 10. Vẽ ra phía ngoài của một tam giác các hình vuông cạnh là cạnh của tam giác. Chứng minh
rằng
1 Các đoạn thẳng nối trung điểm một cạnh của tam giác với tâm các hình vuông dựng trên hai
cạnh kia bằng nhau và vuông góc với nhau.
2 Đoạn thẳng nối tâm hai hình vuông bằng và vuông góc với đoạn thẳng nối tâm hình vuông thứ
ba với đỉnh chung của hai hình vuông trước.
– LỜI GIẢI.
1
1 Vì A0 là tâm hình vuông cạnh BC nên A0 D = BC.
2
1
Vì EF là đường trung bình 4ABC nên EF = BC
2
Vậy A0 D = EF . (1)
B0
A
C0
Chứng minh tương tự: F D = EB 0 . (2)
Có A0 D(⊥ BC ⇒ A0 D ⊥ F E. (3)
F D k AC
Lại có
⇒ F D ⊥ EB 0 . (4)
0
AC ⊥ EB
0 EF = F
÷
÷
Từ (3), (4) ⇒ B
DA0 (góc có cạnh tương ứng vuông góc). (5)
F
E
B
D
C
A0
Từ (1), (2) và (5) suy ra 4A0 DF = 4F EB 0 (c.g.c)
0 F D, mà EB 0 ⊥ F D ⇒ F B 0 ⊥ F A0 .
÷
÷
⇒ F A0 = F B 0 và F
B0E = A
b) Xét 4AF A0 và 4C 0 F B 0 có
AF = C 0 F (do C 0 là tâm hình vuông cạnh AB)
F B 0 = F A0 (cmt)
’0 ÷
AF A = B 0 F C 0 (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒ 4AF A0 = 4C 0 F B 0 ⇒ B 0 C 0 = AA0 và B 0 C 0 ⊥ AA0 (cạnh tương ứng vuông góc của hai góc
bằng nhau).
BÀI 11. Cho tam giác ABC. Vẽ về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACF G có tâm theo
tứ tự M , N . Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm của EG, BC.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 290/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Chứng minh rằng KM IN là hình vuông.
2 Nếu tam giác ABC có BC cố định và đường cao tương ứng bằng h không đổi thì I chuyển động
trên đường tròn nào?
– LỜI GIẢI.
P
1 Xét
4AEC và 4ABG có
AE = AB
’ = BAG
’ (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
EAC
AC = AG
E
⇒ 4AEC = 4ABG ⇒ EC = BG và
EC ⊥ BG (cạnh tương ứng vuông góc).
I
N
A
F
M
Lại có
+ M K là đường trung bình 4BCE nên
1
M K = CE và M K k CE.
2
+ N K là đường trung bình 4CGB nên
1
N K = BG và N K k BG.
2
Do đó M K = KN và M K ⊥ KN . Tứ giác
G
D
BH
K
C
KM IN có M K = KN và M K ⊥ KN nên là
hình vuông.
b) Do EA
( ⊥ AB và EA k P G nên P G ⊥ AB.
P G ⊥ AB
’
’
Do
⇒P
GA = BAC.
GA ⊥ AC
Xét 4P GA và 4BAC có
P G = BA(= EA)
’
’
⇒ 4P GA = 4BAC
P
GA = BAC
AG = AC
⇒ P A = BC và P A ⊥ BC (cạnh tương ứng vuông góc của hai góc bằng nhau).
1
Suy ra I chuyển động trên đường thẳng song song với BC, cách BC một khoảng h + BC.
2
BÀI 12. Cho tứ giác ABCD. Gọi E, F , H theo thứ tự là tâm các hình vuông có cạnh AB, BC, CD,
DA dựng phía ngoài tứ giác. Chứng minh rằng
1 Tứ giác EF GH có hai đường chéo bằng nhau và vuông góc với nhau.
2 Trung điểm các đường chéo của các tứ giác ABCD, EF GH là đỉnh của một hình vuông.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 291/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
E
1 Gọi K là trung điểm của AC, theo bài 10
phần a), ta có
B
KE = KF , KE ⊥ KF , KH = KG,
A
KH ⊥ KG, suy ra 4F KH = 4EKG
(c.g.c). Suy ra F H = EG và F H ⊥ EG.
F
M
I
H
2 Gọi M , N thứ tự là trung điểm của HF ,
EG thì KM , KN là các đường trung tuyến
K
N
tương ứng của hai tam giác trên, do đó
KM = KN , KM ⊥ KN . Vậy 4M KN
D
C
vuông cân tại K.
Gọi I là trung điểm của BD, chứng minh
tương tự, 4IM N vuông cân tại I. Do đó
IM KN là hình vuông.
G
BÀI 13. Cho bốn điểm E, G, F , H. Dựng hình vuông ABCD có bốn đường thẳng chứa cạnh đi qua
bốn điểm E, G, F , H
– LỜI GIẢI.
A
Phân tích. Qua G, vẽ GI ⊥ EF , cắt CD ở K.
0
G
B
0
Ta có 4GG K = 4F F E nên GK = EF . Ta dựng được HK là
đường thẳng chứa cạnh hình vuông.
E
Cách dựng
− Dựng đường thẳng GI vuông góc với EF tại I.
− Dựng điểm K trên GI sao cho GK = EF .
− Dựng đường thẳng AD, BC lần lượt qua E, F vuông góc với
I
F
0
F
HK tại D, C.
− Dựng đường thẳng qua G vuông góc với AD, BC tại A, B.
Biện luận. Qua G, có thể vẽ GI ⊥ EF , hoặc GI ⊥ EH, hoặc
GI ⊥ HF . Với mỗi cách trong ba cách trên, có hai cách chọn K
D
K
G0
H
C
(chẳng hạn trên đường thẳng GI ⊥ EF , có hai điểm K và K 0
sao cho GK = GK 0 = EF ).
Do đó bài toán có 3 × 2 = 6 (nghiệm hình). Riêng trường hợp
một trong hai điểm K hoặc K 0 trùng với điểm thứ tư, bài toán
có vô số nghiệm hình.
BÀI 14. Cho ba điểm E, O, F . Dựng hình vuông ABCD nhận O là giao điểm hai đường chéo, E và
F thứ tự thuộc
1 Các đường thẳng AB và CD;
2 Các đường thẳng AB và BC.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 292/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
1 Dựng E 0 đối xứng với E qua O, dựng F 0 đối xứng với F qua O. Ta xác
định được các đường thẳng AB và CD lần lượt đi qua E, F 0 và D, E 0 .
F0
E
B
− Dựng các điểm M , N là hình chiếu của O lên AB và DC.
O
− Dựng các đỉnh A, B, C, D của hình vuông.
D
A
b) Dựng điểm E 0 đối xứng với E qua O, dựng F 0 đối xứng với F qua O.
E0
F
E
C
B
Đưa bài toán về dựng hình vuông biết bốn điểm thuộc bốn đường
thẳng chứa cạnh hình vuông (bài 13).
F
F0
O
E0
D
C
BÀI 15. Cho ba đường thẳng a, b, c. Dựng hình vuông ABCD có A thuộc a, C thuộc b còn B và D
thuộc d.
– LỜI GIẢI.
Phân tích. Gọi C đối xứng với A qua d, mà A thuộc a nên C
thuộc a0 đối xứng với a qua d. Mặt khác C thuộc b.
A
Cách dựng.
a
− Dựng đường thẳng a0 đối xứng với a qua d, a0 cắt b tại C.
− Dựng A đối xứng với C qua d, sau đó dựng B, D.
Biện luận.
d
B
D
a0
− Nếu d cắt các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường
thẳng a và b, hoặc đường thẳng song song cách đều a và b, bài
toán có một nghiệm hình.
− Nếu d song song (hoặc trùng) với một đường phân giác của
C
b
các gocs tạo bởi hai đường thẳng a và b hoặc đường thẳng song
song cách đều a và b, bìa toán không có nghiệm hình (hoặc vô
số nghiệm hình).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 293/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Năm học 2019-2020
Trang 294/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG
2
ĐA GIÁC. DIỆN TÍCH ĐA GIÁC
BÀI
1
ĐA GIÁC
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Đa giác A1 A2 A3 . . . An là hình gồm n đoạn thẳng (n ≥ 3), trong đó bất kì hai đoạn thẳng nào có điểm
chung cũng không cùng nằm trên một đường thẳng.
Đa giác lồi là đa giác nằm trong một nửa mặt phẳng mà bờ là đường thẳng chứa bất kì cạnh nào của
đa giác đó.
Khi nói đến đa giác mà không chú thích gì thêm, ta hiểu đó là đa giác lồi.
Tổng số đo các góc của đa giác n cạnh là (n − 2) · 180◦ .
Đa giác đều là đa giác có tất cả các cạnh bằng nhau và tất cả các góc bằng nhau.
b
VÍ DỤ 1. Tổng các góc của một đa giác n cạnh trừ đi góc A của nó bằng 570◦ . Tính n và A.
– LỜI GIẢI.
b = 570◦ nên A
b = (n − 2) · 180◦ − 570◦ .
Ta có (n − 2) · 180◦ − A
b < 180◦ nên 0 < (n − 2) · 180◦ − 570◦ < 180◦ ⇔ 0 < n − 2 − 570 < 1 ⇔ 5 1 < n < 6 1 .
Do 0◦ < A
180
6
6
b = (6 − 2) · 180◦ − 570◦ = 150◦ .
Do n là số tự nhiên nên n = 6 và A
VÍ DỤ 2. Ngũ giác đều ABCDE có các đường chéo AC và BE cắt nhau ở K. Chứng minh
rằng CKED là hình thoi.
– LỜI GIẢI.
(5 − 2) · 180◦
= 108◦ .
5
’ = 108◦ nên A
c1 = C
c1 = 36◦ .
Tam giác ABC cân tại B có ABC
c2 = C
c2 = 108◦ − 36◦ = 72◦ .
Do đó A
A
Góc của ngũ giác đều bằng
c2 + D
“ = 72◦ + 108◦ = 180◦ nên AC k DE.
Ta có C
Chứng minh tương tự, BE k CD.
Do đó CKED là hình bình hành.
1 2
B
1
Ta lại có CD = DE nên CKED là hình thoi.
E
K
C
2
D
B BÀI TẬP
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 295/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1. Đa giác
BÀI 1. Tính số cạnh của một đa giác, biết rằng đa giác đó có:
1 Tổng các góc trong bằng tổng các góc ngoài (tại mỗi đỉnh của đa giác chỉ kể một góc ngoài);
2 Số đường chéo gấp đôi số cạnh;
3 Tổng các góc trong trừ đi một góc của đa giác bằng 2570◦ .
– LỜI GIẢI.
Gọi số cạnh của đa giác là n.
1 Ta có (n − 2) · 180◦ = 2 · 180◦ . Ta tìm được n = 4.
n(n − 3)
= 2n. Ta tìm được n = 7.
2 Ta có
2
b = 2570◦ nên A
b = (n − 2) · 180◦ − 2570◦ .
3 Ta có (n − 2) · 180◦ − A
b < 180◦ nên 0 < (n − 2) · 180 − 2570 < 180 ⇔ 16 5 < n < 17 5 .
Do 0◦ < A
18
18
Do n là số tự nhiên nên n = 17.
BÀI 2. Cho ngũ giác ABCDE. Gọi M , N , P , Q theo thứ tự là trung điểm của AB, BC, DE, AE;
1
gọi I là trung điểm của N Q, K là trung điểm của M P . Chứng minh rằng IK k CD, IK = CD.
4
– LỜI GIẢI.
B
Gọi F là trung điểm của CE.
Khi đó ta có P F , KI lần lượt là đường trung bình của 4EDC và
M
4M P F .
Do đó IK k P F và P F k CD.
⇒ IK k CD.
1
1
Lại có IK = P F và P F = CD
2
2
1
⇒ IK = CD.
4
N
A
I
K
C
F
Q
E
P
D
BÀI 3. Chứng minh rằng nếu một lục giác có các góc bằng nhau thì hiệu các cạnh đối diện bằng nhau.
– LỜI GIẢI.
B
Kẻ các tia phân giác của góc B, D, F , chúng cắt nhau tạo thành 4GHI
C
như hình vẽ.
Tổng số đo các góc trong hình lục giác là (6 − 2) · 180◦ = 720◦ .
Mà các góc bằng nhau nên số đo mỗi góc là 720◦ : 6 = 120◦ .
’ + CDI
’ = 180◦ ⇒ BC k DI.
Khi đó ta có BCD
⇒ BCDI là hình thang.
‘ = CDI
’ nên BCDI là hình bình hành.
Mà CBI
Tương tự ta có HDEF , ABGF là hình bình hành.
G
A
H
F
D
I
E
⇒ F E = HD, ID = BC, AB = F G, HF = DE, CD = BI, BG = AF .
⇒ AB − DE = F G − HF = HG, F E − BC = HI, CD − AF = BG.
Mà các góc của 4HGI bằng 60◦ nên 4HGI là tam giác đều.
⇒ HG = GI = HI ⇒ AB − DE = F E − BC = CD − AF .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 296/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
b−B
“= B
“− C
b=
BÀI 4. Lục giác ABCDEF có số đo các góc (tính theo độ) là một số nguyên và A
b−D
“=D
“−E
“= E
“ − Fb. Giá trị lớn nhất của A
b có thể bằng bao nhiêu?
C
– LỜI GIẢI.
Tổng các góc trong lục giác bằng (6 − 2) · 180◦ = 720◦ .
b−B
“= B
“− C
b=C
b−D
“=D
“−E
“= E
“ − Fb = α, ta có
Đặt A
b+B
“+ C
b+D
“+E
“ + Fb = 720◦
A
Ä
ä Ä
ä Ä
ä Ä
ä Ä
ä
b+ A
b−α + A
b − 2α + A
b − 3α + A
b − 4α + A
b − 5α = 720◦
⇒A
b − 15α = 720◦ ⇒ 2A
b = 5α + 240◦ .
⇒ 6A
b là số nguyên và chia hết cho 5 nên A
b ≤ 175◦ .
Do A
b là 175◦ khi α = 22◦ .
Giá trị lớn nhất của A
2. Đa giác đều
BÀI 5. Gọi M là điểm bất kì trong tam giác đều ABC. Các điểm A0 , B 0 , C 0 là hình chiếu của M trên
M A0 + M B 0 + M C 0
các cạnh BC, AC, AB. Tính tỉ số
.
AB 0 + BC 0 + CA0
– LỜI GIẢI.
A
Qua M vẽ các đường thẳng song song với với các cạnh của
4ABC, chúng cắt mỗi cạnh thành ba đoạn thẳng N P , N 0 Q,
P 0 Q0 như hình vẽ.
P
C
Q
0
N
Đặt P 0 Q0 = x, N 0 Q = y, N P = z, ta có
√
√
√
x 3 y 3 z 3
0
0
0
MA + MB + MC =
+
+
2
2√
2
B
Q0
3
= (x + y + z)
(1).
2
y
z
x 3
AB 0 + BC 0 + CA0 = z +
+ x+
+ y+
= (x + y + z) (2).
2
2
2
2
√
M A0 + M B 0 + M C 0
3
Từ (1) và (2) suy ra
=
.
AB 0 + BC 0 + CA0
3
M
A0
B0
N0
P0
C
BÀI 6. Cho lục giác đều ABCDEF , M và N theo thứ tự là trung điểm của CD, DE. Gọi I là giao
điểm của AM , BN .
‘
1 Tính AIB.
’ (O là tâm của lục giác đều).
2 Tính OID
Hướng dẫn: Chứng minh rằng IO, ID là các tia phân giác của hai góc kề bù.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 297/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
c1 = B
c1 .
a) 4ADM = 4BEN (c.g.c) nên A
Gọi O là giao điểm của AD và BE, K là giao điểm của
’ = AOK
’ = 60◦ . Vậy AIB
‘ = 60◦ .
AM và BE. Ta có BIK
B
1
1
K
b) Vẽ OG ⊥ AM , OH ⊥ BN . Ta có 4OGA = 4OHB
(cạnh huyền – góc nhọn) nên OG = OH.
⇒ IO là tia phân giác của góc AIN
0
F
G
I
H
O
C
(1).
M
0
Vẽ EE ⊥ BN , DD ⊥ AM , DD1 ⊥ BN .
Ta có EE 0 = DD0 (bằng hai lần các đoạn thẳng bằng nhau
D0
D1
OH, OG).
E
Mà EE 0 = DD1 nên DD1 = DD0 .
⇒ ID là tia phân giác của góc M IN
’ = 90◦ .
Từ (1), (2) suy ra OID
E0
N
D
(2).
BÀI 7. Chứng minh rằng ngũ giác có năm cạnh bằng nhau và ba góc liên tiếp bằng nhau là ngũ giác
đều.
– LỜI GIẢI.
“ = C,
b AB = CD nên ABCD là hình
Trước hết, xét tứ giác ABCD, ta có B
’ = CDA.
’ Do đó BAE
’ = CDE.
’
thang cân ⇒ BAD
b = E.
“
Chứng minh tương tự đối với tứ giác ABCE ta được C
A
B
E
b=B
“= C
b=D
“=E
“ hay ABCDE là ngũ giác đều.
Vậy A
C
D
BÀI 8. Chứng minh rằng trong đa giác đều 9 cạnh, hiệu giữa đường chéo lớn nhất và đường chéo nhỏ
nhất bằng cạnh của nó.
– LỜI GIẢI.
Gọi ABCDEF GHI là đa giác đều 9 cạnh, AE là đường chéo lớn
nhất, BD là đường chéo nhỏ nhất, ABDE là hình thang cân.
’ = 140◦ nên ABM
÷ = 30◦ .
Vẽ BM ⊥ AE, DN ⊥ AE, ABC
AB
Ta có AM =
nên AE − BD = AB.
2
C
A
B
D
M
N
I
E
F
H
G
BÀI 9.
1 Tìm số n sao cho mặt phẳng có thể được phủ kín bởi các đa giác đều bằng nhau có n
cạnh.
2 Có tồn tại các ngũ giác bằng nhau (không yêu cầu đều) để phủ kín mặt phẳng không?
3 Số đo các góc của đa giác đều n cạnh là số tự nhiên. Có bao nhiêu giá trị của n thỏa mãn bài
toán?
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 298/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
. (n − 2) · 180◦
⇔ n ∈ {3; 4; 6}.
1 Theo đề bài ta có 360 ..
n
2 Có. Chẳng hạn ngũ giác là nửa của lục giác đều.
(n − 2) · 180◦
360
.
∈ N ⇒ 180 −
∈ N ⇒ 360 .. n.
3 Ta có
n
n
Phân tích 360 ra thừa số nguyên tố ta được 360 = 23 · 32 · 5.
Số 360 có 24 ước tự nhiên. Do n ≥ 3 nên ta loại các số 1 và 2.
Vậy có 22 giá trị của n thỏa mãn bài toán.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 299/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI
2
DIỆN TÍCH CỦA ĐA GIÁC
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Diện tích hình chữ nhật: S = a · b (a là chiều dài, b là chiều rộng).
Diện tích hình vuông: S = a2 (a là cạnh).
1
Diện tích tam giác: S = ah (a là cạnh, h là chiều cao tương ứng).
2
√
a2 3
Diện tích tam giác đều: S =
(a là cạnh).
4
1
Diện tích hình thang: S = (a + b) · h (a và b là hai đáy, h là chiều cao).
2
Diện tích hình bình hành: S = a · h (a là cạnh, h là chiều cao tương ứng).
1
Diện tích hình thoi, diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc: S = d1 d2 (d1 và d2 là hai đường
2
chéo).
VÍ DỤ 1. Tính diện tích hình thang ABCD có cạnh bên AD = a, khoảng cách từ trung điểm
E của BC đến AD bằng h.
– LỜI GIẢI.
Qua E, kẻ đường thẳng song song với AD, cắt AB và CD theo
A
thứ tự tại M và N .
Xét 4EN C và 4EM B có
÷
’ (so le trong).
M
BE = ECN
B
M
H
EB = EC(E là trung điểm của BC).
÷=N
’
BEM
EC (đối đỉnh).
E
Do đó 4EN C = 4EM B (g.c.g) ⇒ S4EN C = S4EM B .
Cộng SABEN D vào 2 vế ta được
D
SABCE = SAM N D .
N
C
AM N D là hình bình hành nên SAM N D = AD · EH = ah.
Vậy SABCD = ah (đơn vị diện tích).
VÍ DỤ 2. Tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BD, CE. Gọi H, K theo thứ tự là
hình chiếu của B, C trên đường thẳng ED. Chứng minh rằng:
1 EH = DK;
2 S4BEC + S4BDC = SBHKC .
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 300/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a) Gọi M , I theo thứ tự là trung điểm của BC và ED.
1
4M DE có M D = M E (cùng bằng BC) nên là tam giác
2
cân. Do đó M I ⊥ ED.
K
A
P
Hình thang BHKC có BM = M C, M I k BH k CK nên
D
E I
Q
H
I là trung điểm của HK.
Ta có IH = IK, IE = ID nên EH = DK.
E 0 I 0 D0M
B
b) Vẽ EE 0 , II 0 , DD0 vuông góc với BC.
Ta có II 0 là đường trung bình của hình thang EE 0 D0 D
1
nên II 0 = (EE 0 + DD0 ). Do đó
2
1
1
1
S4BEC + S4BDC = BC · EE 0 + BC · DD0 = BC(EE 0 + DD0 ) = BC · II 0
2
2
2
Qua I, vẽ đường thẳng song song với BC, cắt BH và CK ở P và Q. Ta có
BC · II 0 = SBP QC
C
(1).
(2).
Ta lại có 4P IH = 4QIK (g.c.g) nên S4P IH = S4QIK , do đó SBP QC = SBHKC
(3).
Từ (1), (2), (3) suy ra S4BEC + S4BDC = SBHKC .
VÍ DỤ 3. Cho hình bình hành có bốn đỉnh nằm trên bốn cạnh của một tứ giác, trong đó hai
đỉnh của hình bình hành là trung điểm hai cạnh đối của tứ giác. Chứng minh rằng diện tích
hình bình hành bằng nửa diện tích tứ giác.
– LỜI GIẢI.
Xét tứ giác ABCD và hình bình hành EF GH có E, G là trung điểm
B
C
FM
của AB, CD. Gọi O là tâm của hình bình hành EF GH, M và N là
trung điểm của BC và AD. Do EM GH cũng là hình bình hành nên
O cũng là trung điểm của M N . Xét hai trường hợp:
a) Nếu F không trùng M thì F M HN là hình bình hành.
E
G
O
Khi đó F M k N H nên BC k AD.
NH
A
Suy ra ABCD là hình thang.
1
Dễ thấy SEF GH = SABCD .
2
1
b) Nếu F trùng M thì H trùng N . Khi đó SEF GH = SEM GN = SABCD .
2
D
VÍ DỤ 4. Tính diện tích hình thang có hai đường chéo dài 6 m và 10 m, đoạn thẳng nối trung
điểm hai đáy bằng 4 m.
– LỜI GIẢI.
Gọi ABCD là hình thang có AB k CD, BD = 6 m, AC = 10 m.
A
E
B
Gọi E, F, K theo thứ tự là trung điểm của AB, CD, BC. Khi đó
AC
H
K
+ EK là đường trung bình của 4ABC nên EK =
= 5 m.
2
BD
+ F K là đường trung bình của 4BDC nên F K =
= 3 m.
D
F
C
2
2
2
2
2
2
2
◦
’
Ta có EF + F K = 3 + 4 = 25 = 5 = EK nên theo định lí Pytago đảo suy ra EF K = 90 .
Gọi H là trung điểm của AD.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 301/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Dễ dàng chứng minh được EHF K là hình bình hành nên SEHF K = 2 · S4EF K = EF · F K = 12 m2 .
Dễ dàng chứng minh được SABCD = 2 · SEHF K .
Vậy SABCD = 24 m2 .
4
Các đoạn thẳng EF , AC, BD đồng quy vì trong hình thang trung điểm của hai đáy và giao điểm
của hai đường chéo là ba điểm thẳng hàng, xem Bổ đề hình thang ở Nâng cao và phát triển Toán 8
!
tập hai.
B BÀI TẬP
1. Diện tích hình chữ nhật, hình vuông, hình tam giác
BÀI 1. Cho một hình chữ nhật có các kích thước là a và b (a và b có cùng đơn vị đo). Các tia phân
giác các góc của hình chữ nhật cắt nhau tạo thành một tứ giác. Xác định dạng tứ giác đó và tính
diện tích của nó.
– LỜI GIẢI.
’ = GBA
’ = 45◦ . Suy ra AGB
’ = 90◦ .
Xét 4ABG ta có GAB
A
B
E
Tương tự ta chứng minh được EF GH là hình chữ nhật.
Mặt khác ta có 4AGB cân tại G suy ra AG = BG.
H
Ta cũng có 4AHD = 4BF C (g.c.g).
F
G
D
⇒ AH = BF .
C
Vậy ta thu được HG = GF . Khi đó EF GH là hình vuông.
AB
Do 4AGB vuông cân tại G suy ra AG = √ .
2
AD
Tương tự 4AHD vuông cân tại H suy ra AH = √ .
2
|a − b|
Ta tính được HG = √ .
2
(a − b)2
.
Vậy SEF GH =
2
BÀI 2. Tam giác ABC vuông tại C có BC = a, AC = b, Về phía ngoài tam giác ABC, vẽ tam giác
DAB vuông cân tại D. Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của D trên CB, CA, Tính diện tích của
tứ giác DHCK.
– LỜI GIẢI.
Ta chứng minh được 4AKD = 4BHD (cạnh huyền – góc nhọn).
Suy ra KD = KH. Dễ thấy DHCK là hình chữ nhật.
K
D
A
Vậy DHCK là hình vuông.
Ta có
CK + CH = CA + AK + CB − BH
C
= AC + CB
H
B
= a + b (vì AK = CH).
Suy ra CK =
a+b
.
2
Vậy diện tích hình vuông là
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
(a + b)2
.
4
Trang 302/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 3. Tam giác ABC vuông tại A, có BC = a, AC = b, AB = c, diện tích S. Chứng minh rằng
4S = (a + b + c)(b + c − a).
– LỜI GIẢI.
Ta có
(a + b + c)(b + c − a) = (b + c + a)(b + c − a) = (b + c)2 − a2 = b2 + c2 + 2bc − a2 = 2bc (vì b2 + c2 = a2 ).
1
Mà S = bc.
2
Vậy (a + b + c)(b + c − a) = 4bc.
BÀI 4. Cho tam giác ABC vuông tại A, các đường phân giác của các góc B và C cắt nhau ở I. Biết
hình chiếu của IB, IC trên BC có độ dài lần lượt là m, n. Tính diện tích của tam giác ABC.
– LỜI GIẢI.
Ta có I là giao điểm của ba đường phân giác nên cách đều ba cạnh.
Gọi H, M, N theo thứ tự là hình chiếu của I trên BC, AB, AC.
Đặt IH = IM = IN = x. Khi đó
C
H
N
AM = AN = x, BM = BH = m, CN = CH = n.
A
I
M
B
Theo định lý Pytago, ta có
(x + m)2 + (x + n)2 = (m + n)2 ⇒ x2 + xm + xn = mn.
Mặt khác
S=
1
1
1
· AB · AC = (x + m)(x + n) = (x2 + xm + xn + mn) = mn.
2
2
2
BÀI 5. Cho tam giác ABC. M là trung điểm của BC. Gọi O là một điểm bất kì. Tìm liên hệ giữa
diện tích các tam giác OAM, OAB, OAC.
– LỜI GIẢI.
Vẽ M M 0 , BB 0 , CC 0 vuông góc với OA. Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: B, C nằm khác phía so với OA.
1
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 303/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Nếu BB 0 ≥ CC 0 . Gọi I là giao điểm của AO và BC. Khi đó
M M 0 k BB 0 ⇒
A
BB 0
IB
.
=
0
MM
IM
B0
M0
CC 0
IC
Tương tự M M 0 k CC 0 ⇒
.
=
MM0
IM
B
M
C
I
C0
BB 0
CC 0
IB − IC
⇒
−
=
0
0
MM
MM
IM
IM + M B − M C + IM
=
IM
2 · IM
=
=2
IM
O
BB 0 − CC 0
Như vậy
= 2 hay BB 0 − CC 0 = 2 · M M 0 .
MM0
1
1
1
Suy ra · OA · BB 0 − · OA · CC 0 = 2 · · OA · M M 0 .
2
2
2
Do đó SOAB − SOAC = 2 · SOAM .
2 Nếu BB 0 < CC 0 . Tương tự ta được SOAC − SOAB = 2 · SOAM .
B0 A
Trường hợp 2: B, C nằm cùng phía so với OA.
0
0
M0
0
Dễ chứng minh M M là đường trung bình hình thang BB C C.
Suy ra BB 0 + CC 0 = 2 · M M 0 .
1
1
1
Vậy · OA · BB 0 + · OA · CC 0 = 2 · · OA · M M 0 .
2
2
2
Do đó SOAB + SOAC = 2 · SOAM .
B
O
C0
C
M
BÀI 6. Cho O là một điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi D, E, F theo thứ tự là các hình chiếu
của O trên BC, AC, AB. Trên các tia OD, OE, OF lấy lần lượt các điểm A0 , B 0 , C 0 sao cho OA0 =
BC, OB 0 = AC, OC 0 = AB.
1 Chứng minh rằng diện tích tam giác A0 B 0 C 0 không phụ thuộc vào vị trí điểm O trong tam giác.
2 Điểm O có vị trí gì đối với tam giác A0 B 0 C 0 ?
– LỜI GIẢI.
1
Ta chứng minh bài toán phụ: Nếu hai tam giác có cặp cạnh bằng
B
nhau và cặp góc xen giữa bù nhau thì diện tích của chúng bằng nhau.
Xét 4ABC và 4A0 B 0 C 0 có AB = A0 B 0 , AC = A0 C 0 và
0 A0 C 0 = 180◦ .
’ +B
◊
BAC
H
B0
Kẻ đường cao BH và B 0 H 0 của hai tam giác, khi đó
4BAH = 4B 0 A0 H 0 (ch.gn), suy ra BH = B 0 H 0 .
1
1
Từ đó · BH · AC = · B 0 H 0 · A0 C 0 hay SABC = SA0 B 0 C 0 .
2
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 304/477
C
A
C0
H0
A0
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Áp dụng. Từ giả thiết ta có 4A0 OB 0 và 4ABC có
0 OB 0 + C
÷
b = 180◦ nên SA0 OB 0 =
OA0 = BC, OB 0 = AC và A
B0
A
C0
SABC .
F
Tương tự ta được SA0 OC 0 = SABC , SB 0 OC 0 = SABC .
Điểm O nằm trong 4ABC nên cũng nằm trong 4A0 B 0 C 0 .
B
Do đó SA0 B 0 C 0 = SA0 OB 0 + SA0 OC 0 + SB 0 OC 0 = 3 · SABC .
E
O
D
C
Vậy diện tích tam giác A0 B 0 C 0 không phụ thuộc vào vị trí điểm
O trong tam giác.
A0
2
Vẽ đường cao C 0 H và A0 K của tam giác B 0 OC 0 và tam giác
B0
A0 OB 0 . Gọi M là giao điểm của B 0 O và A0 C 0 .
Do SB 0 OC 0 = S = A0 OB 0 và hai tam giác này chung đáy B 0 O
C0
nên C 0 H = A0 K, suy ra 4M HC 0 = 4M KA0 (g.c.g) nên M C 0 =
M A0 hay M là trung điểm của A0 C 0 .
O
H
Do đó B 0 O là trung tuyến của 4A0 B 0 C 0 , chứng minh tương tự
ta cũng được A0 O, C 0 O là trung tuyến.
M
K
Vậy O là trọng tâm của 4A0 B 0 C 0 .
A0
BÀI 7. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM . Gọi D là điểm nằm giữa B và M . Qua M kẻ
đường thẳng song song với DA, cắt AC ở E. So sánh diện tích 4DEC và diện tích 4ABC
– LỜI GIẢI.
A
E
B
D
M
C
Ta có
1
SDEC = SDEM + SEM C = SAEM + SEM C = SAM C = SABC .
2
BÀI 8. Cho tam giác ABC. Lấy các điểm D, E, F theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CA sao cho
1
1
1
AD = AB, BE = BC, CF = CA. Các đoạn thẳng AE, BF, CD cắt nhau tạo thành một tam
3
3
3
1
giác. Chứng minh rằng diện tích tam giác này bằng diện tích tam giác ABC.
7
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 305/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Gọi tam giác tạo thành là M N K như hình vẽ.
Đặt SAKD = a thì SAKB = 3a, SAKC = 2SAKB = 6a.
(1)
D
(Vì SAEC = 2SAEB , SKEC = 2SKEB )
Suy ra SACD = 7a, SABC = 21a.
K
F
(2)
N
Từ (1) và (2) suy ra
M
SAKC =
6
2
SABC = SABC .
21
7
B
E
C
Tương tự
2
SBM A = SCN B = SABC .
7
6
1
Do đó SAKC + SBM A + SCN B = SABC ⇒ SM N K = SABC .
7
7
BÀI 9. Cho tam giác ABC có diện tích S. Các điểm D, E, F theo thứ tự nằm trên các cạnh
1
1
AB, BC, CA sao cho AD = DB, BE = EC, CF = F A. Các đoạn thẳng AE, BF, CD cắt nhau
2
3
tạo thành một tam giác. Tính diện tích tam giác đó.
– LỜI GIẢI.
A
Gọi I, K, H lần lượt là giao điểm của BF và CD; AE và CD; AE và
BF .
D
Ta có:
K
SADK
1
1
F
I
= (hai tam giác có chung đường cao kẻ từ K, AD = AB).
H
SABK
2
2
1
SABK
E
C
= (hai tam giác có chung đáy AK, đường cao kẻ từ C gấp đôi B
SACK
2
đường cao kẻ từ B).
SADK
SADK SABK
1 1
1
4
2
Suy ra
=
·
= · = ⇒ SAKC = SADC = SABC .
SAKC
SABK SACK
2 2
4
5
5
Tương tự:
SBHE
1
9
9 1
3
SBHE SBHC
1 1
· SABC = SABC .
=
·
= · = ⇒ SBHA = SABE =
SBHA
SBHC SBHA
3 3
9
10
10 3
10
SCIF
SCIF SCIA
1
4
4 1
1
=
·
= ⇒ SBIC = SCBF = . SABC = SABC .
SCIB
SCIA SCIB
5
5
5 4
5
Khi đó:
1
SIHK = SABC − SAKC − SBHA − SCIB = SABC .
10
BÀI 10. Tính diện tích tam giác ABC, biết AB = 3 cm, AC = 5 cm, đường trung tuyến AM = 2
cm.
– LỜI GIẢI.
Gọi K là trung điểm
( của AC.
M là trung điểm BC.
Tam giác ABC có
K là trung điểm AC.
⇒ M K là đường trung bình của 4ABC.
1
⇒ M K = AB = 1,5 cm.
2
(
AM 2 + M K 2 = 22 + 1, 52 = 6,25
Tam giác AM K có
AK 2 = 2, 52 = 6,25
⇒ 4AM K vuông tại M .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 306/477
A
3
B
K
2
M
C
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Khi đó SABC = 2SAM C = 4SAM K = 6 cm2 .
BÀI 11. Tính diện tích tam giác, biết độ dài ba đường trung tuyến của nó bằng 15 cm, 36 cm, 39
cm.
– LỜI GIẢI.
A
Giả sử 4ABC có trọng tâm G và độ dài AD, BE, CF lần lượt là
36 cm, 15 cm, 39 cm.
Lấy K là trung điểm GC thì
F
1
1
GK = GC = CF = 13 cm.
2
3
G
K
1
GD = AD = 12 cm.
3
1
1
DK = BG = BE = 5 cm.
2
3
Tam giác DKG có
E
B
D
C
(
DG2 + DK 2 = 122 + 52 = 169.
GK 2 = 132 = 169.
⇒ 4DKG vuông tại D.
⇒ SABC = 3SBGC = 3 · 2 · SDGC = 3 · 2 · 2 · SDGK = 360 cm2 .
BÀI 12. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 20 cm, AB = 15 cm.
1 Lấy điểm D trên cạnh BC sao cho AD = AB. Tính độ dài BD.
2 Lấy điểm D0 trên cạnh BC sao cho BD0 = 4 cm. Tính độ dài AD0 .
– LỜI GIẢI.
A
Vẽ đường cao AH.
Ta có AH · BC = AB · AC (= 2SABC )
⇒ AH = 12 cm.
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác ABH ta có
BH =
√
AB 2 − AH 2 = 9 cm.
D0
B
H
D
C
1 Tam giác ABD cân tại A có đường cao AH nên H là trung điểm BD.
Nghĩa là: BD = 2BH = 18 cm.
2 Ta có D0 H = BH − BD0 = 5 cm.
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác AHD0 ta được AD0 =
√
AH 2 + D0 H 2 = 13 cm.
BÀI 13. Có tam giác nào mà độ dài các đường cao đều nhỏ hơn 1 cm nhưng diện tích bằng 2000 cm2
không?
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 307/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Xét tam giác ABC cân tại A có đáy BC = 8000 cm, đường
1
cao AH = cm.
2
Khi đó diện tích tam giác bằng
A
B
H
C
1 1
S = · · 8000 = 2000 cm2 .
2 2
Hơn nữa, AB = AC > HC = 4000 cm nên hb = hc =
2S
2S
<
= 1 cm.
AB
4000
Vậy tồn tại tam giác thỏa yêu cầu bài toán.
BÀI 14. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh bằng a, b, c, diện tích tam giác bằng S. Chứng minh
rằng
6S ≤ a2 + b2 + c2 .
– LỜI GIẢI.
A
Vẽ đường cao AH cho tam giác ABC. Ta có
SABC =
1
1
· AH · BC ≤ · AB · BC (vì AH ≤ AB).
2
2
⇒ 2S ≤ AB · BC = ac.
Tương tự, ta có thể chứng minh 2S ≤ bc, 2S ≤ ab.
B
H
C
Khi đó 6S ≤ ab + ac + bc.
Mà ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 .
Nên 6S ≤ a2 + b2 + c2 .
2. Diện tích hình thang, hình bình hành, hình thoi
BÀI 15. Tính diện tích hình thang cân có đường cao bằng h, biết rằng hai đường chéo của hình thang
vuông góc với nhau.
– LỜI GIẢI.
Xét hình thang cân ABCD có AB k CD, AC ⊥ BD.
Qua B kẻ đường thẳng song song với AC, cắt DC ở K.
A
B
Từ đó, ta được ABKC là hình bình hành.
Do đó AB = CK, BK = AC.
Do ABCD là hình thang cân và AC ⊥ BD nên AC = BD và BK ⊥
BD.
Mà AC = BK nên BD = BK.
D
H C
K
Từ đó, ta được tam giác BDK là tam giác vuông cân.
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông BDK, ta được
√
√
1
1
1
=
+
⇒
BD
=
BK
=
BH
2
=
h
2.
BH 2
BK 2 BD2
Khi đó
1
1
SABCD = (AB + CD)BH = DC · BH = SBDK = h2 .
2
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 308/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 16. Tính diện tích của hình thang có hai đường chéo dài 9 cm và 12 cm, tổng hai đáy bằng 15
cm.
– LỜI GIẢI.
A
Xét hình thang ABCD có AB k CD, BD = 9 cm, AC = 12
B
cm, AB + CD = 15 cm.
Qua B kẻ đường thẳng song song với AC, cắt DC ở K.
Khi đó, ABKC là hình bình hành nên BK = AC, CK = AB.
D
C
K
Trong tam giác BDK có BD2 + BK 2 = 92 + 122 = 152 = DK 2 nên tam giác BDK vuông tại B.
Khi đó
1
1
SABCD = (AB + CD) · h = DK · h = SBDK = 54 cm2 .
2
2
BÀI 17. Qua giao điểm O của các đường chéo của một hình thang, vẽ đường thẳng song song với hai
đáy, cắt các cạnh bên ở E và G. Chứng minh rằng OE = OG.
– LỜI GIẢI.
A
Do có cùng cạnh đáy AB và chiều cao nên SDAB = SCAB .
Suy ra SDOA = SCOB .
1
1
Do đó OE · h = OG · h.
2
2
Suy ra OE = OG.
E
B
G
O
D
C
BÀI 18. Hình thang ABCD có diện tích S, đáy DC gấp đôi đáy AB. Gọi M là trung điểm AD, K
là giao điểm của BM và AC. Tính diện tích tam giác ABK.
– LỜI GIẢI.
A
Gọi I là trung điểm của AC. Ta có
1
M I = DC = AB.
2
M
1
1
1
SABK = SABM = SAM I = SADC .
2
2
8
D
2
Mà SADC = 2 · SABC nên SADC = S.
3
1
Suy ra SABK = S.
12
B
K
I
C
BÀI 19. Điểm O là giao điểm của các đường chéo của hình thang ABCD (AB k CD). Biết diện tích
các tam giác AOB, COD theo thứ tự là a2 , b2 . Tính diện tích hình thang (a, b > 0).
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 309/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Gọi SAOD = SBOC = m.
B
Khi đó
O
OA : OC = SAOB : SCOB = a2 : m
OA : OC = SAOD : SCOD = m : b2
D
m
a2
= 2 hay m = ab.
Từ đó suy ra
m
b
Vậy SABCD = a2 + b2 + 2m = (a + b)2 .
C
BÀI 20. Cho hình bình hành ABCD có diện tích S. Gọi M, N, I, K theo thứ tự là trung điểm của
AB, BC, CD, DA. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của KB với AI và M C. Gọi H, G lần lượt là giao
điểm của DN với AI và M C.
1 Chứng minh rằng EF GH là hình bình hành.
2 Tính diện tích hình bình hành EF GH theo S.
– LỜI GIẢI.
1
A
Do AM k IC và AM = IC nên AM IC là hình bình hành.
Do đó AI k M C.
M
E
B
F
K
Tương tự ta có BK k DN .
N
H
Vậy EF GH là hình bình hành.
D
G
I
C
2 Đặt HI = a, áp dụng định lí thalet với tam giác DGC ta được GC = 2a, với tam giác CF B ta
được F G = 2a.
Do EF GH là hình bình hành nên suy ra EH = F G = 2a.
2
Áp dụng định lí thalet với tam giác ADH ta được AE = 2a. Từ đó suy ra EH = AI.
5
2
2
Do EH = AI nên F G = M C.
5
5
2
1
1
Suy ra SEF GH = SAIM C mà SAIM C = SABCD nên SEF GH = SABCD .
5
2
5
BÀI 21. Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng a. Lấy điểm M trên cạnh AD, điểm N trên cạnh CD
sao cho DM = CN . Tính diện tích hình thoi ABCD, biết rằng tam giác BM N đều.
– LỜI GIẢI.
Kẻ M E k N F k BD.
Do 4BEF = 4DM N (c-g-c) nên EF = M N .
B
E
Do tam giác BM N đều và EF = M N nên BN = EF .
Mà EN k BC nên BF N E là hình thang có hai đường chéo bằng
nhau.
Từ đó suy ra BE = F N .
A
C
N
Khi đó, F N = BE = M D = CN mà tam giác CF N cân tại C
nên tam giác CF N đều.
Do đó, tam giác CBD đều. √
√
a2 3
a2 3
Vậy SABCD = 2SCBD = 2 ·
=
.
4
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
F
M
D
Trang 310/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
“ = 90◦ , AB = 4 cm, BC = 3 cm, CD = 12 cm, AD = 13 cm. Tính
BÀI 22. Tứ giác ABCD có B
diện tích tứ giác ABCD.
– LỜI GIẢI.
Áp dụng định lí Pitago ta chứng minh được tam giác ACD vuông tại
C. Khi đó, SABCD = SABC + SACD = 36 cm2 .
A
B
C
D
BÀI 23. Tứ giác ABCD có O là giao điểm của hai đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối. Chứng
minh rằng
1
SAOD + SBOC = SABCD .
2
– LỜI GIẢI.
B
F
A
O
E
A
0
G
F
0
B0
D
C
H
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, AB, BC, CD. Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
EF GH là hình bình hành. Do O là giao điểm của EG và F H nên O là trung điểm của hai đoạn
thẳng EG và F H.
Đầu tiên ta chứng minh
SAOD + SBOC = SEF GH
Lần lượt vẽ AA0 , BB 0 , F F 0 vuông góc với EG.
SOAE + SOBG =
1
1
EG AA0 + BB 0
EG
· OE · AA0 + · OG · BB 0 =
·
=
· F F 0 = SEF G
2
2
2
2
2
Tương tự, ta chứng minh được SODE + SOCG = SEHG
Từ hai ý trên, ta suy ra SAOD + SBOC = SEF GH
Tiếp theo, ta chứng minh
1
SEF GH = SABCD
2
Kẻ AH vuông góc với BD tại H, cắt EF tại K. Khi đó
Tương tự SBF G
Suy ra
1
1
1
SAEF = AK · EF = AH · BD = SABD
2
8
4
1
1
1
= SABC , SCHG = SBCD , SDEH = SACD
4
4
4
SAEF + SBF G + SCHG + SDEH =
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
1
1
· 2SABCD = SABCD
4
2
Trang 311/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1
1
Nên SEF GH = SABCD . Vậy SAOD + SBOC = SABCD .
2
2
BÀI 24. Các đường chéo của một tứ giác chia tứ giác đó thành bốn tam giác trong đó ba tam giác
có diện tích 30 cm2 , 60 cm2 , 90 cm2 . Tính diện tích tứ giác đó.
– LỜI GIẢI.
A
B
O
D
C
Xét tứ giác ABCD có O là giao điểm hai đường chéo.
Trường hợp 1: Giả sử SAOB = 30, SAOD = 60, SCOD = 90.
Khi đó kẻ AH ⊥ BD, CK ⊥ BD, ta có
1
AH · OB = 30
2
1
AH · OD = 60
2
Chia vế theo vế hai đẳng thức trên, ta có OD = 2OB.
1
1
Ta lại có SCOD = CK · OD = 90 ⇒ CK · OB = 45 hay SCOB = 45.
2
2
Vậy diện tích tứ giác là S = 30 + 60 + 90 + 45 = 225 cm2 .
Trường hợp 2: Giả sử SAOB = 30, SCOD = 60, SAOD = 90.
Khi đó kẻ AH ⊥ BD, CK ⊥ BD, ta có
1
AH · OD = 90
2
1
AH · OB = 30
2
Chia vế theo vế hai đẳng thức trên, ta có OD = 3OB.
1
1
Ta lại có SCOD = CK · OD = 60 ⇒ CK · OB = 20 hay SCOB = 20.
2
2
Vậy diện tích tứ giác là S = 30 + 60 + 90 + 20 = 200 cm2 .
Trường hợp 3: Giả sử SAOB = 60, SCOD = 90, SAOD = 30.
Khi đó kẻ AH ⊥ BD, CK ⊥ BD, ta có
1
AH · OD = 30
2
1
AH · OB = 60
2
1
Chia vế theo vế hai đẳng thức trên, ta có OD = OB.
2
1
1
Ta lại có SCOD = CK · OD = 90 ⇒ CK · OB = 180 hay SCOB = 180.
2
2
Vậy diện tích tứ giác là S = 30 + 60 + 90 + 180 = 360 cm2 .
BÀI 25. Chứng minh rằng
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 312/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a2 + b 2
với S là diện tích của tam giác có độ dài hai cạnh bằng a, b.
4
a2 + b 2 + c 2 + d 2
với S là diện tích của tứ giác có độ dài bốn cạnh bằng a, b, c, d.
2 S≤
4
– LỜI GIẢI.
1 S≤
A
1
1 Gọi h là chiều cao ứng với cạnh a, khi đó S = ah.
2
Suy ra 4S = 2ah ≤ 2ab ≤ a2 + b2 .
a2 + b 2
.
Vậy S ≤
4
Dấu “= ” xảy ra khi h = a = b hay tam giác đã cho là tam giác
b
h
B
a
C
cân.
A
a
b) Theo câu a, ta có
a2 + b 2
SABC ≤
4
c2 + d 2
SACD ≤
4
B
d
b
Suy ra S = SABC + SACD ≤
a2 + b 2 + c 2 + d 2
.
4
D
c
C
BÀI 26. Gọi a, b, c, d là độ dài bốn cạnh liên tiếp của một tứ giác có diện tích S. Chứng minh các bất
đẳng thức sau và chỉ rõ khi nào xảy ra đẳng thức
1 4S ≤ (a + c) (b + d)
2 16S ≤ (a + b + c + d)2
– LỜI GIẢI.
ab
cd
1 Ta có SABC ≤ , SACD ≤ .
2
2
ab + cd
Suy ra S = SABC +SACD ≤
⇒ 2S ≤ ab+cd (dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B̂ = D̂ = 90o )
2
Tương tự, ta cũng có 2S ≤ ad + bc (dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  = Ĉ = 90o )
Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức trên, ta có
4S ≤ ab + cd + ad + bc ⇔ 4S ≤ (a + c)(b + d)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  = B̂ = Ĉ = D̂ = 90o hay tứ giác ABCD là hình chữ nhật.
2 Ta sẽ chứng minh
(a + b + c + d)2 ≥ 4(a + c)(b + d)(∗)
Thật vậy, đặt x = a + c, y = b + d, khi đó (∗) ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy ⇔ (x − y)2 ≥ 0 (luôn đúng).
Vậy
(a + b + c + d)2 ≥ 4(a + c)(b + d) ≥ 16S
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y hay a + c = b + d hay tứ giác ABCD là hình vuông.
BÀI 27. Gọi a, b, c, d là độ dài bốn cạnh (không nhất thiết liên tiếp) của một tứ giác có diện tích S.
Chứng minh rằng 2S ≤ ab + cd. Khi nào xảy ra đẳng thức?
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 313/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Trường hợp 1: a và b là hai cạnh kề.
ab
cd
Ta có SABC ≤ , SACD ≤ .
2
2
ab + cd
Suy ra S = SABC +SACD ≤
⇒ 2S ≤ ab+cd (dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B̂ = D̂ = 90o )
2
Trường hợp 2: a và b là hai cạnh đối.
Gọi C 0 là điểm đối xứng với C qua trung trực của BD. Khi
đó ta có
SABCD = SABC 0 D
ab + cd
Theo câu a, ta có SABC 0 D ≤
nên suy ra SABCD ≤
2
ab + cd
hay 2S ≤ ab + cd.
2
’0 = ADC
÷0 = 90◦ .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ABC
A
a
B
d
c
D
bb
C
C0
BÀI 28. Cho tứ giác ABCD, E và F theo thứ tự là trung điểm của AD và CD. Biết BE + BF = a.
Chứng minh rằng
SABCD <
a2
.
2
– LỜI GIẢI.
Vẽ BB 0 , DD0 vuông góc với EF .
B
Do BB 0 > DD0 nên SBEDF < 2SBEF .
Đặt BE = x, BF = y. Khi đó SBEF ≤ xy.
a2
(x + y)2
Mà xy ≤
= .
4
4
a2
Suy ra 2SBEF ≤ .
4
a2
Vậy SBEDF < .
4
y
C
x
D0
F
(1)
A
B0
E
D
1
1
Mặt khác, do E và F lần lượt là trung điểm của AD và CD nên SBED = SABD và SBF D = SBCD .
2
2
Suy ra
1
SBEDF = SABCD .
2
Từ (1) và (2) suy ra SABCD
a2
< .
2
(2)
BÀI 29. Cho hình bình hành ABCD. Các điểm E, F, G, H theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA
sao cho EG không song song với AD. Cho biết diện tích tứ giác EF GH bằng nửa diện tích hình bình
hành ABCD. Chứng minh rằng HF song song với CD?
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 314/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
E
A
B
H
F
D
K
G
C
Vẽ EK song song với AD, ta có
1
1
1
1
SEF KH = SEKH + SEKF = SAEKD + SEBCK = (SAEKD + SEBCK ) = SABCD = SEF GH .
2
2
2
2
Suy ra SHKF = SHGF nên HF song song với KG hay HF song song với CD.
1
BÀI 30. Cho tam giác ABC, E là trung điểm của AC. Lấy điểm D trên cạnh BC sao cho BD = BC,
3
1
lấy điểm G trên cạnh AE sao cho AG = AE. Đoạn thẳng AD cắt BG, BE theo thứ tự ở M, N .
3
Tính diện tích tứ giác M N EG theo diện tích tam giác ABC?
– LỜI GIẢI.
A
G
I
M
E
N
B
D
F
C
Gọi F là trung điểm của CD.
Xét tam giác ACD có EF là đường trung bình nên EF k AD.
Xét tam giác BEF có EF k AD và D là trung điểm BF nên N là trung điểm BE.
Gọi I là trung điểm GE thì N I là đường trung bình của tam giác EBG nên N I k M G.
Xét tam giác AN I có N I k M G và G là trung điểm AI nên M là trung điểm AN .
Khi đó
1
1
SAM G = SAN G = SAN E .
2
6
Suy ra
5
5
5
SM N EG = SAN E = SABE = SABC .
6
12
24
BÀI 31. Cho tam giác ABC diện tích S. Lấy các điểm E, G trên BC sao cho BE = EG = GC. Gọi
D, H theo thứ tự là trung điểm của AC, AB; I là giao điểm của GH và BD; K là giao điểm của AG
và BD. Tính diện tích tứ giác EIKG.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 315/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Gọi F là trung điểm của GC.
Ta có
4
KG k DF, BG = BF
5
H
D
I
nên chứng minh được
4
2
4
KG = DF = AG, BK = BD.
5
5
5
B
K
E
G
F
C
Lại có HD k BC nên
1
BC
ID
HD
3
3
=
= 2
= ⇒ ID = IB.
2
IB
BC
4
4
BG
3
Suy ra
3
4
8
ID = BD, IB = BD, IK = BD.
7
7
35
Đặt
thì
SIKG = a.
(2.1)
5
5
5
SAIG = a, SBIG = a, SIEG = a.
2
2
4
(2.2)
5
9
SEIKG = a + a = a.
4
4
(2.3)
Từ (1), (2) suy ra
7
5
Lại có SBKG = a + a = a nên
2
4
7 5
35
35 3
105
SABG = a · = a, SABC = a · =
a.
(2.4)
2 2
4
4
2
8
6
6
9 105
=
hay SEIKG = SABC .
Từ (3), (4) suy ra SEIKG : SABC = :
4
8
35
35
BÀI 32. Chứng minh rằng tam giác có một đỉnh là giao điểm hai cạnh đối của một tứ giác, hai đỉnh
1
kia là trung điểm hai đường chéo của tứ giác đó có diện tích bằng diện tích tứ giác.
4
– LỜI GIẢI.
E
Gọi M, N là trung điểm các đường chéo BD, AC của tứ giác ABCD, E là
giao điểm của AD, BC. Ta có
SEM N = SEDC − SEM D − SEN C − SDM C − SM N C
1
1
1
1
= SEDC − SEBD − SEAC − SDBC − SAM C
2
2
2
2
1
1
=
(SEDC − SEBD − SDBC ) + (SEDC − SEAC − SAM C )
2
2
1
1
= 0 + (SADM + SCDM ) = SABCD .
2
4
B
A
M
D
N
C
4
!
Nếu tứ giác ABCD có F là giao điểm của AB và CD thì từ bài toán trên ta cũng có SF M N =
1
SABCD . Suy ra E và F cách đều đường thẳng M N . Do đó đường thẳng M N đi qua trung điểm của
4
EF . Đường thẳng đi qua M, N và trung điểm của EF gọi là đường thẳng Gau-xơ.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 316/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3. Dựng hình
BÀI 33. Cho tam giác ABC. Dựng các điểm D và F nằm trên cạnh AB, E nằm trên cạnh AC sao
cho đường gấp khúc CDEF chia tam giác ABC ra bốn phần có diện tích bằng nhau.
– LỜI GIẢI.
1
Lấy điểm D trên AB sao cho BD = BA. Suy ra
4
C
1
SBCD = SABC .
4
E
1
Lấy điểm E trên AC sao cho CE = AC. Suy ra
3
1
1
SCDE = SCDA = SABC .
3
4
A
F
D
B
1
1
1
1
Lấy điểm F trên AD sao cho AF = AD. Suy ra SDEF = SEF A = SDEA = SCDA = SABC .
2
2
3
4
Vậy với cách lấy các điểm D, E, F như trên thỏa được yêu cầu bài toán.
BÀI 34. Một mảnh vườn hình tam giác ABC có một cái giếng D nằm trên cạnh BC. Hãy chia mãnh
vườn thành hai phần có diện tích bằng nhau bởi một đường thẳng đi qua D.
– LỜI GIẢI.
A
Cách 1. Nếu D là trung điểm BC thì DA là đường thẳng phải dựng.
Nếu D không là trung điểm của BC, qua trung điểm M của BC kẻ đường
E
thẳng song song với DA cắt AB tại E. DE là đường thẳng cần dựng.
Thật vậy, do EM k AD nên
SADE = SADM ⇒ SBDE = SABM
1
= SABC .
2
B
M
D
C
K
Cách 2. Giả sử BD > CD.
Qua C vẽ đường thẳng song song với DA cắt AB tại K. Như vậy, 4ABC
A
được biến đổi thành 4BDK có cùng diện tích. Để chia 4BDK thành hai
phẩn có diện tích bằng nhau, ta chỉ cần dựng đường trung tuyến DE của
E
nó.
B
D
C
BÀI 35. Cho tứ giác ABCD. Dựng đường thẳng đi qua A chia tứ giác ra hai phần có diện tích bằng
nhau.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 317/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Qua trung điểm K của BD, vẽ đường thẳng song song với AC cắt CD tại
A
E. AE là đoạn thẳng cần dựng.
Thật vậy, do KE k AC nên
B
SKAC = SEAC .
K
Suy ra
1
SABCE = SABCK = SABCD .
2
D
E
C
BÀI 36. Cho tam giác ABC. Dựng điểm O nằm bên trong tam giác sao cho diện tích các tam giác
AOB, BOC, COA tỉ lệ với 1 : 2 : 3.
– LỜI GIẢI.
A
Dựng D, E trên BC sao cho BD : DE : EC = 1 : 2 : 3. Qua D vẽ
đường thẳng song song với AB, qua E vẽ đường thẳng song song với
AC, chúng cắt nhau tại điểm O phải dựng.
Thật vậy, do OD k AB nên
O
B
1
SOAB = SDAB = SABC .
6
D
E
C
Do OE k AC nên
1
SOAC = SEAC = SABC .
2
Suy ra
1
SOBC = SABC .
3
BÀI 37. Cho tứ giác ABCD. Dựng điểm O nằm bên trong tứ giác sao cho nếu nối O với trung điểm
các cạnh của tứ giác thì tứ giác được chia ra bốn phần có diện tích bằng nhau.
– LỜI GIẢI.
A
Gọi E, H là trung điểm của AB và AD. Ta có
SOHAE
E
B
1
= SABCD .
4
(2.1)
Gọi M là trung điểm của AC, ta cũng có
H
1
SM HAE = SABCD .
4
Từ (1) và (2) suy ra
(2.2)
M
N
O
D
C
SOHAE = SM HAE ⇒ SOHE = SM HE .
Do đó
OM k HE ⇒ OM k BD.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 318/477
(2.3)
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Tương tự, gọi N là trung điểm của BD thì
ON k AC.
Hai điều kiện (3) và (4) xác định được điểm O.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 319/477
(2.4)
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Năm học 2019-2020
Trang 320/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG
3
CHUYÊN ĐỀ
BÀI
1
TÌM TẬP HỢP ĐIỂM
Bài toán tìm tập hợp điểm (còn gọi là quỹ tích) được chính thức giới thiệu ở lớp 9. Tuy nhiên,
học sinh khá và giỏi có thể làm quen với dạng toán này ngay từ lớp 8 với các kiến thức thuộc chương
trình Hình học lớp 7 và lớp 8.
A HAI TẬP HỢP BẰNG NHAU
Định nghĩa 1. Tập hợp các điểm cách một đường thẳng xy cố định một khoảng bằng h không đổi
(gọi là tập hợp A) là hai đường thẳng song song với xy và cách xy một khoảng bằng h (gọi là tập hợp
B).
Hai tập hợp A và B nói trên được gọi là hai tập hợp bằng nhau. Nghĩa là
(
∀x ∈ A ⇒ x ∈ B
A=B⇔
∀x ∈ B ⇒ x ∈ A.
Do đó muốn chứng tỏ hai tập hợp điểm A và B bằng nhau, ta phải chứng minh hai điều:
Nếu M là một điểm bất kì thuộc A thì M cũng thuộc B.
(1)
Nếu M là một điểm bất kì thuộc B thì M cũng thuộc A.
(2)
Điều (1) chứng tỏ rằng tập hợp B chứa tập hợp A, điều (2) chứng tỏ rằng tập hợp A chứa tập hợp
B. Phải chứng minh cả hhai điều trên mới kết luận được A và B là hai tập hợp bằng nhau.
Do đó bài toán “Tìm tập hợp các điểm có chung một tính chất α nào đó” được trình bày theo ba
phần:
Phần 1. Chứng minh rằng nếu điểm M có tính chất α thì điểm M thuộc hình H nào đó.
Phần 2. Chứng minh rằng nếu điểm M thuộc hình H thì điểm M có tính chất α.
Phần 3. Kết luận rằng tập hợp các điểm M có tính chất α là hình H .
4
!
Chú ý:
Phần 2 là phần đảo của phần 1, do đó nếu gọi phần 1 là phần thuận thì phần 2 là phần đảo.
Theo phần thuận, hình H chứa mọi điểm có tính chất α, không chứa thiếu điểm nào. Theo
phần đảo, hình H chỉ chứa những điểm có tính chất α, không chứa thừa những điểm nào khác.
Như vậy, hình H gồm và chỉ gồm tất cả những điểm có tính chất α.
B CÁC TẬP HỢP ĐIỂM ĐÃ HỌC
Khi giải bài toán về tập hợp điểm, cần nhớ lại ba tập hợp điểm đã học ở lớp 7 và một tập hợp điểm
đã học ở lớp 8.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 321/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Tập hợp các điểm cách một điểm O cố định một khoảng R không đổi là đường tròn tâm O, bán
kính R.
Tập hợp các điểm cách đều hai đầu của một đoạn thẳng cố định là đường trung trực của đoạn
thẳng ấy.
Tập hợp các điểm thuộc miền trong một góc cố định và cách đều hai cạnh của nó là tia phân
giác của góc ấy.
Tập hợp các điểm cách một đường thẳng xy cố định một khoảng bằng h không đổi là hai đường
thẳng song song với xy và cách xy một khoảng bằng h.
C VÍ DỤ
VÍ DỤ 1. Cho đường tròn tâm O cố định, bán kính 4 cm, điểm A cố định trên đường tròn,
điểm B chuyển động trên đường tròn. Tìm tập hợp các trung điểm M của AB.
– LỜI GIẢI.
Phần thuận. (h.31a) Gọi I là trung điểm AO thì I là điểm cố định. IM là đường trung bình của tam
OB
= 2 cm. Điểm M luôn cách điểm I cố định 2 cm nên M thuộc đường tròn
giác AOB nên IM =
2
tâm I bán kính 2 cm.
B
M
A
O
I
A
I
O
M
B
a)
b)
Hình 31
Phần đảo. (h.31b) Lấy điểm M bất kì thuộc đường tròn (I, 2 cm), M khác A. Ta sẽ chứng minh rằng
M là trung điểm của một đoạn thẳng nào đó có một đầu là A và một đầu thuộc đường tròn (O).
’ = IM
’
Thật vậy, gọi B là giao điểm của AM và (O), tam giác IAM cân nên IAM
A, 4OAB cân
’ = B,
“ suy ra IM
’
“ do đó IM k OB. Tam giác OAB có OI = IA, IM k OB nên
nên OAB
A = B,
AM = M B.
Kết luận. Khi điểm B chuyển động trên (O), tập hợp các trung điểm M của AB là đường tròn (I, 2
cm), trừ điểm A.
VÍ DỤ 2. Cho góc vuông xOy cố định, điểm A cố định trên tia Oy, điểm B chuyển động trên
tia Ox. Tìm tập hợp các trung điểm M của AB.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 322/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Cách 1. (h.32)
Phần thuận. OM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông OAB nên
AB
AB
mà M A =
, suy ra M A = M O. Điểm M cách đều hai điểm O và A cố định nên
OM =
2
2
M thuộc đường trung trực của OA.
y
A
M
H
m
x
O
B
Hình 32
Giới hạn. Vì đoạn thẳng AB chỉ thuộc miền trong góc vuông xOy nên điểm M nằm trên tia
Hm thuộc đường trung trực của OA và thuộc miền trong góc xOy.
Phần đảo. Lấy điểm M bất kì thuộc tia Hm thì
MO = MA
(1)
÷
÷
⇒M
AO = M
OA
(2)
Gọi B là giao điểm của AM và Ox. Ta có
÷
÷
÷
÷
M
BO + M
AO = 90◦ , M
OB + M
OA = 90◦
(3)
÷
÷
nên từ (2) và (3) suy ra M
BO = M
OB. Do đó
MO = MB
(4)
Từ (1), (4) suy ra M A = M B, do đó M là trung điểm của AB.
Kết luận. Khi điểm B chuyển động trên tia Ox thì tập hợp các trung điểm M của AB là tia
Hm thuộc đường trung trực của OA và thuộc miền trong góc xOy.
Cách 2. (h.33)
Phần thuận. Đặt OA = h (không đổi). Vẽ M K ⊥ Ox. Tam giác AOB có AM = M B, M K k AO
AO
h
h
nên M K =
= . Điểm M cách Ox cố định một khoảng không đổi nên M thuộc đường
2
2
2
h
thẳng song song với Ox, cách Ox một khoảng .
2
y
A
H
O
M
m
x
K
B
Hình 33
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 323/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Giới hạn. Vì M chỉ thuộc miền trong góc vuông xOy nên M nằm trên tia Hm thuộc đường
thẳng song song nói trên.
Phần đảo. Lấy điểm M bất kì thuộc tia Hm. Gọi B là giao điểm của AM và Ox. Tam giác
h
AOB có AH = HO = , HM k OB nên M là trung điểm AB.
2
Kết luận. Khi điểm B chuyển động trên tia Ox, tập hợp các trung điểm M của AB là tia Hm
h
thuộc đường thẳng song song với tia Ox, cách tia Ox một khoảng và thuộc miền trong góc
2
xOy.
D THỨ TỰ NGHIÊN CỨU VÀ TRÌNH BÀY LỜI GIẢI BÀI TOÁN TÌM TẬP HỢP ĐIỂM
1. Tìm hiểu đề bài
Phân biệt các yếu tố cố định yếu tố không đổi, quan hệ không đổi, yếu tố chuyển động (bao gồm điểm
chuyển động đã biết vị trí và điểm chuyển động phải xác định vị trí).
4
!
Chẳng hạn trong ví dụ 24 thì:
– Yếu tố cố định: góc vuông xOy, điểm A.
– Yếu tố không đổi: độ dài AO = h.
– Quan hệ không đổi: M A = M B
– Yếu tố chuyển động: Điểm B chuyển động trên tia Ox, điểm M đang cần xác định vị trí.
2. Dự đoán tập hợp điểm
Để dự đoán tập hợp điểm phải tìm, ta thường vẽ chính xác vài vị trí của điểm đó (ít nhất là ba vị
trí) rồi bằng trực giác đoán nhận điểm đó chuyển động trên hình nào.
4
Khi dự đoán tập hợp điểm, nên chú ý đến:
– Điểm đặc biệt: Trong ví dụ 23, khi B ở vị trí đối xứng với A qua O thì M ở vị trí O vậy O là một
!
điểm của tập hợp phải tìm.
– Trong ví dụ 24, khi B ở vị trí O thì M ở vị trí H, trung điểm của AO, điểm H là một điểm của tập
hợp phải tìm.
– Vị trí giới hạn: Trong ví dụ 23, khi B tiến đến A thì M tiến đến A, điểm A là vị trí giới hạn của
tập hợp phải tìm.
– Điểm vô tận: Trong ví dụ 24, khi B chuyển động xa điểm O vô tận trên tia Ox thì M cũng chuyển
động xa vô tận. Như vậy, M không thể chuyển động trên đường tròn.
– Tính đối xứng: Trong ví dụ 23, chuyển động của điểm M có tính đối xứng qua đường thẳng cố định
AO nên tập hợp điểm phải tìm nhận OA làm trục đối xứng.
3. Phần thuận
– Phát hiện quan hệ giữa điểm M cần xác định vị trí với các điểm cố định, các đường thẳng cố định.
– Nếu dự đoán điểm cần xác định vị trí thuộc đường tròn, ta chứng tỏ nó cách một điểm cố định một
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 324/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
khoảng không đổi.
– Nếu dự đoán điểm cần xác định vị trí thuộc đường thẳng, ta chứng tỏ nó cách đều hai điểm cố định,
hoặc cách một đường thẳng cố định một khoảng không đổi.
4
Để phát hiện ra các quan hệ ấy, có thể phải vẽ thêm đường phụ (điểm I trong ví dụ 23, đoạn
M K trong cách 2 của ví dụ 24).
!
– Dựa vào các tập hợp điểm cơ bản đã học, chỉ ra điểm M cần xác định vị trí thuộc một hình nào đó,
chẳng hạn hình H.
– Giới hạn hình H nếu điểm M không thuộc toàn bộ hình H mà chỉ thuộc hình H 0 , một bộ phận của
hình H (tia Hm trong ví dụ 24).
4. Phần đảo
1 Lấy điểm M bất kì trên hình H 0 , bằng vẽ hình, tạo ra các điểm chuyển động khác được nêu
trong bài toán (điểm B trong ví dụ 23 và ví dụ 24).
2 Chứng tỏ rằng điểm M có tính chất mà đề bài nêu lên (M là trung điểm của AB trong ví dụ
23 và ví dụ 24)
5. Kết luận
Tập hợp các điểm M phải tìm là hình H 0 .
4
Hầu hết các bài toán trong cuốn sách này được hỏi dưới dạng:
Nếu điểm M có tính chất α thì điểm M nằm trên đường nào?
!
Do đó trong lời của bài chỉ trình bày nội dung của phần thuận. Chi tiết hơn về phần đảo và cách
chứng minh phần đảo trong bài toán tìm tập hợp điểm, xem Nâng cao và phát triển Toán 9 tập hai.
E PHÂN CHIA CÁC TRƯỜNG HỢP TRONG BÀI TOÁN TÌM TẬP HỢP ĐIỂM
Trong một số bài toán, ta cần phân chia các trường hợp khi kết luận “Tập hợp các điểm M có tính
chất α là hình H”.
1. Xét điểm M thuộc từng miền
Nếu một khẳng định là đúng khi điểm M ở vị trí này nhưng lại không đúng khi M ở vị trí khác thì
ta cần xét điểm M thuộc từng miền rồi lấy hợp các tập hợp điểm tìm được.
VÍ DỤ 3. 25(12). Cho tam giác ABC cố định. Các điểm M sao cho các tam giác M AB và
M AC có diện tích bằng nhau nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
SM AB = SM AC ⇒ BB 0 = CC 0 (BB 0 , CC 0 là các đường vuông góc kể từ B và từ C đến M A). Xét hai
trường hợp:
1 Trường hợp 1: Điểm M thuộc miền trong góc BAC hoặc góc đối đỉnh với nó (h.34).
Khi đó B và C nằm khác phía đối với AM . Khi đó đường thẳng AM cắt đoạn thẳng BC ở I.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 325/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Do BB 0 = CC 0 , BB 0 k CC 0 nên BB 0 CC 0 là hình bình hành, I là trung điểm của BC. Điểm M
thuộc đường thẳng AI.
A
B0
A
C0
M
B0
B
I
C0
C
B
C
M
Hình 34
Hình 35
2 Trường hợp 2: Điểm M thuộc miền trong góc kề bù với góc BAC (h.35), Tức là B và C nằm
cùng phía đối với AM .
Do BB 0 = CC 0 , BB 0 k CC 0 nên BB 0 CC 0 là hình bình hành, AM k BC. Điểm M thuộc đường
thẳng qua A và song song với BC.
Kết luận chung: Các điểm M phải tìm gồm đường thẳng chứa đường trung tuyến AI của tam giác
ABC và đường thẳng qua A song song với BC, trừ điểm A.
2. Xét từng vị trí của hình đã cho
Nếu các hình đã cho có những vị trí khác nhau làm cho hình dạng của hình H thay đổi thì ta xần xét
từng vị trí của hình đã cho.
VÍ DỤ 4. 26(8). Các điểm M cách đều hai đường thẳng cố định xy, x0 y 0 nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
Trường hợp 1: xy cắt x0 y 0 ở O, điểm M nằm trên bốn tia phân giác của bốn góc tạo bởi hai đường
thẳng (bốn tia này làm thành hai đường thẳng vuông góc với nhau tại O, xem hình 36).
y0
x
O
M
M
y
x0
y
x
x0
Hình 36
y0
Hình 37
Trường hợp 2: xy k x0 y 0 , điểm M nằm trên đường thẳng song song cách đều xy và x0 y 0 (h.37).
3. Xét từng trường hợp của tính chất α đã cho
Nếu tính chất α có những trường hợp khác nhau làm cho hình dạng của hình H thay đổi thì ta cần
xét riêng từng trường hợp của tính chất α.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 326/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 5. 27(8). Cho góc vuông xOy cố định, điểm A cố định trên tia Ay, điểm B chuyển động
trên tia Ox. Đỉnh C các tam giác ABC vuông cân tại B nằm trên đường nào?
Phân tích: Dự đoán tập hợp điểm (khi C và O nằm khác phía đối với AB).
Khi B trùng O thì C trùng D (D thuộc tia Ox sao cho OD = OA), đó là điểm cố định.
Chú ý rằng khi B chạy xa vô tận trên tia Ox thì C cũng chạy xa vô tận.
Từ các nhận xét trên, ta dự đoán các đỉnh C nằm trên một tia gốc D.
– LỜI GIẢI.
1 Trường hợp C và O nằm khác phía đối với AB (h.38)
y
Trên tia Ox lấy điểm D sao cho OD = OA, D là điểm
A
cố định. Kẻ CH ⊥ Ox.
m
C
Dễ dàng chứng minh được 4AOB = 4BHC (cạnh
huyền – góc nhọn) suy ra.
OB = CH
(1)
OA = BH
(2)
Ta lại có OA = OD nên từ (2) suy ra BH = OD, do
đó OB = DH (3)
’ = 45◦ .
Từ (1) và (3) suy ra CH = DH. Vậy CDH
O
B
D
H
x
Hình 38
Điểm C chuyển động trên tia Dm tạo với Dx góc 45◦
và thuộc miền trong góc xOy.
2 Trường hợp C và O nằm cùng phía đối với AB (h.39).
Bạn đọc tự giải được C chuyển động trên tia D0 m0 ,
y
chính là tia Dm quay quanh A góc 90◦ cùng chiều quay
A
của kim đồng hồ.
m
D0
O
C
B
D
x
Hình 39
m0
F BÀI TẬP
BÀI 1. Tam giác ABC có BC cố định, I là trung điểm của đường cao BH. Các điểm I nằm trên
đường nào?
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 327/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
(h.182). Gọi M là trung điểm của BC.
Ta có M I là đường trung bình của 4BCH suy ra M I k CH mà
’ = 90◦ .
CH ⊥ BH nên M I ⊥ BI suy ra BIM
H
Các điểm I nằm trên đường kính BM , trừ điểm B (M là trung điểm
I
của BC).
B
M
C
Hình 182
BÀI 2. Cho góc xOy cố định, đường thẳng d cố định vuông góc với Ox tại A, điểm B chuyển động
trên đoạn thẳng OA. Trên tia Oy lấy điểm C sao cho OC = OB. Đường vuông góc với BC tại C cắt
đường thẳng d ở D. Các trung điểm M của BD nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
(h.183). Dễ chứng minh được 4OCM = 4OBM (c.c.c) ⇒
÷
÷
’ nên
M
OC = M
OB suy ra OM là tia phân giác của BOC
d
D
y
điểm M thuộc tia phân giác Om của góc xOy.
Giới hạn: Khi B trùng với A thì M trùng với Q (Q là giao điểm
của Om và d).
C
giác Om, trừ điểm P .
m
M
P
Khi B tiến đến O thì D tiến đến Q, M tiến đến P (P là trung
điểm của OQ). M nằm trên đoạn thẳng P Q thuộc tia phân
Q
O
B
A
x
Hình 183
BÀI 3. Cho hình vuông ABCD cố định. Điểm E chuyển động trên tia đối của tia AD, điểm F chuyển
động trên tia đối của tia BA sao cho BF = DE. Các trung điểm M của EF nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
E
(h.184). Vẽ M N ⊥ DA; vẽ M H ⊥ DC.
Ta có M N là đường trung bình của 4AEF suy ra
1
M N = AF ⇒ 2M N = AF (1).
2
Áp dụng tính chất đường trung bình của hình thang DEF K ta
1
có M H = (F K + DE) ⇒ 2M H = F K + DE (2).
2
Suy ra AF = AB + BF = BC + BF = F K + DE (3).
Từ (1), 2 và (3) suy ra M N = M H.
Vậy tập hợp các điểm M nằm trên tia Bx, tia đối của tia BD.
x
M
N
A
D
B
F
C H
K
Hình 184
BÀI 4. Cho góc xOy cố định có số đo bằng α < 180◦ . Một tam giác ABC cân tại A có cạnh bên
α
bằng a không đổi, góc đáy bằng , tam giác đó thay đổi vị trí sao cho B thuộc tia Ox, C thuộc tia
2
Oy, A và O khác phía đối với BC. Các điểm A nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 328/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
y
(h.185). Vẽ AH ⊥ Ox, AK ⊥ Oy.
’ = HAK
’ (cùng bù với xOy)
‘ nên KAC
’ = HAB.
’
Ta có BAC
K
C
Do đó 4KAC = 4HAB (cạnh huyền – góc nhọn)
Q
a
⇒ AK = AH. Do đó A thuộc tia phân giác của góc xOy.
Giới hạn: Khi C trùng với O hoặc B trùng O thì A trùng P (OP =
A
a
a).
Khi AB ⊥ Ox, (lúc đó AC ⊥ Oy) thì A trùng Q (Q cách Ox và Oy
a
P
O
x
H
một khoảng bằng a).
B
Hình 185
BÀI 5. Cho tam giác vuông cân ABC cố định. Điểm M chuyển động trên cạnh huyền BC. Đường
thẳng qua M và vuông góc với BC cắt các đường thẳng BA, CA theo thứ tự ở D, E. Gọi I là trung
điểm của CE, K là trung điểm của BD. Các trung điểm O của IK nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
÷
÷
(h.186). Xét 4BM D có BM
D = 90◦ , M
BD = 45◦ suy ra
÷
M
DB = 45◦ nên 4BM D là tam giác vuông cân tại M . Chứng
D
A
minh tương tự suy ra 4CM E vuông cân ở M .
Nên M K, M I là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của
K
P
E
O
hai tam giác trên suy ra M K ⊥ AB, M I ⊥ AC.
÷
’ =M
’
Xét tứ giác AKM I có M
KA = KAI
IA = 90◦ suy ra tứ
I
B
giác AKM I là hình chữ nhật.
Q
Gọi O là trung điểm của KI nên O cũng là trung điểm của AM .
Gọi P , Q lần lượt là trung điểm của AB và AC. Suy ra P Q là
M
C
Hình 186
đường trung bình của 4ABC suy ra điểm O thuộc đoạn thẳng
P Q.
Vậy các điểm O nằn trên đường trung bình P Q của 4ABC
(P Q k BC).
BÀI 6.
1 Cho đoạn thẳng AB cố định, điểm M chuyển động trên đoạn thẳng đó. Vẽ trên cùng
một nửa mặt phẳng bờ AB các tam giác đều AM C, BM D. Các trung điểm I của CD nằm
trên đường nào?
2 Cũng câu hỏi như câu a), trong đó các tam giác đều vẽ trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ
AB.
– LỜI GIẢI.
1 (h. 187 a). Gọi AC ∩ BD = K.
b=B
“ = AKB
’ = 60◦ ⇒ 4ABK là tam giác đều.
Xét 4ABK có A
Tứ giác CM DK có M C k KD, M D k KC nên tứ giác CM DK là hình bình hành.
Khi đó I là trung điểm của CD nên I cũng là trung điểm của KM .
Từ đó ta suy ra I cách AB một khoảng không đổi. Nên I nằm trên đường trung bình P Q của
4KAB, trừ P và Q (4KAB là tam giác đều).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 329/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
K
Q
C
D
P
Q
I
M
I
A
C
B
P
A
M
D
B
a)
b)
Hình 187
2 (h.187 b). Các đường thẳng AC và BD cố định, I nằm trên đoạn thẳng P Q và cách đều hai
đường thẳng đó, trừ P và Q.
BÀI 7. Cho đoạn thẳng AB cố định, điểm M chuyển động trên đoạn thẳng đó. Các trung điểm đoạn
nối tâm các hình vuông có cạnh theo thứ tự là M A và M B nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
1 Trường hợp 1: (h. 188a). Hai hình vuông tạo bởi M A, M B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB.
Gọi hình vuông tạo bởi cạnh M A là AM DC có tâm là O.
Hình vuông tạo bởi cạnh M B là M BF E có tâm là O0 .
Gọi K là giao điểm của BE và AC.
÷
÷
÷
Xét tứ giác M OKO0 có M
OK = OM
O0 = M
O0 K = 90◦ suy ra tứ giác M OKO0 là hình chữ
nhật.
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO0 . Khi đó I cũng là trung điểm của đoạn thẳng KM .
Suy ra I nằm trên đường trung bình P Q của 4KAB vuông cân, trừ P và Q (P Q k AB).
D
C
D
C
Q
K
O
O
E
I
P
F
I
Q
O
A
M
0
A
B
Hình
M
B
O0
P
a)
E
F
b)
188
2 Trường hợp 2: (h. 188b). Hai hình vuông tạo bởi M A, M B thuộc hai nửa mặt phẳng bớ AB.
Ta chứng minh được I nằm trên đoạn thẳng P Q song song cách đều AC và BE, trừ P và Q.
BÀI 8. Cho góc vuông xOy cố định, điểm A cố định trên tia Oy, điểm B chuyển động trên tia Ox.
Vẽ tam giác đều ABC (C và O khác phía đối với AB).
1 Các điểm C nằm trên đường nào?
2 Các trung điểm H của AC nằm trên đường nào?
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 330/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3 Các trung điểm K của BC nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
m
1 (h.189). Vẽ 4AOD đều (D nằm trong góc xOy) khi đó OA =
’ = 60◦ không đổi nên D là điểm cố định
OD không đổi, mà AOB
thuộc tập hợp điểm phải tìm.
Xét
4AOB và 4ADC có
AO = AD
’ = DAC
’ = 60◦ − BAD
’.
OAB
AB = AC
n
C
H
y
t
A
M
K
N
D
E
O
’ = ADC
’ = 90◦
Suy ra 4AOB = 4ADC(c.g.c) ⇒ AOB
x
B
Hình 189
⇒ CD ⊥ AD.
Các điểm C nằm trên tia Dm ⊥ AD tại D và thuộc miền trong
góc xOy.
2 Gọi M là trung điểm của AD. Vì A và D là hai điểm cố định
nên M là điểm cố định.
Xét 4ACD có M A = M D, HA = HC, nên M H là đường trung
bình của 4ACD ⇒ M H k CD.
Vậy các điểm H nằm trên tia M n k Dm.
’ = 30◦ .
3 Ta sẽ chứng minh rằng KOx
Gọi N là trung điểm của AB thì N K = N A = N B = N O, các
tam giác BBO, KN O, KN A cân.
’ = BON
’ − KON
÷=
Gọi N t là tia đối của tia N O, ta có KOx
1 ‘ ’
1÷
(BN t − KN t) = BN K = 30◦ .
2
2
Các điểm K nằm trên tia ED (E là trung điểm của OD).
BÀI 9. Cho góc xOy cố định, các điểm A, B cố định thuộc tia Ox, điểm C chuyển động trên tia Oy.
Đường vuông góc với CA tại A và đường vuông góc với CB tại B cắt nhau ở M . Các điểm M nằm
trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
(h.190). Gọi K là trung điểm của CM .
Vẽ KI, M H ⊥ Ox thì OI = IH. ta lại có KA = KB (cùng
CM
bằng
) ⇒ IA = IB ⇒ I là trung điểm của AB và là điểm
2
cố định.
Do đó H là điểm cố định (OH = 2OI). Các điểm M nằm trên
m
M
y
K
C
tia Hm ⊥ Ox tại H và thuộc miền trong góc xOy, trừ điểm
H.
x
O
A
I
B
H
Hình 190
BÀI 10. Cho góc xOy cố định khác góc bẹt và một độ dài h.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 331/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Các điểm M thuộc miền trong của của các góc có tổng các khoảng cách từ M đến Ox và đến
Oy bằng h nằm trên đường nào?
2 Cũng hỏi như câu a) trong đó thay tổng bằng hiệu.
– LỜI GIẢI.
1 (h.191). Gọi M H, M K thứ tự là khoảng cách từ M đến Ox, Oy. Để làm xuất hiện tổng
M H + M K, trên tia đối của tia M H lấy N sao cho M N = M K thì HN = HM + M N =
M H + M K = h.
Qua N vẽ đường thẳng song song với Ox, cắt Oy ở B. Như vậy, BN là đường thẳng cố định.
M cách đều hai cạnh của góc OBN cố định nên M thuộc tia phân giác của góc đó.
Giới hạn. M nằm trên đoạn thẳng BC.
y
B
y
N
K
K
M
M
O
H C
B
x
O
N
H
x
Hình 191
Hình 192
2 (h.192) Vẽ M h ⊥ Ox, M K ⊥ Oy. Xét M H > M K. Trên tia M H lấy N sao cho M N = M K
thì N H = h. Qua N vẽ đường thẳng song song với Ox, cắt Oy ở B. Ta có đường thẳng BN cố
định. M thuộc tia BM , tia phân giác của góc N By.
Tương tự, với M K > M H, M thuộc tia Cn (các tia Bm, Cn vuông góc với BC).
BÀI 11. Cho tam giác cân ABC cố định (AB = AC). Hai điểm D, E theo thứ tự chuyển động trên
các cạnh bên AB, AC sao cho AD = CE. Các trung điểm M của DE nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
(h.193) Qua M kẻ đường thẳng song song với BC, cắt AB và AC ở I và K. Kẻ DF k BC.
Dễ dàng chứng minh được AF = AD = CE, F K = KE nên K là trung điểm cạnh AC. Tương tự, I
là trung điểm cạnh AB.
Điểm M nằm trên đoạn thẳng IK nối các trung điểm của AB và AC.
A
D
I
F
M
K
E
B
C
Hình 193
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 332/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 12. Cho tam giác ABC cố định. Gọi Bx, Cy theo thứ tự là tia đối của các tia BA và CA. Các
điểm D, E theo thứ tự chuyển động trên các tia Bx, Cy sao cho BD = CE. Các trung điểm M của
DE nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
(h.194) Dự đoán. Trung điểm I của BC là một điểm của đường phải tìm, đường phải tìm có điểm
vô tận. Ta dự đoán đường phải tìm là tia Im vẽ hình bình hành ECBK. Gọi N là trung điểm KD.
Trước hết, ta thấy các điểm K nằm trên tia BK k Ay.
A
I
B
NK
D
C
M
m
x
E
y
Hình 194
Tam giác BDK cân tại B, có BN là trung tuyến nên BN là tia phân giác của góc KBx. Điểm N
nằm trên tia phân giác của góc KBx nên điểm M nằm trên tia Im k BN .
1 Cho góc xOy khác góc bẹt. Điểm C chuyển động trên Ox, điểm D chuyển động trên
BÀI 13.
Oy sao cho OC + OD = a. Các trung điểm M của CD nằm trên đường nào?
2 Cũng hỏi như câu a), trong đó thay OC + OD = a bởi OC − OD = a.
– LỜI GIẢI.
1 (h.195) Khi D trùng với O thì C trùng A (OA = a), khi đó M trùng với E, trung điểm của OA.
Khi C trùng với O thì D trùng B (OB = a), khi đó M trùng với F , trung điểm của OB.
Như vậy 4OAB cân cố định và OC = BD. Giải như bài 151, các điểm M nằm trên đoạn EF .
y
y
z
D
B
F
t
D
M
M
O
C E
A
x
E
O
A
B
C
x
Hình 195
Hình 196
2 (h.196) Khi D trùng với O thì C trùng B (OB = a), M ở vị trí A, trung điểm của OB. Khi D
chạy xa vô tận trên Oy thì C chạy xa vô tận trên Ox, M cũng chạy xa vô tận. Ta dự đoán M
chạy trên một tia gốc A.
Ta có OC − OD = a, OC − OB = a suy ra OD = BC. Trên tia đối của tia Ox lấy điểm E
sao cho A là trung điểm của CE thì AM là đường trung bình của 4CDE, do đó AM k DE.
Chú ý rằng 4ODE cân tại O nên nếu vẽ Oz là tia phân giác của góc xOy thì DE k Oz, do đó
AM k Oz.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 333/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
a
Các điểm M nằm trên tia At song song với tia phân giác của góc xOy (A thuộc Ox, OA = ).
2
BÀI 14. Cho tam giác ABC cố định (AB < AC). Hai điểm D, E theo thứ tự chuyển động trên các
cạnh BA, CA sao cho BD + CE = a < AB. Các trung điểm M của DE nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
(h.197) Khi E trùng C thì D trùng G (BG = a), M ở vị trí I, trung điểm của CG. Khi D trùng B
thì E trùng H (CH = a), M ở vị trí K, trung điểm của BH. Ta sẽ chứng minh rằng K, M , I thẳng
hàng.
A
G
D
B
H
K M
I
N
E
O
C
Hình 197
Thật vậy, gọi O là trung điểm của BC, N là trung điểm của CD. Ta có O, N , I thẳng hàng. Ta có
2OK = CH, 2OI = BG, CH = BG = a nên 4IOK cân. Ta có 2N M = CE, 2N I = DG, CE = DG
nên 4IN M cân.
’
’ do đó I, M , K thẳng
Các tam giác cân IOK, IN M có góc ở đỉnh bằng nhau nên N
IM = OIK,
hàng. Các điểm M nằm trên đoạn thẳng KI.
BÀI 15. Cho hai đoạn thẳng AB và CD cố định có độ dài bằng nhau. Các điểm M sao cho các tam
giác M AB và M CD có diện tích bằng nhau nằm trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
Xét ba trường hợp:
1 Các đường thẳng AB và CD cắt nhau ở O (h.198)
B
A
m
M
O
C
D
Hình 198
Các điểm M nằm trên hai đường thẳng chứa các tia phân giác của các góc tạo bởi hai đường
thẳng, trừ giao điểm O của chúng.
2 AB k CD
Các điểm M nằm trên đường thẳng song song cách đều AB và CD.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 334/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3 AB, CD thuộc cùng một đường thẳng a.
Các điểm M nằm trên toàn mặt phẳng, trừ đường thẳng a.
BÀI 16. Cho tứ giác ABCD, E là giao điểm của AB và CD, F là giao điểm của AD và BC, I và K
theo thứ tự là trung điểm của BD và AC.
1 Các điểm M thuộc miền trong của tứ giác và có tính chất
1
S4M AB + S4M CD = SABCD
2
nằm trên đường nào?
2 Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng các điểm I, K, N thẳng hàng.
– LỜI GIẢI.
(h.199)
1 Các điểm I, K thuộc đường phải tìm vì
1
1
1
S4IAB + S4ICD = S4ABD + S4BCD = SABCD
2
2
2
cũng vậy đối với K.
Ta sẽ chứng minh rằng M thuộc đoạn thẳng IK. “Dồn” các đoạn thẳng AB, CD về E. Trên tia
EA lấy EG = AB, trên tia ED lấy EH = CD.
F
A
N
B
I
D
K
G
M
H
C
E
Hình 199
Ta có
1
S4IHG + S4EHG = S4IHEG = S4IHE + S4IGE = S4ICD + S4IAB = SABCD
2
1
S4KHG + S4EHG = SKHEG = S4KHE + S4KGE = S4KCD + S4KAB = SABCD
2
1
S4M HG + S4EHG = SM HGE = S4M HE + S4M GE = S4M CD + S4M AB = SABCD
2
Từ (1), (2), (3) suy ra S4IGH = S4KGH = S4M GH . Do đó khoảng cách từ I, K, M đến
(1)
(2)
(3)
HG
như nhau nên I, K, M thuộc cùng một đường thẳng song song với HG. Các điểm M nằm trên
phần đường thẳng IK thuộc miền tứ giác ABCD.
2 Để chứng minh rằng N thẳng hàng với IK, ta sẽ chứng minh
1
S4N HG + S4EHG = SABCD
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 335/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Thật vậy,
S4N HG +S4EHG = S4N HE −S4N GE = S4N CD −S4N AB =
1
1
(S4F CD − S4F AB ) = SABCD (4)
2
2
Chú ý: Cách khác giải câu a) (h.200).
A
B
1
3
A0 I 4
D
M
C0
2
C
Hình 200
Ta thấy, trung điểm I của BD cũng là một điểm thuộc đường phải tìm. Ta có,
1
S4AM B + S4CM D = SABCD
2
mà
1
S4AIB + S4CID = SABCD
2
nên
S4AM B + SCM D = S4AIB + S4CID
Trừ đi S1 + S2 , ta được
S4P BM + S4CQM = S4AP I + SD4DQI
(P là giao điểm của AM và BD, Q là giao điểm của DM và CI).
Cộng thêm S3 + S4 , ta được
S4BIM + S4CIM = S4AIM + S4DIM
Ta lại có S4BIM = S4DIM nên S4CIM = S4AIM . Suy ra đường cao CC 0 bằng đường cao AA0 .
Như vậy, AA0 CC 0 là hình bình hành. Do đó A0 C 0 đi qua trung điểm của AC, tức là IM đi qua
trung điểm của AC.
Vậy M nằm trên đường thẳng đi qua trung điểm của hai đường chéo tứ giác ABCD (phần
thuộc miền tứ giác).
BÀI 17. Cho hình chữ nhật ABCD cố định. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
a) M A2 + M C 2 = M B 2 + M D2 .
b) M A + M C = M B + M D.
– LỜI GIẢI.
(h.201)
1 Đẳng thức
M A2 + M C 2 = M B 2 + M D 2
(1)
luôn luôn đúng. Tập hợp phải tìm là toàn mặt phẳng.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 336/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
B
M
I
D
C
Hình 201
2
MA + MC = MB + MD
(2)
⇒ (M A + M C)2 = (M B + M D)2
⇒ M A2 + M C 2 + 2M A · M C = M B 2 + M D2 + 2M B · M D
⇒ 2M A · M C = 2M B · M D
⇒ MA · MC = MB · MD
(3)
Từ (1), (3) suy ra (M A − M C)2 = (M B − M D)2 .
Do đó
MA − MC = MB − MD
(4)
MA − MC = MD − MB
(5)
hoặc
Từ (4) và (2) suy ra M A = M B, do đó M thuộc đường trung trực của AB.
Từ (5) và (2) suy ra M A = M D, do đó M thuộc đường trung trực của AD.
Vậy tập hợp các điểm M phải tìm là hai trục đối xứng của hình chữ nhật.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 337/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
2
Năm học 2019-2020
SỬ DỤNG CÔNG THỨC DIỆN TÍCH ĐỂ THIẾT LẬP QUAN
HỆ VỀ ĐỘ DÀI CỦA CÁC ĐOẠN THẲNG
Các công thức diện tích cho ta các quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng, chúng rất có ích để giải
nhiều bài toán.
A CÁC VÍ DỤ
VÍ DỤ 1. Cho tam giác đều ABC.
1 Chứng minh rằng nếu điểm M thuộc miền trong của tam giác ABC thì tổng các khoảng
cách từ M đến ba cạnh của tam giác bằng chiều cao của tam giác.
2 Quan hệ trên thay đổi như thế nào nếu điểm M thuộc miền ngoài của tam giác?
– LỜI GIẢI.
Gọi a và h lần lượt là cạnh và chiều cao của tam giác ABC, M A0 , M B 0 , M C 0 là các khoảng cách từ
M đến BC, AC, AB.
A
1 Nếu M thuộc miền trong tam giác thì
SM BC + SM AC + SM AB = SABC
1
1
1
1
⇒
BC · M A0 + AC · M B 0 + AB · M C 0 = BC · AH
2
2
2
2
a
a
0
0
0
⇒
(M A + M B + M C ) = · h
2
2
⇒ M A0 + M B 0 + M C 0 = h.
C0
B0
M
H A0
B
C
b) Nếu M thuộc miền ngoài tam giác ABC và thuộc miền
5
trong góc A (miền 2) thì
A
SM AC + SM AB − SM BC = SABC
a
a
a
a
⇒
· M B 0 + · M C 0 − · M A0 = · h
2
2
2
2
⇒ M B 0 + M C 0 − M A0 = h.
Tương tự
Nếu M thuộc miền ngoài tam giác ABC và thuộc
4
0
0
A0
B
C0
6
miền trong góc B (miền 3) thì
3
1
C
B0 7
2
M
0
M A + M C − M B = h.
Nếu M thuộc miền ngoài tam giác ABC và thuộc miền trong góc C (miền 4) thì
M A0 + M B 0 − M C 0 = h.
Nếu M thuộc miền trong góc đối đỉnh với góc A (miền 5) thì
M A0 − M B 0 − M C 0 = h.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 338/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Nếu M thuộc miền trong góc đối đỉnh với góc B (miền 6) thì
M B 0 − M A0 − M C 0 = h.
Nếu M thuộc miền trong góc đối đỉnh với góc C (miền 7) thì
M C 0 − M A0 − M B 0 = h.
VÍ DỤ 2. Các điểm E, F nằm trên các cạnh AB, BC của hình bình hành ABCD sao cho
AF = CE. Gọi I là giao điểm của AF , CE. Chứng minh rằng ID là tia phân giác của góc
AIC.
– LỜI GIẢI.
Kẻ DH ⊥ IA tại H, DK ⊥ IC tại K.
1
Ta có SAF D = SCED = SABCD
2
1
1
⇒ DH · AF = DK · CE
2
2
⇒ DH = DK (Vì AF = CE).
⇒ D thuộc tia phân giác của góc AIC.
A
B
E
H
I
F
K
Vậy ID là tia phân giác của góc AIC.
C
D
b ≥ 90◦ , D là điểm nằm giữa A và C. Chứng minh rằng tổng
VÍ DỤ 3. Cho tam giác ABC có A
các khoảng cách từ A và từ C đến BD lớn hơn đường cao kẻ từ A và nhỏ hơn đường cao kẻ từ
C của tam giác ABC.
– LỜI GIẢI.
Gọi AH, CK là các đường cao của tam giác ABC. Kẻ AE và
2SABD
CF vuông góc với BD. Đặt SABC = S. Ta có AE =
,
BD
2SCBD
CF =
nên
BD
AE + CF =
2S
.
BD
F
K
A
D
E
B
H
C
2S
2S
Ta lại có AH =
, CK =
.
BC
BA
b ≥ 90◦ nên BA < BD < BC, do đó AH < AE + CF < CK.
Do A
B BÀI TẬP
BÀI 1. Có tam giác nào mà độ dài ba đường cao bằng 3 cm, 4 cm, 7 cm không?
– LỜI GIẢI.
Giả sử tồn tại tam giác có độ dài ba cạnh lần lượt là a, b, c thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Khi đó, ta có 3a = 4b = 7c (cùng bằng hai lần diện tích tam giác).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 339/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Ta có 3a = 4b = 7c ⇔
a
1
3
=
b
1
4
=
c
1
7
=
a+b+c
84P
.
1
1 =
61
+4+7
1
3
28P
21P
12P
,b=
,c=
.
61
61
61
Do đó, ta có a + b > c, b + c > a, c + a > b hay a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Suy ra a =
Vậy tồn tại tam giác mà độ dài ba đường cao bằng 3 cm, 4 cm, 7 cm.
BÀI 2. Độ dài hai cạnh của một tam giác bằng 6 cm và 4 cm, nửa tổng các chiều cao ứng với hai
cạnh ấy bằng chiều cao ứng với cạnh thứ ba. Tính độ dài cạnh thứ ba.
– LỜI GIẢI.
Giả sử tam giác có độ dài ba cạnh lần lượt là a, b = 6 cm, c = 4 cm và ha , hb , hc lần lượt là độ dài
ba đường cao tương ứng của tam giác. Khi đó, ta có
aha = bhb = chc ⇒
a(hb + hc )
hb + hc
hb
hc
= 6hb = 4hc ⇒
= 1 = 1.
2
2
a
6
4
1 1
2
= + ⇒ a = 4,8 cm.
a
6 4
Vậy độ dài cạnh thứ ba của tam giác bằng 4,8 cm.
Theo tích chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có
BÀI 3. Chứng Åminhã rằngÅ một
ã tam giác là tam giác vuông nếu các chiều cao ha , hb , hc của nó thỏa
ha 2
ha 2
mãn điều kiện
+
= 1.
hb
hc
– LỜI GIẢI.
Gọi S là diện tích của tam giác, ta có
Ö
Å
ha
hb
ã2
Å
ha
+
hc
ã2
=1⇒
2S
a
2S
b
è2
Ö
+
2S
a
2S
c
è2
Å ã2 2
b
c
=1⇒
+
= 1 ⇒ b 2 + c 2 = a2 .
a
a
Suy ra tam giác đã cho là tam giác vuông.
BÀI 4. Tính các cạnh của một tam giác có ba đường cao bằng 12 cm, 15 cm, 20 cm.
– LỜI GIẢI.
Giả sử tam giác ABC có độ dài ba đường cao là ha = 12 cm, hb = 15 cm, hc = 20 cm tương ứng với
ba cạnh a, b, c. Khi đó, ta có
Å ã2 2 Å ã2 Å ã2 Å ã2 Å ã2
c
ha
ha
12
12
b
=
+
+
=
+
= 1.
a
a
hb
hc
15
20
⇒ b2 + c2 = 1 ⇒ tam giác ABC vuông tại A.
√
√
AB 2 + AC 2 = 152 + 202 = 25 cm.
1
1
1
BÀI 5. Gọi ha , hb , hc là ba đường cao của một tam giác, chứng minh rằng
<
+ .
ha
hb hc
– LỜI GIẢI.
Gọi a, b, c là ba cạnh tương ứng với các đường cao ha , hb , hc và S là diện tích tam giác. Ta có
Do đó, ta có AB = 15 cm, AC = 20 cm và BC =
a
– LỜI GIẢI.
5
Xét điểm M thuộc từng miền như ở ví dụ 1, tập hợp phải tìm
là các cạnh của một lục giác (như hình vẽ).
Chẳng hạn với M thuộc miền 2, kẻ M A0 ⊥ BC, M B 0 ⊥ AB,
M C 0 ⊥ AC, ta có
A
4
C0
B
⇒ M B 0 + M C 0 − M A0 + 2M A0 = m
0
0
0
3
1
M A0 + M B 0 + M C 0 = m
A0
C
B0
0
⇒ h + 2M A = m (do M B + M C − M A = h)
m−h
⇒ M A0 =
.
2
6
7
M
2
BÀI 11. C là một điểm thuộc tia phân giác của góc xOy có số đo bằng 60◦ , M là điểm bất kì nằm
trên đường vuông góc với OC tại C và thuộc miền ngoài của góc xOy. Gọi M A, M B theo thứ tự là
khoảng cách từ M đến Ox, Oy. Tính độ dài OC theo M A, M B.
– LỜI GIẢI.
y
M
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của đường thẳng M C với các tia
Ox, Oy (hình vẽ). Khi đó, tam giác OEF đều.
B
Gọi a là độ dài các cạnh của tam giác OEF . Ta có
F
SOEF = SOM E − SOM F
1
1
1
⇒
a · OC = a · M A − a · M B
2
2
2
⇒ OC = M A − M B.
C
x
O
A
E
Vậy OC = |M A − M B|.
BÀI 12. Cho tam giác đều ABC, các đường cao AD, BE, CF . Gọi A0 , B 0 , C 0 là hình chiếu của điểm
M (nằm bên trong tam giác ABC) trên AD, BE, CF . Chứng minh rằng khi điểm M thay đổi vị trí
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 343/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
trong tam giác ABC thì:
a) Tổng A0 D + B 0 E + C 0 F không đổi;
b) Tổng AA0 + BB 0 + CC 0 không đổi.
– LỜI GIẢI.
A
1 Kẻ M H ⊥ BC, M I ⊥ AC, M K ⊥ AB. Khi đó, ta có
M H = A0 D, M I = B 0 E, M K = C 0 F .
K
Gọi h là độ dài đường cao của tam giác đều ABC. Theo
ví dụ 1, ta có
F
A0
M
C0
MH + MI + MK = h
I
E
B
0
⇒ A0 D + B 0 E + C 0 F = h.
Vậy tổng A0 D + B 0 E + C 0 F không đổi.
B
D H
C
2 Theo kết quả câu a), ta có
AA0 + BB 0 + CC 0 = AD − A0 D + BE − B 0 E + CF − C 0 F
= (AD + BE + CF ) − (A0 D + B 0 E + C 0 F )
= 3h − h = 2h.
Vậy tổng AA0 + BB 0 + CC 0 không đổi.
BÀI 13. Cho tam giác đều ABC, A0 , B 0 , C 0 theo thứ tự là hình chiếu của điểm M (nằm bên trong
tam giác ABC) trên BC, AC, AB. Các đường thẳng vuông góc với AB tại B, vuông góc với BC tại
C, vuông góc với CA tại A cắt nhau ở D, E, F . Chứng minh rằng:
1 Tam giác DEF là tam giác đều;
2 Tổng AB 0 + BC 0 + CA0 không phụ thuộc vào vị trí của điểm M trong tam giác ABC.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 344/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Ta có
E
’
’ + CAE
’ = 180◦
F
AB + BAC
’
⇒ F
AB + 60◦ + 90◦ = 180◦
’
⇒ F
AB = 30◦
I
A
C0
’
⇒ AF
B = 60◦ .
M
B0
H
F
’ = CDB
’ = 60◦ .
Tương tự, ta có AEC
⇒ Tam giác DEF là tam giác đều.
2 Kẻ M H ⊥ DE, M I ⊥ EF , M K ⊥ F D. Khi đó,
ta có M H = CA0 , M I = AB 0 , M K = BC 0 .
A0
B
C
K
Gọi h là độ dài đường cao của tam giác đều DEF .
Theo ví dụ 1, ta có
D
MH + MI + MK = h
⇒ AB 0 + BC 0 + CA0 = h.
Vậy tổng AB 0 + BC 0 + CA0 không phụ thuộc vào vị trí của điểm M trong tam giác ABC.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 345/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Năm học 2019-2020
Trang 346/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG
4
TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
BÀI
1
ĐỊNH LÝ TA-LÉT
A LÍ THUYẾT
Chương III bắt đầu bằng việc nghiên cứu tỉ số của hai đoạn thẳng, đó là tỉ số các độ dài của chúng
theo cùng một đơn vị đo.
m
> 0, tồn tại duy nhất một điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao
Cho đoạn thẳng AB và một tỉ số
n
CA
m
m
cho
= . Điểm C gọi là điểm chia trong đoạn thẳng AB theo tỉ số
(khi đó điểm C chia đoạn
CB
n
n
n
thẳng BA theo tỉ số ).
m
m m
m
Cho đoạn thẳng AB và một tỉ số ,
> 0,
6= 1 , tồn tại duy nhất một điểm D thuộc đường
n
n
n
m
DA
= . Điểm D gọi là điểm chia ngoài đoạn
thẳng AB nhưng nằm ngoài đoạn thẳng AB sao cho
DB
n
m
n
thẳng AB theo tỉ số
(khi đó điểm D chia ngoài đoạn thẳng BA theo tỉ số ).
n
m
Trên hình 1, điểm C chia trong đoạn thẳng AB theo tỉ số 1 : 2, điểm D chia ngoài AB theo tỉ số
1 : 2.
D
A
C
B
AB
A0 B 0
= 0 0 thì ta có các cặp đoạn thẳng tỉ lệ : cặp đoạn thẳng
CD
CD
AB và CD tỉ lệ với cặp đoạn thẳng A0 B 0 và C 0 D0 . Định lí Ta-lét
A
Nếu
cho ta các cặp đoạn thẳng tỉ lệ: Đường thẳng song song với một
cạnh của tam giác thì định ra trên hai đường thẳng chứa hai cạnh
kia các cặp đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ (do đó tạo với các đường
D
E
thẳng chứa hai cạnh kia một tam giác mới có ba cạnh tương ứng tỉ
lệ với ba cạnh của tam giác ban đầu).
DE k BC ⇒
AD
AE
DE
=
=
AB
AC
BC
B
C
VÍ DỤ 1. Cho hình thoi BEDF nội tiếp tam giác ABC (E thuộc AB, D thuộc AC, F thuộc
BC).
1 Tính cạnh hình thoi biết AB = 4cm, BC = 6cm. Tổng quát với AB = c, BC = a.
2ac
2 Chứng minh rằng BD <
với AB = c, BC = a.
a+c
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 347/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3 Tính độ dài AB, BC, biết AD = m, DC = n, cạnh hình thoi bằng d.
– LỜI GIẢI.
A
D
E
K
B
F
C
1 Gọi cạnh hình thoi là x. Áp dụng định lí Ta-lét vào 4ABC với ED k BC, ta có:
ED
AE
x
4−x
=
⇒ =
⇒ x = 2, 4cm.
BC
AB
6
4
ac
.
a+c
2 Trên tia đối của tia BC lấy điểm K sao cho BK = BA. Ta có 4ABK cân, từ đó BD k KA.
Tổng quát, x =
Áp dụng định lí Ta-lét vào 4CAK với BD k KA ta có:
BD
CB
BD
a
=
⇒
=
. (1)
AK
CK
AK
a+c
Trong 4ABK, ta có:
AK < AB + BK = c + c = 2c (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
BD <
a
2ac
· 2c =
.
a+c
a+c
3 Áp dụng định lí Ta-lét vào 4ABC với ED k BC ta có:
ED
AD
d
m
d(m + n)
=
⇒
=
⇒ BC =
.
BC
AC
BC
m+n
m
d(m + n)
.
n
Chú ý: Từ kết quả của câu b, ta có:
Tương tự AB =
4
!
1
a+c
1
>
=
BD
2ac
2
Å
ã
1 1
+
.
a c
Do đó, nếu gọi AM , CN là các đường phân giác của 4ABC và AC = b thì
1
1
1
1 1 1
+
+
> + + .
AM
BD CN
a b c
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 348/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 2. Cho tam giác ABC (AC > AB). Lấy các điểm D, E tùy ý theo thứ tự nằm trên các
cạnh AB, AC sao cho BD = CE. Gọi K là giao điểm của các đường thẳng DE, BC. Chứng
KE
không phụ thuộc vào cách chọn các điểm D và E.
minh rằng tỉ số
KD
– LỜI GIẢI.
Cách 1:
KE
, ta vẽ qua D
KD
đường thẳng DG k AC. Theo định lí Ta-lét, ta có:
A
Để làm xuất hiện một tỉ số bằng
KE
KC KE
EC
=
,
=
.
KD
KG KD
DG
D
E
Trong hai tỉ số trên, ta chú ý đến tỉ số sau, vì độ dài
EC được nêu trong giả thiết (EC = BD).
EC
BD
BA
Ta thay
bằng
và tỉ số này bằng
(vì
DG
DG
AC
DG k AC).
Cách 2:
Vẽ EH k AB ta có:
B
G
C
K
A
EH
EH
AB
KE
=
=
=
.
KD
BD
EC
AC
D
E
B
H
C
K
A
Cách 3: Vẽ DM k BC. Ta có:
KE
CE
BD
AD
AB
=
=
=
=
.
KD
CM
CM
AM
AC
D
B
M
E
C
K
Nhận xét: Trong các bài tập vận dụng định lí Ta-lét, nhiều khi ta cần vẽ thêm một đường thẳng song
song với một đường thẳng cho trước.
Đây là một cách vẽ được phụ hay dùng, vì nhờ đó mà tạo thêm được các cặp đoạn thẳng tỉ lệ.
VÍ DỤ 3. Cho hình thang ABCD có AB k CD, AB < CD. Gọi O là giao điểm của hai đường
chéo, K là giao điểm của AD và BC. Đường thẳng KO cắt AB, CD theo thứ tự ở M , N .
Chứng minh rằng:
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 349/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
a)
Năm học 2019-2020
MA
MB
=
;
ND
NC
b)
MA
MB
=
;
NC
ND
c) M A = M B; N C = N D.
– LỜI GIẢI.
K
A
M
B
O
D
N
C
1 Áp dụng định lí Ta-lét vào các tam giác KDN , KN C với AB k CD, ta có:
KM M B
KM
MA
MB
MA
=
,
=
, suy ra
=
ND
KN N C
KN
ND
NC
(1).
2 Áp dụng định lí Ta-lét vào các tam giác ON C, ON D với AB k CD, ta có:
MA
OM M B
OM
MA
MB
=
,
=
, suy ra
=
NC
ON N D
ON
NC
ND
(2).
3 Nhân từng vế (1) với (2) ta được:
M A2
M B2
=
, suy ra M A2 = M B 2 tức là M A = M B.
ND · NC
NC · ND
Từ đó N C = N D.
Nhận xét: Từ ví dụ trên, ta suy ra:
Trong hình thang có hai cạnh đáy không bằng nhau, đường thẳng đi qua giao điểm của các đường
chéo và đi qua giao điểm của các đường thẳng chứa hai cạnh bên thì đi qua trung điểm của hai cạnh
đáy.
Tính chất này có nhiều ứng dụng quan trọng, được gọi là bổ đề hình thang.
B BÀI TẬP
BÀI 1. Trong hình thang ABCD (AB k CD) có AB = 28cm, CD = 70cm, AD = 35cm, vẽ một
đường thẳng song song với hai cạnh đáy, cắt AD, BC theo thứ tự ở E và F . Tính độ dài EF biết
rằng DE = 10cm.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 350/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Theo giả thiết, vì DE = 10cm nên AE = 25cm.
B
Gọi I là giao của AC và EF . Áp dụng định lí Ta-lét cho 4ACD
nên ta có:
AE
EI
AI
25
EI
=
=
⇒
=
⇒ EI = 50
AD
DC
AC
35
70
I
E
AI
5
IC
2
= ⇒
= .
AC
7
AC
7
Áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác ABC ta có:
D
Vì
F
K
C
IC
IF
2
IF
=
⇒ =
⇒ IF = 8.
CA
AB
7
28
Vậy EF = 58cm.
BÀI 2. Gọi O là giao điểm của các đường thẳng chứa hai cạnh bên AD, BC của hình thang ABCD.
Đường thẳng đi qua O và song song với AB cắt các đường thẳng AC, BD theo thứ tự ở M , N . Chứng
minh rằng OM = ON .
– LỜI GIẢI.
M
Vì M N k CD nên ta có
OA ON
OB
OM
=
;
=
CD
AD CD
BC
O
(1)
A
Áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác OCD ta có
OA
OB
=
AD
BC
Từ (1) và (2) suy ra
N
B
(2)
OM
ON
=
⇒ OM = ON.
CD
CD
D
C
BÀI 3. Cho hình thang ABCD có các cạnh đáy AB = a, CD = b. Qua giao điểm O của hai đường
chéo, kẻ đường thẳng song song với AB, cắt AD và BC theo thứ tự ở E và G. Chứng minh rằng
1
1
1 1
=
= + .
OE
OG
a b
– LỜI GIẢI.
A
E
B
O
D
G
C
Áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác ACD, ta có
Å
ã
Å
ã
OE
AO
1
AC
1
CO
1
DC
1
1
1
=
⇒
=
·
= 1+
·
= 1+
·
=
+
.
DC
AC
OE
AO DC
AO
DC
AB
DC
AB CD
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 351/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác ABC, ta có
Å
ã
Å
ã
OC
1
AC
1
AO
1
AB
1
1
1
OG
=
⇒
=
·
= 1+
·
= 1+
·
=
+
.
AB
AC
OG
OC AB
CO
AB
DC
AB
AB CD
Vậy
1
1
1 1
=
= + .
OE
OG
a b
BÀI 4. Cho hình thang ABCD (AB k CD). Một đường thẳng d song song với hai cạnh đáy cắt hai
cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M , N và cắt hai đường chéo BD, AC theo thứ tự ở H, K.
1 Chứng minh rằng M H = KN .
2 Hãy nêu cách dựng đường thẳng d sao cho M H = KH = KN .
– LỜI GIẢI.
A
B
1 Vì M N k AB, M N k CD nên áp dụng định lý Ta-lét ta
có
MD
CN
KN
MH
=
=
=
AB
AD
CB
AB
Suy ra M H = KN .
M
H
K
N
2 Gọi I là giao điểm của AH và CD. Khi đó
D
I
C
MH
AH
HK
=
=
.
DI
AI
IC
Suy ra M H = HK ⇔ DI = IC.
Vậy ta dựng đường thẳng d như sau: Lấy I là trung điểm của CD. Gọi H là giao của AI và BD.
Kẻ đường thẳng d đi qua H và song song với AB ta được đường thẳng cần tìm.
BÀI 5. Tam giác ABC có AC > AB, AC = 45cm. Hình chiếu của AC và AB trên BC theo thứ tự
là 27cm và 15cm. Đường trung trực của BC cắt AC ở N . Tính độ dài CN .
– LỜI GIẢI.
Gọi M là trung điểm của BC, AH ⊥ BC. Ta xét hai trường hợp sau
“ < 90◦ . Khi đó, H nằm giữa B và C nên BC = 42cm, suy ra CM = BM = 21cm.
B
Áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác AHC ta có
CI
CN
=
⇒ CN = 35cm.
CH
AC
A
N
B
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
H
M
Trang 352/477
C
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
“ > 90◦ . Khi đó, B nằm giữa H và C nên BC = 12cm, suy ra CM = BM = 6cm.
B
Áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác AHC ta có
CI
CN
=
⇒ CN = 10cm.
CH
AC
A
N
H
B
M
C
BÀI 6. Cho hình bình hành ABCD, điểm G chia trong cạnh DC theo tỉ số 1 : 2, điểm K chia
trong cạnh BC theo tỉ số 3 : 2. Tính độ dài ba đoạn thẳng do AG, AK định ra trên BD, biết rằng
BD = 16cm.
– LỜI GIẢI.
Gọi E, F là giao điểm của AG, AK với BD. Ta có
A
DG
DG
1
DE
=
=
=
EB
AB
DC
3
B
F
1
1
nên DE = EB = = 4cm.
3
4
3
Tương tự, BF = BD = 6cm. Vậy EF = 6cm.
8
K
E
D
G
C
Vẽ đường thẳng song song trong các bài tập sau để tạo thành các cặp đoạn thẳng tỉ lệ.
b = 120◦ , AB = 3cm, AC = 6cm. Tính độ dài đường phân giác
BÀI 7.
1 Cho tam giác ABC có A
AD.
1
1
1
2 Cho tam giác ABC với đường phân giác AD thỏa mãn
=
+
. Tính số đo góc BAC.
AD
AB AC
– LỜI GIẢI.
1 Kẻ DE k AB, 4ADE đều. Đặt AD = DE = EA = x. Ta có
DE
CE
x
6−x
=
⇒ =
.
AB
CA
3
6
Từ đó x = 2. Vậy AD = 2cm.
A
E
B
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
D
Trang 353/477
C
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 Kẻ DE k AB. Đặt DE = EA = x. Ta có
CE
x
AC − x
x
DE
=
⇒
=
=1−
AB
CA
AB
AC
AC
x
x
1
1
1
+
=1⇒
+
= . (1)
AB AC
AB AC
x
1
1
1
’ = 120◦ .
+
=
. Suy ra AD = x, 4ADE đều, BAC
Theo đề bài
AB AC
AD
⇒
BÀI 8. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu một đường thẳng cắt cạnh AB ở D, cắt cạnh BC
KE
ở K và cắt tia đối của tia CA ở E sao cho BD = CE thì tỉ số
không đổi.
KD
– LỜI GIẢI.
A
D
G
C
B
K
E
CE
BD
BA
KE
=
=
=
.
KD
CG
CG
CA
BÀI 9. Cho tam giác ABC, điểm D chia trong cạnh BA theo tỉ số 1 : 2, điểm E chia trong cạnh AC
Kẻ DG k BC. Ta có
theo tỉ số 2 : 5. Gọi F là giao điểm của các đường thẳng ED và BC. Tính tỉ số F B : F C.
– LỜI GIẢI.
A
E
G
D
F
B
C
FB
EG
EG EA
DB EA
1 2
1
=
=
·
=
·
= · = .
FC
EC
EA EC
DA EC
2 5
5
BÀI 10. Cho tam giác ABC, điểm D chia trong cạnh BC theo tỉ số 1 : 2, điểm O chia trong AD theo
Kẻ BG k DE. Ta có
tỉ số 3 : 2. Gọi K là giao điểm của BO và AC. Tính tỉ số AK : KC.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 354/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
K
G
O
B
D
C
AK KG
AO BD
3 1
1
AK
=
·
=
·
= · = .
KC
KG KC
OD BC
2 3
2
BÀI 11. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM . Gọi I là điểm bất kì trên cạnh BC. Đường
Kẻ DG k BK. Ta có
thẳng đi qua I và song song với AC cắt AB ở K, đường thẳng đi qua I và song song với AB cắt AM ,
AC theo thứ tự ở D, E. Chứng minh rằng DE = BK.
– LỜI GIẢI.
A
E
D
G
K
B
I
M
C
Kẻ M G k IE. Ta có
BK
BA DE
MG
MG
BA
=
;
=
=
=
KI
AC AE
AG
GC
AC
BK
DE
=
, mà KI = AE nên BK = DE.
KI
AE
BÀI 12. Tứ giác ABCD có E, F theo thức tự là trung điểm của CD, CB, O là giao điểm của AE,
2
DF ; OA = 4OE, OD = OF . Chứng minh rằng ABCD là hình bình hành.
3
– LỜI GIẢI.
A
B
Kẻ EI k DA, lấy K là trung điểm của CF .
Suy ra
Đặt OD = 2a, OF = 3a. Ta tính được OI = 0.5a; IF = 2.5a;
EK = 2.5a. Từ đó EIF K là hình bình hành nên F K k IE k
F
AD. Suy ra BC k AD.
I
O
Ta lại có BC = AD (cùng bằng 4EI). Vậy ABCD là hình bình
K
hành.
D
E
C
BÀI 13. Đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh đối AB, CD của tứ giác ABCD cắt các đường
thẳng AD và BC theo thứ tự ở I và K. Chứng minh rằng:
IA : ID = KB : KC.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 355/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
K
I
F
B
M
A
D
E
N
C
Gọi M, N là trung điểm của AB, CD. Vẽ AE, BF k DC. Ta có
AE
BF
KB
IA
=
=
=
ID
DN
NC
KC
1 Qua điểm M thuộc cạnh BC của tam giác ABC, vẽ các đường thẳng song song với
AH AK
hai cạnh kia, chúng cắt AB, AC theo thứ tự ở H, K. Chứng minh rằng tổng
+
không
AB AC
phụ thuộc vào vị trí của điểm M trên cạnh BC.
BÀI 14.
2 Xét trường hợp tương tự khi điểm M chạy trên đường thẳng BC nhưng không thuộc đoạn thẳng
BC.
– LỜI GIẢI.
1
AH
CM
Do M H k AC, theo định lí Ta-lét, ta có:
=
.
AB
CB
AK
BM
Tương tự ta được
=
.
AC
CB
AH AK
CM
BM
BC
Do đó
+
=
+
=
= 1.
AB
AC
CB
CB
BC
A
H
K
B
M
C
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 356/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Nếu M thuộc tia đối của tia CB thì
H
AK AH
CK AH
M C CM
−
= 1+
−
= 1+
−
= 1.
AC AB
AC AB
BC
BC
A
Tương tự nếu điểm M thuộc tia đối của BC thì
AH AK
−
= 1.
AB
AC
B
M
C
K
BÀI 15.
1 Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM . Qua điểm O của AM , vẽ đường thẳng
cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự ở B 0 , C 0 . Chứng minh rằng khi đường thẳng thay đổi vị trí
AB
AC
mà vẫn đi qua O thì tổng
+
không đổi.
AB 0 AC 0
2 Tổng quát hóa bài toán trên khi O là một điểm cố định trên đoạn thẳng AM .
– LỜI GIẢI.
1
Kẻ BI k B 0 C 0 , CK k B 0 C 0 (I, K ∈ AM ).
’ =M
÷
Khi đó IBM
CK (hai góc so le trong).
A
C0
Xét ∆BIM và ∆CKM có:
O
’ =M
÷
’
÷
IBM
CK; BM = CM (gt); IM
B = CM
K(đối đỉnh)
Suy ra ∆BIM = ∆CKM (g.c.g) ⇒ IM = M K.
AB
AI
Do OB 0 k IB, theo định lí Ta-lét có
=
0
AB
AO
AK
AC
=
.
Tương tự, ta được
AC 0
AO
Suy ra
I
B0
B
M
C
K
AC
AI
AK
AI + AK
(AM − M I) + (AM + M K)
2 · AM
AB
+
=
+
=
=
=
= 4.
0
0
AB
AC
AO AO
AO
AO
AO
2 Chỉ cần O là một điểm cố định thuộc đoạn thẳng AM , không đòi hỏi O là trung điểm của AM .
Giá trị không đổi của tổng bằng 2AM : AO.
Có thể diễn đạt bài toán này dưới dạng: Cho hình bình hành ABCD, điểm C 0 nằm trên đường
1
chéo AC (AC 0 < AC). Qua C 0 vẽ đường thẳng d cắt các cạnh AB, AD ở B 0 , D0 . Chứng minh
2
AB
AD
AC
rằng
+
=
.
AB 0 AD0
AC 0
A
B0
B
C0
D0
M
N
D
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
C
Trang 357/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 16. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, đường trung tuyến BM . Trên cạnh BC lấy điểm D
sao cho BD = 2DC. Chứng minh rằng BM vuông góc với AD.
– LỜI GIẢI.
Kẻ CK k AD (K ∈ AB)
Khi đó theo định lí Ta-lét ta có
AB
BD
=
= 2 ⇒ AB = 2 · AK.
AK
CD
C
Lại có: AB = AC = 2 · AM .
D
Suy ra AK = AM .
M
Xét ∆CAK và ∆BAM có:
’ = BAM
÷ = 90◦ ; AC = AB
AK = AM (cmt); CAK
K
Suy ra ∆CAK = ∆BAM (c.g.c)
’ = ABM
÷
⇒ ACK
’ = BAD
’ (hai góc đồng vị)
Mà CKA
A
B
’ + CKA
’ = ABM
÷ + BAD
’
Suy ra ACK
÷ + BAD
’ = 90◦ .
Hay ABM
Vậy BM ⊥ AD.
BÀI 17. Cho tam giác ABC vuông tại A. Các điểm D, E thuộc cạnh BC sao cho BD = DE = EC.
Biết AD = 10cm, AE = 15cm. Tính độ dài BC.
– LỜI GIẢI.
Kẻ DH k AC; EK k AB (K ∈ AC; H ∈ AB.
Đặt DH = x; EK = y.
Do DH k AC, theo hệ quả định lý Ta-lét ta có
BD
1
DH
=
= ⇒ AC = 3 · DH = 3x.
AC
BC
3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 358/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Do EK k AB, theo định lý Ta-lét ta có
EB
2
AK
=
= ⇒ AH = 2x.
AC
CB
3
C
Tương tự ta được AB = 3y; AH = 2y. Suy ra BH = y.
Xét ∆ADH vuông tại H, theo định lý Pitago ta có
K
E
AH 2 + DH 2 = AD2 hay 4y 2 + x2 = 100. (1)
D
2
2
Tương tự ta được y + 4x = 225. (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2): 5(x2 + y 2 ) = 325 ⇔ x2 + y 2 = 65.
√
Mà BH = y nên x2 + y 2 = DH 2 + BH 2 = BD2 hay BD = 65.
√
Vậy BC = 3 65.
A
H
B
BÀI 18. Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân
tại B, ACF vuông cân tại C. Gọi H là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của AC và BF .
Chứng minh rằng
1 AH = AK.
2 AH 2 = BH · CK.
– LỜI GIẢI.
F
A
K
D
H
B
C
1 Đặt AB = c, AC = b.
Ta có DB k AC suy ra
HA
AC
AC
c
=
=
= , suy ra
HB
DB
AB
b
HA
HB
HA + HB
c
bc
=
=
=
⇒ AH =
.
b
c
b+c
b+c
b+c
KA
c
bc
= và AK =
. Do đó AH = AK.
KC
b
b+c
HA
b KA
c
2 Ta có
= ;
= .
HB
c KC
b
HA
KC
Do đó
=
suy ra HA · AK = BH · CK.
HB
KA
Lại có AH = AK suy ra HA2 = BH · CK.
Tương tự, ta được
BÀI 19. Cho tứ giác ABCD có M là trung điểm của CD, N là trung điểm của CB. Biết rằng AM
và AN cắt đường chéo BD thành ba đoạn bằng nhau. Chứng minh rằng ABCD là hình bình hành.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 359/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
D
G
E
F
B
M
N
C
H
Gọi E, F là giao điểm của AM , AN với BD; gọi G, H là giao điểm của của M N với AD, AB.
Ta có
BF k HN ⇒
AB
BF
AF
=
=
.
AH
HN
AN
(1)
EF k M N ⇒
EF
AF
=
.
AN
MN
(2)
1
1
Mặt khác, M N là đường trung bình tam giác CBD suy ra M N = BD, lại có EF = BD
2
3
AF
EF
2
Thay vào (2), ta được
=
=
AN
MN
3
AB
BF
2
Từ (1) và (3) suy ra
=
= .
AH
HN
3
AD
DE
2
Chứng minh tương tự, ta được
=
=
AG
MG
3
3
3
3
Từ (3), (4) và (5) suy ra HN = EF , M N = EF , M G = DE. Do đó HN = M N = M G.
2
2
2
GN
2
Do đó, ta có
= , kết hợp với (4) suy ra BC song song AD. Chứng minh tương tự ta được
HN
3
song song CD và do đó ABCD là hình bình hành.
(3)
(4)
(5)
AB
BÀI 20. Trên cạnh BC của hình vuông ABCD cạnh 6, lấy điểm E sao cho BE = 2. Trên tia đối của
÷
tia CD lấy điểm F sao cho CF = 3. Gọi M là giao điểm của AE và BF . Tính AM
C.
– LỜI GIẢI.
A
B
H
M
E
D
C
F
G
Gọi H là giao điểm của CM và AB, G là giao điểm của AM và DF . Ta có
AB
BE
6
2
AB k CG suy ra
=
⇒
= ⇒ CG = 12, F G = CG − CF = 9.
CG
CE
CG
4
HB
MB
AB
BH
CF
BH
3
=
=
, do đó
=
nên
= , BH = 2.
CF
MF
FG
AB
FG
6
9
Xét 4BAE và 4BCH, ta có
AH k DG suy ra
AB = BC;
’ = CBH;
’
ABE
BH = BE = 2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 360/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
÷ = AEB
’ =M
÷
⇒ 4BAE = 4BCH ⇒ AHM
EC.
◦
÷
÷ = BHC
’ + ECM
÷ = 90 do đó AM
÷
Ta có M
EC + ECM
C = 90◦ .
BÀI 21. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng cắt các cạnh BC, CA theo thứ tự ở D, E và cắt
đường thẳng BA ở F . Vẽ hình bình hành BDEF . Đường thẳng đi qua F và song song với BC cắt
HA ở I. Chứng minh rằng F I = DC.
– LỜI GIẢI.
K
F
I
A
H
E
M
B
D
C
Gọi K là giao điểm của AC và F I, M là giao điểm của AB và EH. Ta có KI k HE suy ra
(1)
FI
MH
=
.
FK
ME
DC
DE
=
.
(2)
FK
FE
BD
FD
BD − M E
FD − FE
MH
DE
Ta có M E k BC suy ra
=
⇒
=
⇒
=
.
(3)
ME
FE
ME
FE
ME
FE
DC
FI
=
nên F I = DC.
Từ (1), (2) và (3) suy ra
FK
FK
BÀI 22. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD, đường trung tuyến AM . Qua điểm I thuộc đoạn
Ta có KI k BC suy ra
thẳng AD, kẻ IH vuông góc với AB, IK vuông góc với AC. Gọi N là giao điểm của HK và AM .
Chứng minh rằng N I vuông góc với BC.
– LỜI GIẢI.
A
G
N
E
K
F
H
I
B
D M
C
Qua N kẻ đường EF k BC, do M là trung điểm BC nên N E = N F .
Kẻ EG k HK, do N là trung điểm EF nên GK = KF .
(1)
Ta có
I thuộc phân giác AD,
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 361/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
IH ⊥ AB,
IK ⊥ AC.
⇒ AH = AK.
Tam giác AHK cân, EG k HK suy ra AE = AG, nên EH = GK.
(2)
Từ (1) và (2) suy ra EH = KF .
Xét tam giác IHE và IKF có
IH = IK,
HE = KF ,
’=F
’
EHI
KI(= 90◦ )
⇒ 4IHE = 4IKF (c-g-c) ⇒ IE = IF .
4IEF cân tại I, IN là đường trung tuyến nên IN ⊥ EF . Do đó IN ⊥ BC.
BÀI 23. Cho tam giác có ba góc nhọn, trực tâm H. Một đường thẳng đi qua H cắt AB, AC theo thứ
tự ở P , Q sao cho HP = HQ. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng HM vuông góc với
P Q.
– LỜI GIẢI.
A
Q
H
P
B
M
C
K
N
Qua C kẻ đường thẳng song song vớiÅP Q cắtãAB ở N , cắt AH ở K.
PH
QH
AH
Ta có P Q k N C suy ra
=
=
. Do HP = HQ nên KN = KC.
NK
KC
AK
Ta có M B = M C, KN + KC suy ra KM là đường trung bình của 4CBN , KM k AB.
Mà CH ⊥ AB nên KM ⊥ CH.
Lại có BC ⊥ AH, KM ⊥ CH suy ra M là trực tâm của 4CHK nên HM ⊥ N C. Lại có P Q k N C
suy ra HM ⊥ P Q.
BÀI 24. Hình chữ nhật ABCD có M , N theo thứ tự là trung điểm của AD, BC. Gọi E là một điểm
bất kì thuộc tia đối của tia DC, K là giao điểm của EM và AC. Chứng minh rằng N M là tia phân
giác của góc KN E.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 362/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
B
K
I
M
E
N
D
C
H
Gọi I là giao điểm của AC và M N , H là giao điểm KN và DC.
Xét tứ giác N M CD có
DM k CN (AD k BC, M ∈ AD, N ∈ BC),
1
1
DM = CN (DM = , AD = BC, AD = BC).
2
2
⇒ Tứ giác M N CD là hình bình hành ⇒ M N k CD.
Xét 4ADC có M là trung điểm AD, M I k DC (M N k CD, I ∈ M N ), I ∈ AC ⇒ I là trung điểm
M N ⇒ IM = IN .
Xét 4KEC có M I k EC (M N k CD, I ∈ M N , E ∈ CD)
KI
IM
=
(hệ quả của định lí Talét)
⇒
EC
KC
IN
KI
Chứng minh tương tự ta có
=
.
HC
KC
IM
IN
EC
IM
Từ (1) và (2) suy ra
=
⇔
=
= 1 ⇒ C là trung điểm EH.
EC
HC
HC
IN
Xét 4EN H có N C vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên 4EN H cân tại N .
÷
Ta có KN
E là góc ngoài của 4N EH.
÷
÷
Từ (3) và (4) ⇒ KN
E = 2N
HE.
÷
÷
Ta lại có KN
M =N
HE (M N k EH, hai góc so le trong)
÷
÷
÷
Từ (5) và (6)⇒ KN
E = 2KN
M ⇔ N M là tia phân giác của góc KN
E.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
BÀI 25. Cho hình bình hành ABCD, điểm M thuộc cạnh BC, điểm N thuộc tia đối của tia BC
sao cho BN = CM . Các đường thẳng DN , DM cắt AB theo thứ tự ở E, F . Chứng minh rằng
AE 2 = EB · EF .
– LỜI GIẢI.
N
A
B
E
F
M
D
C
Ta có M N = BN + BM = CM + BM = BC = AD (BN = CM ).
Xét tứ giác AM N D có
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 363/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
AD k M N (AD k M N , N ∈ BC),
AD = M N (cmt).
⇒ Tứ giác AN M D là hình bình hành (tứ giác có 1 cặp cạnh vừa song song vừa bằng nhau) ⇒ AN k
DF .
EN
EA
=
(hệ quả của định lí Talét).
Xét 4DEF có AN k DF ⇒
EF
ED
EN
EB
Xét 4AED có AD k BN ⇒
=
(hệ quả của định lí Talét).
ED
EA
EA
EB
Từ (1) và (2) suy ra
=
⇔ EA2 = EB · EF .
EF
EA
(1)
(2)
BÀI 26. Một đường thẳng đi qua đỉnh A của hình bình hành ABCD cắt BD, BC, DC theo thứ tự
ở E, K, G. Chứng minh rằng:
1 AE 2 = EK · EG;
1
1
1
2
=
+
;
AE
AK AG
3 Khi đường thẳng thay đổi vị trí nhưng vẫn đi qua A thì tích BK · DG có giá trị không đổi.
– LỜI GIẢI.
A
B
E
K
D
C
G
EA
EB
=
.
EG
ED
EB
EK
Xét 4AED có AD k BK (AD k BC, K ∈ BC) ⇒
=
.
ED
EA
EA
EK
Từ (1) và (2) suy ra
=
⇔ EA2 = EK · EG.
EG
EA
1
1
1
AE
AE
2 Ta có
=
+
⇔
+
= 1.
AE
AK AG
AK AG
AE
BE
Xét 4AEB có AB k DG (AB k DC, G ∈ DC) ⇒
=
.
AG
BD
AE
DE
Xét 4AED có AD k BK (AD k BC, K ∈ BC) ⇒
=
.
AK
DB
AE
AE
DE BE
BD
Từ (3) và (4) ta được
+
=
+
=
= 1.
AK AG
DB BD
BD
KB
AB
3 Xét 4ABK có AB k CG (AB k DC, G ∈ DC) ⇒
=
.
KC
CG
KC
CG
Xét 4AGD có AD k KC (AD k BC, K ∈ BC) ⇒
=
.
AD
AD
KB
AB
Nhân từng vế (5) và (6) ta được
=
⇔ KB · DG = AB · AD, mà AB, AD cố định
AD
AD
BK · DG có giá trị không đổi.
1 Xét 4AEB có AB k DG (AB k DC, G ∈ DC) ⇒
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(4)
nên
BÀI 27. Cho tam giác đều ABC. Các điểm D, E theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho
AD = CE. Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh BC. Vẽ M H song song với CD (H thuộc AB), vẽ
M K song song với BE (K thuộc AC). Chứng minh rằng khi điểm M chuyển động trên cạnh BC thì
tổng M H + M K có giá trị không đổi.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 364/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
A
D
E
K
H
B
M
C
Xét 4ADC và 4CEB có
AD = CE (giả thiết),
b=C
b = 60◦ (4ABC đều),
A
AC = BC (4ABC đều).
⇒ 4ADC = 4CEB (c-g-c) ⇒ DC = BE (2 cạnh tương ứng).
MH
MB
Xét 4BDC có M H k DC (giả thiết) ⇒
=
(hệ quả của định lí Talét).
(1)
DC
BC
MK
MC
Xét 4BCE có M K k BE (giả thiết) ⇒
=
(hệ quả của định lí Talét).
(2)
BE
BC
MK
MB
MC
BC
MH
+
=
+
=
= 1, mà DC = BE (chứng minh trên)
Từ (1) và (2) ta có
DC
BE
BC
BC
BC
MH MK
⇒
+
= 1 ⇒ M H + M K = CD.
DC
DC
Ta có C, D cố định nên M H + M K có giá trị không đổi.
BÀI 28. Cho tam giác đều ABC, trọng tâm G, M là một điểm bất kì nằm bên trong tam giác. Đường
thẳng M G cắt các đường thẳng BC, AC, AB theo thứ tự ở A0 , B 0 , C 0 . Chứng minh rằng
B0M
C 0M
A0 M
+
+
= 3.
A0 G
B0G
C 0G
– LỜI GIẢI.
A
F0
F
E
C0
G
B
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
D
M
E0
B0
D0
Trang 365/477
C
A0
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Gọi 3 đường trung tuyến của 4ABC lần lượt là AD, BE, CF , mà 4ABC đều nên GD = GE = GF .
Vẽ D0 , E 0 , F 0 lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB.
Vì 4ABC đều, AD là đường trung tuyến nên AD cũng là đường cao, suy ra AD ⊥ BC, mà M D0 ⊥
(D0 là hình chiếu của M trên BC). Vậy AD k M D0 .
M D0
A0 M
0
0
(hệ quả của định lí Talét).
Xét 4A GD có AD k M D (chứng minh trên) ⇒ 0 =
AG
GD
Chứng minh tương tự ta có
M E 0 C 0M
MF 0
B0M
=
=
.
B0G
GE C 0 G
GF
A0 M
B0M
C 0M
M D0 M E 0 M F 0
M D0 + M E 0 + M F 0
+
+
=
+
+
=
(vì GD = GE = GF ).
A0 G
B0G
C 0G
GD
GE
GF
GD
1
1
1
1
Mặt khác S4ABC = S4AM B + S4AM C + S4BM C ⇔ · AD · BC = · AB · M F 0 + · AC · M E 0 + ·
2
2
2
2
0
0
0
BC · M0 D0 ⇔ AD
=
M
F
+
M
E
+
M
D
.
AM
B0M
C 0M
AD
Vậy 0 + 0 + 0 =
= 3.
AG
BG
CG
GD
Vậy
BÀI 29. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E, F theo thứ tự chia trong các cạnh
AB, BC, CA theo cùng một tỉ số. Chứng minh rằng
1 AE = DF ,
2 AE vuông góc với DF .
– LỜI GIẢI.
A
D
H
B
B
F
E
C
C
AD
BE
=
.
(1)
AB
BC
HE
BE
Vẽ EH ⊥ AB, (H ∈ AB). Ta có HE k AC suy ra
=
.
(2)
AC
BC
HE
AD
Từ (1) và (2) suy ra
=
, lại có AB = AC suy ra HE = AD.
AC
AB
’ = 45◦ suy ra 4HBE cân ⇒ HB = HE. Vậy AD = EH =
Mặt khác tam giác BHE vuông có HBE
Theo giả thiết, ta có
BH.
AD
CF
=
suy ra AD = CF .
AB
AC
Do đó ta có AH = AF .
Theo giả thiết ta có
Xét 4AHE và 4F AD
AH = AF (cmt),
HE = AD (cmt),
’ = DAE
’ = 90◦ .
AHE
’
’
⇒ 4AHE = 4F AD (c – g – c) ⇒ AE = DF , AF
D = HAE.
’ + ADF
’ = AF
’
’ = 90◦ ⇒ AE ⊥ DF .
Ta có HAE
D + ADF
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 366/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2
CD. Gọi E, F theo thứ tự là
3
trung điểm của AB, CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE. N là giao điểm của BF và CE. Tính
diện tích tứ giác EM F N theo S.
BÀI 30. Cho hình thang ABCD (AB k CD) có diện tích S. AB =
– LỜI GIẢI.
A
E
M
D
B
N
F
C
Đặt SAEM = x.
MD
DF
3
MF
=
=
= .
Ta có AB k CD, suy ra
MA
ME
AE
2
SEM F
MF
3
3
Do đó
=
= ⇒ SEM F = x.
SAM E
ME
2
2
3
3
3
9
Tương tự, ta có SAM D = SAM E = x, SDM F = SAM D = x.
2
2
2
4
25
Từ đó, ta có SAEF D = x.
4
6
Từ (1) và (2) ta có SEM F = SAEF D .
25
6
6
6
Tương tự SEN F = SBEF C . Suy ra SEM F N = SABCD = S.
25
25
25
(1)
(2)
2
CD. Gọi E, F theo thứ tự là
3
trung điểm của AB và CD. Gọi M là giao điểm của AF và DE. N là giao điểm của BF và CE. Tính
diện tích tứ giác EM F N theo S.
BÀI 31. Cho hình thang ABCD (AB k CD) có diện tích S. AB =
– LỜI GIẢI.
Đặt SAEM = x.
MF
MD
DF
3
3
Do
=
=
= nên SEM F = x
(1)
MA
ME
AE
2
2
3
Vì SAM D = SEM F và SDM F = SAM D nên SDM F =
2
3
9
SAM D = x.
2
4
25
Từ đó SAEF D = x
(2)
4
6
Từ (1) và (2) suy ra SEM F = SAEF D .
25
6
Tương tự SEN F = SBEF C .
25
6
6
Suy ra SEM F N = SABCD = S
25
25
A
E
B
x
M
D
N
F
C
BÀI 32.
CN
a. Cho hình bình hành ABCD, M là trung điểm của BC. Điểm N trên cạnh CD sao cho
= 2.
ND
1
Gọi giao điểm của AM , AN với BD là P , Q. Chứng minh rằng SAP Q = SAM N .
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 367/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
b. Chứng minh rằng kết luận ở câu a vẫn đúng nếu thay điều kiện “M là trung điểm của BC, N trên
CN
= 2” bởi điều kiện tổng quát hơn “M trên cạnh BC. N trên cạnh CD sao
cạnh CD sao cho
ND
CN
BM
cho
=2
”.
ND
MC
– LỜI GIẢI.
SAP Q
SAP Q SAP N
AQ AP
AQ AP
Trước hết ta có
=
·
=
·
. Ta cần tính toán tỉ số
·
.
SAM N
SAP N SAM N
AN AM
AN AM
AQ
AB
AQ
3
AQ
3
=
=3⇒
= ⇒
= .
1 Ta có
QN
DN
AQ + QN
4
AN
4
AP
AD
AP
2
AP
2
Và
=
=2⇒
= ⇒
= .
PM
BM
AP + P M
3
AM
3
AQ AP
3 2
1
Do đó
·
= · = .
AN AM
4 3
2
1
Vậy SAP Q = SAM N .
2
A
B
P
M
Q
D
N
C
CN
BM
BM
CN
2 Ta có
=2
. Đặt
= k thì
= 2k.
ND
MC
MC
ND
Đặt M C = x thì BM = kx. Đặt N D = y thì CN = 2ky.
AD
x + kx
k+1
AP
k+1
AP
k+1
AP
=
=
=
⇒
=
⇒
=
(1)
Ta có
PM
BM
kx
k
AP + P M
2k + 1
AM
2k + 1
AQ
AB
y + 2ky
2k + 1
AQ
2k + 1
AQ
2k + 1
Mặt khác
=
=
=
⇒
=
⇒
=
(2)
QN
DN
y
1
AQ + QN
2k + 2
AN
2k + 2
AP
AQ
k + 1 2k + 1
1
Từ (1) và (2) suy ra
=
=
·
= .
AM
AN
2k + 1 2k + 2
2
1
Vậy SAP Q = SAM N .
2
BÀI 33. Cho góc xOy và điểm M cố định thuộc miền trong của góc. Một đường thẳng thay đổi vị
trí nhưng luôn đi qua M cắt các tia Ox, Oy theo thứ tự ở A, B. Gọi S1 , S2 theo thứ tự là diện tích
1
1
các tam giác M OA, M OB. Chứng minh rằng tổng
+
có giá trị không đổi.
S1 S2
Hướng dẫn: Xét vị trí giới hạn của đường thẳng khi nó song song với Ox để dự đoán giá trị không
đổi.
– LỜI GIẢI.
y
B
A0
K
M
B0
x
O
A
Vẽ M K k OA, ta có
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 368/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
OK
AM
SM OK
SM OA
=
⇒
=
OB
AB
SM OB
SAOB
SM OK
S1
S1 + S2
1
⇒
=
⇒
=
S2
S1 + S2
S1 S2
SM OK
1
1
1
+
=
(không đổi)
⇒
S1 S2
SM OK
1
1
1
+
không đổi, ta có
+
1
S1
s2
0
· OM · AA
2
không đổi. Ta lại có M A ≥ AA0 , M B ≥ BB 0 nên
Chú ý: Nếu vẽ thêm AA0 ⊥ OM , BB 0 ⊥ OM thì từ
1
1
1
không đổi, suy ra
+
0
1
AA
BB 0
· OM · BB 0
2
1
1
1
1
+
≤
+
là hằng số.
0
MA MB
AA
BB 0
Từ đó ta có bài toán: Cho góc xOy và một điểm M nằm trong góc ấy. Qua M hãy dựng một đường
1
1
+
lớn nhất.
thẳng cắt hai cạnh của góc ở A và B sao cho
MA MB
Đường thẳng phải dựng là đường vuông góc với OM tại M .
Dự đoán điểm cố định: Nếu lấy A0 thuộc Oy, B 0 thuộc Ox sao cho OA0 = OA, OB 0 = OB thì
1
1
1
+
= . Điểm cố định nếu có phải là giao điểm của AB và A0 B 0 . Gọi giao điểm đó là C, rõ
0
0
OA
OB
k
ràng C phải thuộc tia phân giác của góc xOy.
Chứng minh: Vẽ tia phân giác của góc xOy, cắt AB ở C. Vẽ CD k Ox thì OD = OC = a.
DC
BD
a
a
1
1
1
1
1
1
Ta có
=
⇒
+
=1
+
= . Mặt khác, theo giả thiết 1
+
= . Vậy
OA
BO
OA OB
OA OB
a
OA OB
k
DC = k, C là điểm cố định.
BÀI 34. Cho góc xOy. Các điểm A và B theo thứ tự chuyển động trên các tia Ox và Oy sao cho
1
1
1
+
=
(k là hằng số). Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn luôn đi qua một điểm cố
OA OB
k
định.
– LỜI GIẢI.
y
B
a
D
a
C
x
O
A
Dự đoán điểm cố định: Nếu lấy A0 thuộc Oy, B 0 thuộc Ox sao cho OA0 = OA, OB 0 = OB thì
1
1
1
+
= . Điểm cố định nếu có phải là giao điểm của AB và A0 B 0 . Gọi giao điểm đó là C, rõ
0
0
OA
OB
k
ràng C phải thuộc tia phân giác của góc xOy.
Chứng minh: Vẽ tia phân giác của góc xOy, cắt AB ở C. Vẽ CD k Ox thì OD = OC = a. Ta có
DC
BD
a
OB − a
a
a
1
1
1
=
⇒
=
⇒
+
= 1 ⇒
+
= . Mặt khác, theo giả thiết
OA
BO
OA
OB
OA
OB
OA
OB
a
1
1
1
1
+
= . Vậy DC = k, C là điểm cố định.
OA OB
k
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 369/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 35. Cho hình thang ABCD (AB k CD). Điểm E thuộc cạnh AD, điểm F thuộc cạnh BC sao
DE
BF
1
cho
=
= . Gọi M , N theo thứ tự là giao điểm của EF với BD, AC. Chứng minh rằng
DA
BC
3
EM = N F .
– LỜI GIẢI.
A
B
F0
O
C
0
A0
F
N
M
E
E0
D
C
Kẻ AA0 , CC 0 , EE 0 , F F 0 vuông góc với BD. Gọi O là giao điểm của AC và BD suy ra EE 0 k CC 0 k
AA0 k F F 0 .
EE 0
DE
1
=
= (hệ quả của định lí Ta-let).
0
AA
DA
3
1
· AA0
0
AA0
M
E
EE
3
0
0
=
Vì EE k F F (cách dựng) ⇒
=
=
(hệ quả của định lí Ta-let).
1
MF
FF0
CC 0
0
· CC
3
0
AA
OA
=
(hệ quả của định lí Ta-let).
Vì AA0 k CC 0 (cách dựng) ⇒
OC
CC”
ME
OA
Từ (1) và (2) suy ra
=
.
MF
OC
OB
NF
=
.
Chứng minh tương tự
NE
OC
OA
OB
Ta lại có AB k CD ⇒
=
(định lí Talet).
OC
OD
Từ (3), (4), (5) suy ra
Vì EE 0 k AA0 (cách dựng) ⇒
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
ME
NF
EM
NF
ME
NF
=
⇒
=
⇒
=
⇒ M E = M F.
MF
NE
ME + MF
NE + NF
EF
EF
BÀI 36.
BA0
= 3. Trên cạnh CA lấy
A0 C
0
CB
1
điểm B 0 sao cho 0 = . Gọi C 0 là giao điểm của A0 B 0 và AB. Chứng minh rằng C 0 là trung
BA
3
điểm của AB.
1 Cho tam giác ABC. Trên tia đối của tia CB lấy điểm A0 sao cho
2 Chứng minh bài toán tổng quát: Nếu một đường thẳng không đi qua các đỉnh của tam giác
AB 0 CA0 BC 0
ABC và cắt các đường thằng BC, CA, AB theo thứ tự ở A0 , B 0 , C 0 thì 0 0 · 0 0 · 0 = 1
BC AB C A
(định lí Mê-nê-la-uýt).
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 370/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
I
C0
H
B0
K
B
A0
C
1 Kẻ AH, BI, CK vuông góc với A0 C 0 suy ra AH k BI k CCK.
B0A
AH
= 0 = 3 (hệ quả của định lí Ta-let).
Vì AH k CK (cách dựng) ⇒
CK
BC
BI
BA0
Vì BI k CK (cách dựng) ⇒
= 0 = 3 (hệ quả của định lí Ta-let).
CK
AC
AH
Từ (1) và (2) suy ra
= 1.
BI
C 0A
AH
Vì AH k BI (cách dựng) ⇒ 0 =
= 1. Vậy C 0 là trung điểm AB.
CB
BI
2 Theo câu a ta có:
AB 0
AH
=
.
0
B C0
CK
CA
CK
=
.
0
A B0
BI
BC
BI
=
.
0
CA
AH
Nhân (3), (4), (5) ta được
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
AB 0 CA0 BC 0
AH CK BI
· 0 · 0 =
·
·
= 1.
0
BC AB C A
CK BI AH
BÀI 37.
1 Chứng minh rằng nếu trên các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C của tam giác ABC, ta lấy
AB 0 CA0 BC 0
các điểm tương ứng A0 , B 0 , C 0 sao cho AA0 , BB 0 , CC 0 đồng quy thì 0 0 · 0 0 · 0 = 1 (định
BC AB C A
lí Xê-va).
2 Chứng minh rằng kết luận trên vẫn đúng nếu các điểm A0 , B 0 , C 0 thuộc các đường thẳng chứa
các cạnh của tam giác, trong đó có đúng hai điểm nằm ngoài tam giác.
– LỜI GIẢI.
M
A
N
C0
B0
O
B
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
A0
Trang 371/477
C
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BB 0 , CC 0 ở N , M .
AB 0
AN BC 0
BC CA0
MA
Ta có M N k BC suy ra 0 =
, 0 =
, 0 =
.
BC
CB C A
AM A B
AN
Nhân các các đẳng thức trên theo từng vế, ta được điều phải chứng minh.
2 Chứng minh tương tự câu a).
N
A
M
A0
B
C
O
B0
C0
4
!
Các hệ thức viết ở định lý Mê-nê-la-uýt và định lí Xê-va như nhau. Chỗ khác nhau là vị trí các
điểm A0 , B 0 , C 0 .
Ở định lí Mê-nê-la-uýt: có đúng một điểm, hoặc cả ba điểm nằm ngoài tam giác.
Ở định lí Xê-va: không có điểm nào, hoặc có đúng hai điểm nằm ngoài tam giác.
BÀI 38. Cho tam giác ABC. Tâm O của các hình chữ nhật M N P Q thay đổi nhưng luôn có M thuộc
AB, N thuộc AC, P và Q thuộc BC, chuyển động trên đường nào?
– LỜI GIẢI.
A
E
M
R
B
Q
N
O
H F
S
P
C
Gọi R là trung điểm của M Q, BR cắt M Q tại E.
MR
BR
QR
Ta có M Q k AH suy ra
=
=
.
AE
BE
EH
Lại có M R = QR suy ra AE = HE. Vậy QR cắt AH tại trung điểm E của AH.
Tương tự gọi S là trung điểm của N P , ta cũng có CS đi qua trung điểm E của AH.
Tứ giác M RP S là hình bình hành (do M R k N P và M R = N P ) lại có O là trung điểm M P (tính
chất hình chữ nhật) nên O là trung điểm RS.
Do RS k BC, chứng minh tương tự trên ta có EO cắt BC tại trung điểm F của BC.
Ta có O ∈ EF , mặt khác do E, F là trung điểm của các đoạn thẳng AH, BC cố định nên EF cố
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 372/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
định.
Vậy O luôn thuộc EF cố định.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 373/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI
2
ĐỊNH LÝ TA-LÉT ĐẢO
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Định lí 1 (Định lý Ta-lét đảo). Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của tam giác và định ra trên
hai cạnh ấy những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam
giác.
4
!
Định lý trên vẫn đúng trong trường hợp đường thẳng cắt phần kéo dài của hai cạnh của tam giác.
VÍ DỤ 1. Cho tứ giác ABCD, điểm M thuộc cạnh AB. Lần lượt vẽ M E song song BD (E ∈
AD), EG song song AC (G ∈ CD), GH song song BD (H ∈ BC).
1 Chứng minh M EGH là hình bình hành.
2 Tính chu vi tứ giác M EGH, nếu ABCD là hình chữ nhật có đường chéo bằng m.
– LỜI GIẢI.
A
E
A
D
M
M
E
I
O
G
B
H
D
C
K
B
Hình câu (a)
G
H
C
Hình câu (b)
1 Ta có
ME
AE
M E k BD ⇒
=
.
BD
AD
AE
CG
EG k AC ⇒
=
.
AD
CD
CG
HG
GH k BD ⇒
=
.
CD
BD
ME
HG
Từ ba điều trên suy ra
=
⇒ M E = HG.
BD
BD
(
M E k HG
Vậy ta có
⇒ M EGH là hình bình hành.
M E = HG
2 Gọi I là giao điểm của M E, AC và O là giao điểm của AC và BD.
IM
AM
AE
IE
Ta có
=
=
=
mà OB = OD nên IM = IE.
OB
AB
AD
OD
Khi đó ta có M E = 2AI vì 4AM E vuông tại A.
Gọi K là giao điểm của HG và AC, tương tự ta có HG = 2CK.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 374/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Mặt khác M H = EG = IK, vậy chu vi tứ giác M EGH bằng
M E + HG + M H + EG = 2(AI + CK + IK) = 2m.
VÍ DỤ 2. Cho tam giác ABC. Các điểm D, E, F theo thứ tự chia trong các cạnh AB, BC, CA
theo tỉ số 1 : 2. Các điểm I, K theo thứ tự chia trong các đoạn ED, F E theo tỉ số 1 : 2. Chứng
minh IK k BC.
– LỜI GIẢI.
A
Kẻ đường thẳng đi qua F và song song BC cắt ED, AB lần lượt
AQ
AF
=
= 2, do đó Q là trung điểm của
tại P, Q. Khi đó ta có
FC
QB
BD, suy ra P là trung điểm của DE.
2
1
Ta có EI = ED = EP = 2IP , mặt khác EK = 2KF do đó
3
3
IK k P F , mà P F k BC nên IK k BC.
D
F
Q P
I
B
K
C
E
B BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1. Cho hình thang ABCD (AB k CD), M trung điểm của CD. Gọi I là giao điểm của AM và
BD, K là giao điểm của BM và AC.
1 Chứng minh IK k AB.
2 Đường thẳng IK cắt AD, BC theo thứ tự tại E, F . Chứng minh EI = IK = KF .
– LỜI GIẢI.
A
B
1 Vì AB k CD nên theo định lý Ta-lét ta có
IM
MD
=
IA
AB ⇒ IM = KM (vì M C = M D).
IA
KB
KM = M C
KB
AB
Do đó theo định lý Ta-lét đảo ta có IK k AB.
b) Vì IK k AB k CD nên theo định lý Ta-lét ta có
E
I
D
K
M
F
C
IE
AI
BI
IK
=
=
=
⇒ EI = IK.
DM
AM
BD
DM
Tương tự ta có F K = IK. Vậy EI = IK = KF .
BÀI 2. Điểm E thuộc cạnh bên BC của hình thang ABCD. Vẽ đường thẳng đi qua C và song song
với AE, cắt AD ở K. Chứng minh BK song song DE.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 375/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Gọi M là giao điểm của AD và BC. Theo định lý Ta-lét ta có
MA
MB
(
=
MD
MC ⇒ MB · MD = MA · MC
M E · M K = M A · M C.
MA = ME
MK
MC
M
A
MK
MB
=
.
ME
MD
Vậy theo định lý Ta-lét đảo ta có BK k DE.
Do đó M B · M D = M E · M K ⇒
B
E
K
D
C
BÀI 3. Cho tam giác ABC, điểm I thuộc cạnh AB, điểm K thuộc cạnh AC. Vẽ IM k BK (M ∈ AC),
vẽ KN k CI (N ∈ AB). Chứng minh M N k BC.
– LỜI GIẢI.
Theo định lý Ta-lét ta có
AK
AN
=
AI
AC ⇒ AN · AC = AI · AK = AB · AM.
AM
AI
=
AB
AK
A
N
M
K
I
AM
AN
=
.
AB
AC
Do đó theo định lý Ta-lét đảo ta có M N k BC.
Suy ra
B
C
BÀI 4. Cho tứ giác ABCD. Đường thẳng đi qua A song song với BC cắt BD tại E. Đường thẳng đi
qua B song song với AD cắt AC tại G.
1 Chứng minh EG k DC.
2 Giả sử AB k CD. Chứng minh AB 2 = EG · DC.
– LỜI GIẢI.
A
E
A
E
D
D
O
B
O
C
B
C
G
G
Hình câu (a)
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Hình câu (b)
Trang 376/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
OE
OA
=
OG
nhân vế theo vế OE
OC −
1 Ta có
⇒ OB
−−−−−−−−→
=
⇒ CD k EG.
OD
OC
BG k AD
OB = OG
OD
OA
EG
k
AB
AB
OA
OD
DC
2 Ta có BG k AD ⇒
=
=
=
⇒ AB 2 = EG · DC.
EG
OG
OB
AB
AB k CD
(
AE k BC
BÀI 5. Tứ giác ABCD có AC vuông góc và bằng BD. Các điểm E, F, G, H theo thứ tự chia trong
các cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1 : 2. Chứng minh rằng EG = F H và EG vuông góc F H.
– LỜI GIẢI.
Gọi M là trung điểm của CF , N là trung điểm của DG.
2
Khi đó ta có M E k AC và M E = AC.
3
2
Đồng thời N F k BD và N F = BD.
3
Mặt khác AC ⊥ BD, AC = BD nên N F ⊥ M E và N F = M E.
÷
÷
Tương tự ta có N H = M G. Khi đó EM
G = KN
H = 90◦ .
N
E
G
B
Vậy 4EM G = 4F N H (c-g-c).
Từ đó ta có EG = F H và EG ⊥ F H.
H D
A
F
C
M
BÀI 6. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF . Gọi I, K, M, N theo thứ tự là chân
các đường vuông góc kẻ từ D đến BA, BE, CF, CA. Chứng minh rằng bốn điểm I, K, M, N thẳng
hàng.
– LỜI GIẢI.
Gọi H là trực tâm 4ABC.
BI
BD
(
=
DI k F C
DC
Ta có
⇒ IF
BD
BK
DK k EC
=
.
DC
KE
BI
BK
Suy ra
=
⇒ IK k F E.
IF
KE
Tương tự ta có M N k F E.
IF
DH
NE
Ta lại có
=
=
⇒ IN k F E.
FA
HA
EA
Vậy IK k M N k IN ⇒ I, K, M, N thẳng hàng.
A
E
N
F H
K
I
B
D
M
C
BÀI 7. Cho tam giác ABC, điểm D thuộc cạnh BC, điểm M nằm giữa A và D. Gọi I, K theo thứ
tự là trung điểm của M B, M C. Gọi E là giao điểm của DI và AB, gọi F là giao điểm của DK và
AC. Chứng minh EF k IK.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 377/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Gọi N (là trung điểm của AM .
IN k AE
FK
AN
EI
Ta có
=
=
.
⇒
ID
KD
ND
KN k AF
Vậy EF k IK (theo định lý Ta-lét đảo).
N
M
E
F
I
K
B
C
D
BÀI 8. Cho tam giác ABC, có đường trung tuyến BD, CE. Gọi M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC.
Vẽ M G song song BD (G ∈ AC), vẽ M H song song CE (H ∈ AB).
1 Chứng minh BD và CE chia HG thành ba phần bằng nhau.
2 Chứng minh OM đi qua trung điểm HG (O là trọng tâm 4ABC).
– LỜI GIẢI.
A
Gọi I, K lần lượt là giao điểm của HG với BD, CE. Gọi N là
giao điểm của HM với BD, P là giao điểm của M G với CE
và O là trọng tâm 4ABC.
HI
HN
EO
1
E
D
1 Theo định lý Ta-lét ta có
=
=
= .
OK
HG
HM
EC
3
I
G
GK
1
H
Tương tự ta có
= .
P
HG
3
N
B
C
M
Vậy HI = IK = KG.
GP
1
HN
=
= ⇒ N P k IK.
b) Ta có
HM
GM
3
Mặt khác ta thấy ON M P là hình bình hành nên OM đi qua trung điểm N P do đó OM cũng
đi qua trung điểm của IK. Mà IH = KG nên OM đi qua trung điểm của HG.
AM
CN
BÀI 9. Cho hình thang ABCD (AB k CD). Các điểm M, N thuộc cạnh AD, BC sao cho
=
.
MD
NB
Gọi các giao điểm của M N với BD, AC theo thứ tự là E, F . Qua M kẻ đường thẳng song song AC
cắt DC ở H.
1 Chứng minh rằng HN k BD.
2 Gọi I là giao điểm của HO và M N . Chứng minh rằng IE = IF, M E = N F (O là giao điểm
hai đường chéo AC và BD).
– LỜI GIẢI.
DH
DM
=
MA
1 Ta có
⇒ HC
DM
BN
N H k BD
=
.
MA
NC
DH
BN
Do đó
=
⇒ HN k BD.
HC
NC
A
(
M H k AC
B
O
E
M
D
I
K
G
H
N
F
Q
C
b) Gọi G là giao điểm của HM và BD, Q là giao điểm của HN và AC. Ta có
MG
AO
BO
NQ
=
=
=
⇒ GQ k M N.
GH
OC
OD
QH
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 378/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Ta thấy OGHQ là hình bình hành nên OH và GQ cắt nhau tại trung điểm K của mỗi đoạn
thẳng. Do đó IE = IF và IM = IN nên M E = N F .
BÀI 10. Cho tam giác ABC cân tại A, đường trung tuyến BM . Gọi O là giao điểm các đường trung
trực của tam giác ABC, E là trọng tâm của tam giác ABM . Chứng minh EO vuông góc với BM .
– LỜI GIẢI.
Gọi G là trọng tâm 4ABC.
A
Gọi M(
N, BF là các đường trung tuyến của 4ABM .
GO ⊥ BC
Ta có
⇒ GO ⊥ M N .
BC k M N
(
M O ⊥ AC
Ta cũng có
⇒ M O ⊥ EG.
EG k BC
Vậy O là trực tâm 4M EG nên EO ⊥ BM .
F
E
N
M
O
G
B
C
BÀI 11. Chia mỗi cạnh của tứ giác thành ba phần bằng nhau rồi nối các điểm chia tương ứng trên
các cạnh đối diện, ta được bốn đoạn thẳng (hai đoạn thẳng nối các điểm chia tương ứng trên một cặp
cạnh đối thì không cắt nhau). Chứng minh rằng
1 Mỗi đoạn thẳng trong bốn đoạn thẳng ấy đều bị chia thành ba phần bằng nhau.
1
2 Diện tích tứ giác ở giữa bằng diện tích tứ giác ban đầu.
9
– LỜI GIẢI.
Đặt tên các điểm như hình vẽ.
A
AN
AE
1
1
1 Ta có
=
= ⇒ N E k BD ⇒ N E = BD.
AD
AB
3
3
2
Tương tự ta có KG k BD và KG = BD.
3
1
Do đó N E k KG và N E = KG.
2
1
Dẫn đến N P = N G.
3
1
Tương tự ta có QG = N G. Vậy N P = QG = P Q.
3
Chứng minh tương tự cho các đoạn thẳng còn lại.
b) Ta có
1
S4EIK = S4EID
1
2
⇒ SEF IK = SEBDI .
2
S4IEF = 1 S4IEB
2
2
S4BDI = S4BDC
2
3
⇒ SEBID = SABCD .
3
S4BDE = 2 S4DAB
3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 379/477
E
B
F
Q
P
N
M
D
R
S
K
I
G
H
C
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1
1
Do đó SEF IK = SABCD , tương tự ta có SP QRS = SEF IK .
3
3
1
Vậy SP QRS = SABCD .
9
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 380/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
3
Năm học 2019-2020
TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC CỦA TAM GIÁC
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Định lí 1. Đường phân giác của một tam giác chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai
cạnh kề hai đoạn thẳng ấy.
AD là đường phân giác trong của góc A
DB
AB
nên
=
.
DC
AC
AE là đường phân giác ngoài của góc A
EB
AB
nên
=
.
EC
AC
A
E
B
C
D
AB
= k thì đường phân giác trong của góc A chia đoạn
AC
thẳng BC theo tỉ số k, và nếu k =
6 1 thì đường phân giác ngoài của góc A cũng chia ngoài đoạn thẳng
BC theo tỉ số k.
Ta có thể nói: Nếu tam giác ABC có
VÍ DỤ 1. Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c, đường phân giác AD.
1 Tính độ dài BD, DC.
2 Tia phân giác của góc B cắt AD tại I. Tính tỉ số AI : ID.
3 Cho BC bằng trung bình cộng của AB và AC, gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
Chứng minh IG song song BC.
– LỜI GIẢI.
A
1 Vì AD là đường phân giác của 4ABC nên
DB
DC
DB + DC
a
=
=
=
.
AB
AC
AB + AC
b+c
Vậy DB =
ac
ab
và DC =
.
b+c
b+c
I
B
b) Vì BI là đường phân giác của 4ABD nên
b+c
AI
khi đó
= 2.
2
ID
AG
Mặt khác
= 2, do đó IG k BC.
GM
G
DM
C
AI
AB
ac
b+c
=
=c:
=
.
ID
BD
b+c
a
c) Ta có a =
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 381/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
B BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 219. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Biết AD = 3 cm, DC = 5 cm. Tính
độ dài AB, BC.
– LỜI GIẢI.
Áp dụng định lý Py-ta-go ta có BC 2 − AB 2 = AC 2 = 64.
CB
AB
Vì BD là tia phân giác nên
=
suy ra
CD
AD
B
CB 2
AB 2
CB 2 − AB 2
64
=
=
= .
2
2
2
2
CD
AD
CD − AD
16
Vậy CB =
8·5
8·3
= 10 cm và AB =
= 6 cm.
4
4
A
C
D
BÀI 220. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Điểm M thuộc cạnh AB, điểm N thuộc cạnh
AC sao cho BM = BD, CN = CD. Chứng minh rằng M N song song với BC.
– LỜI GIẢI.
DB
DC
Vì AD là tia phân giác nên
=
.
AB
AC
1
1
Mặt khác AM = AB và AN = AC nên
2
2
A
AM
AN
=
⇒ M N k BC.
AB
AC
M
N
B
C
D
BÀI 221. Cho tam giác ABC có AB = 4 cm, AC = 6 cm, đường phân giác AD. Điểm O chia trong
AD theo tỉ số 2 : 1. Gọi K là giao điểm của BO và AC. Tính tỉ số AK : KC.
– LỜI GIẢI.
Kẻ DE k BK (E ∈ AC). Ta có
AK
AK KE
=
·
.
KC
KE KC
Mặt khác
AK
AO
=
= 2.
KE
OD
KE
BD
AB
2
KE
2
=
=
= ⇒
= .
EC
DC
AC
3
KC
5
AK
4
Vậy
= .
KC
5
A
K
O
B
E
D
C
BÀI 222. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM . Các tia phân giác của các góc AM B, AM C
cắt AB và AC theo thứ tự ở D, E. Gọi I là giao điểm của AM và DE.
1 Chứng minh rằng DE song song với BC.
2 Cho BC = a, AM = m. Tính độ dài DE.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 382/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
3 Điểm I chuyển động trên đường nào nếu tam giác ABC có BC cố định, đường trung tuyến AM
bằng m không đổi?
4 Tam giác ABC có điều kiện gì để DE là đường trung bình của tam giác đó?
– LỜI GIẢI.
MA
MA
AE
DA
=
=
=
⇒ DE k BC.
DB
MB
MC
EC
1÷ 1÷
÷
÷
2 Ta có AM
D + AM
E = AM
B + AM C = 90◦ .
2
2
AI
IE
ID
=
=
nên ID = IE.
Đồng thời
BM
AM
MC
1
Do đó 4M DE vuông tại M nên M I = DE.
2
DE
AD
AI
Mặt khác
=
=
. Đặt DE = x thì
BC
AB
AM
A
1 Ta có
I
D
B
M
E
C
x
m−
x
2 ⇒ DE = x = 2am .
=
a
m
a + 2m
1
am
am
c) Ta có M I = DE =
do đó I nằm trên đường tròn tâm M bán kính
.
2
a + 2m
a + 2m
d) DE là đường trung bình của 4ABC ⇔ AD = DB ⇔ M A = M B ⇔ 4ABC vuông tại A.
BÀI 223. Trong tam giác ABC, đường phân giác AD chia cạnh đối diện thành các đoạn thẳng
BD = 2 cm, DC = 4 cm. Đường trung trung trực của AD cắt đường thẳng BC ở K. Tính độ dài
KD.
– LỜI GIẢI.
Vẽ đường phân giác ngoài của góc A cắt BC
A
tại E. Ta có
AB
DB
1
EB
=
=
= .
EC
AC
DC
2
Suy ra EB = BC = 6 cm, ED = 8 cm.
ED
Vậy KD =
= 4 cm.
2
E
K
B
D
C
BÀI 224. Cho tam giác ABC có AB = 8 cm, AC = 12 cm,BC = 10 cm. Gọi I là giao điểm của các
đường phân giác, G là trọng tâm của tam giác ABC.
1 Chứng minh rằng IG k BC.
2 Tính độ dài IG.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 383/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
DB
DC
DB + DC
10
1
=
=
=
= .
AB
AC
AB + AC
20
2
IA
AB
GA
Đồng thời
=
= 2 và
= 2.
ID
BD
GM
Do đó IG k BC.
1
1
2 Ta có BD = AB = 4 cm và BM = BC = 5 cm
2
2
suy ra DM = 1 cm.
2
Vậy IG = cm.
3
A
1 Ta có
G
I
B
C
DM
BÀI 225. Cho hình bình hành ABCD. Tia phân giác của góc BAD cắt BD ở M , tia phân giác của
góc ABC cắt AC ở N . Chứng minh rằng M N k CD.
– LỜI GIẢI.
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
A
Đặt AB = a, AD = b.
b
DM
b
DM
= =
=
.
Ta có
MB
a
DM + M B
b+a
DM
b
DM
2b
⇒
=
⇒
=
.
2DO
b+a
DO
b+a
CN
2b
Tương tự ta có
=
.
CO
b+a
DM
CN
Vậy
=
⇒ M N k BC.
DO
CO
D
N
M
O
B
C
BÀI 226. Cho tam giác ABC có các đường phân giác BE, CF cắt nhau ở O và
1
BO CO
·
= .
BE CF
2
Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A.
– LỜI GIẢI.
A
Đặt BC = a, AC = b, AB = c. Ta tính được
CE =
Tương tự
ab BO
a + c BO
a+c
,
=
,
=
.
a + c OE
b
BE
a+b+c
CO
a+b
=
. Suy ra
CF
a+b+c
E
F
O
B
C
(a + c)(a + b)
1
= ⇔ a2 = b 2 + c 2 .
a+b+c
2
Do đó 4ABC vuông tại A.
BÀI 227. Tính diện tích tam giác ABC, biết rằng AB = 14 cm, AC = 35 cm, đường phân giác AD
bằng 12 cm.
Hướng dẫn: Vẽ DE k AB và tính diện tích tam giác ADE.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 384/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Vẽ DE k AB (E ∈ AC) và H là hình chiếu của E trên AD.
EA
BD
AB
EA
14
Ta có
=
=
⇒
=
⇒ EA = 10 cm.
EC
DC
AC
35 − EC
35
EC
ED
=
⇒ ED = 10 cm.
Mặt khác
AB
AC
1
Do đó 4AED cân tại E ⇒ AH = AD = 6 cm.
2√
Theo định lý Py-ta-go ta có EH = AE 2 − AH 2 = 8 cm.
B
1
AC
Ta có
S4ADE = EH · AD = 48 cm2 ⇒ S4ADC =
S4ADE = 168 cm2 .
2
AE
BD
AB
14
BC
49
=
=
⇒
= .
DC
AC
35
DC
35
BC
Vậy S4ABC =
S4ADC = 235,2 cm2 .
DC
A
E
H
C
D
BÀI 228. Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c (b > c), các đường phân giác BD, CE.
1 Tính các độ dài CD, BE rồi suy ra CD > BE.
2 Vẽ hình bình hành BEKD. Chứng minh rằng CE > EK.
3 Chứng minh rằng CE > BD.
– LỜI GIẢI.
A
1 Tương tự ví dụ đầu bài, ta chứng minh được
CD =
ac
ab
, BE =
.
a+c
a+b
E
K
D
Mà b > c nên
B
ac
ac
ab
>
>
⇒ CD > BE.
a+c
a+c
a+b
’ > KCD.
’
b) Ta có CD > BE và BE = DK nên CD > DK ⇒ CKD
’ > ACE
’ mà ABD
’ = EKD
’ nên EKD
’ > ACE.
’
Ta lại có b > c ⇒ ABD
’ + EKD
’ > KCD
’ + ACE
’ ⇒ EKC
’ > KCE
’ ⇒ EC > EK.
Vậy ta có CKD
C
c) Ta có EC > CK mà EK = BD nên CE > BD.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 385/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
4
Năm học 2019-2020
CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA TAM GIÁC
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Định lí 1. Hai tam giác đồng dạng với nhau nếu
Ba cạnh của tam giác này tương ứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác kia (trường hợp cạnh – cạnh
– cạnh).
Hai cạnh của tam giác này tương ứng tỉ lệ với hai cạnh của tam giác kia và các góc xen giữa hai
cạnh ấy bằng nhau (trường hợp cạnh – góc – cạnh).
Hai góc của tam giác này lần lượt bằng hai góc của tam giác kia (trường hợp góc – góc).
B CÁC DẠNG TOÁN
{ DẠNG 1. Trường hợp cạnh – cạnh – cạnh
Phương pháp giải:
VÍ DỤ 1. Hai tam giác sau có đồng dạng không nếu độ dài các cạnh của chúng bằng 8 cm, 12
cm, 18 cm và 27 cm, 18 cm, 12 cm?
– LỜI GIẢI.
Gọi hai tam giác có độ dài các cạnh theo yêu cầu đề bài là
4ABC và 4DEF .
Xét 4ABC và 4DEF ta có
AB
AC
BC
2
=
=
= .
DE
DF
EF
3
⇒ 4ABC v 4DEF (c-c-c).
D
A
8
B
12
18
12
C E
18
27
F
VÍ DỤ 2. Có thể khẳng định rằng hai tam giác có hai cặp cạnh bằng nhau và ba cặp góc bằng
nhau thì hai tam giác ấy bằng nhau hay không?
– LỜI GIẢI.
Không thể khẳng định như vậy. Hai tam giác ở Ví dụ 1 có hai cặp cạnh bằng nhau và ba cặp góc
bằng nhau (vì hai tam giác đồng dạng) nhưng không phải là hai tam giác bằng nhau.
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Tứ giác ABCD có AB = 4 cm, BC = 20 cm, CD = 25 cm, AD = 8 cm, BD = 10 cm. Hãy
xác định dạng của tứ giác.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 386/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Xét 4ABD và 4BDC ta có
AD
BD
2
AB
=
=
= .
BD
BC
CD
5
⇒ 4ABD v 4BDC (c-c-c).
’ = BDC.
’
⇒ ABD
A
4
8
B
20
10
25
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AB k CD.
⇒ ABCD là hình thang.
D
C
BÀI 2. Tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c và a2 = bc. Chứng minh rằng tam giác ABC
đồng dạng với tam giác có độ dài các cạnh bằng độ dài ba đường cao của tam giác ABC.
– LỜI GIẢI.
A
Gọi độ dài ba đường cao kẻ từ A, B, C của 4ABC lần lượt
là ha , hb , hc .
D
c
Gọi tam giác 4DEF là tam giác có độ dài các cạnh bằng
độ dài ba đường cao của 4ABC.
1
1
1
Ta có · a · ha = · b · hb = · c · hc (cùng là diện tích
2
2
2
4ABC).
⇒ a · ha = b · hb = c · hc .
b · hb
c · hc
a · ha
=
=
.
⇒
bc
bc
bc
a · ha
hb
hc
Mà bc = a2 (giả thiết) nên
=
=
.
a2
c
b
ha
hb
hc
⇒
=
= .
a
c
b
Xét 4ABC và 4DEF ta có
AB
AC
BC
ha
hb
hc
=
=
(vì
=
= ).
DE
DF
EF
a
c
b
⇒ 4ABC v 4DEF (c-c-c).
B
b
hb
a
C
hc
E
F
ha
Vậy tam giác ABC đồng dạng với tam giác có độ dài các cạnh bằng độ dài ba đường cao của tam
giác ABC.
{ DẠNG 2. Trường hợp cạnh – góc – cạnh
Phương pháp giải:
VÍ DỤ 3. Tam giác ABC có AB = 12 cm, AC = 18 cm, BC = 27 cm, điểm D thuộc cạnh BC
sao cho CD = 12 cm. Tính độ dài AD.
– LỜI GIẢI.
Xét 4CAD và 4CBA ta có
b là góc chung,
C
CA
CD
2
=
= .
CB
CA
3
⇒ 4CAD v 4CBA (c-g-c).
AD
CD
⇒
=
.
BA
CA
⇒ AD = 8 (cm).
A
12
B
18
D
12
C
27
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 387/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2. Bài tập tự luyện
BÀI 3. Tam giác ABC có AB = 4 cm, AC = 6 cm, BC = 8 cm, M là trung điểm của BC, D là
trung điểm của BM . Tính độ dài AD.
– LỜI GIẢI.
BC
= 4.
2
BM
D là trung điểm của BM nên BD =
= 2.
2
Xét 4BAD và 4BCA ta có
“ là góc chung,
B
BA
BD
1
=
= .
BC
BA
2
⇒ 4BAD v 4BCA (c-g-c).
AD
BA
⇒
=
.
CA
BC
⇒ AD = 3 (cm).
A
M là trung điểm của BC nên BM =
4
B
6
D
M
C
8
b = 2C.
b
BÀI 4. Tam giác ABC có AB = 4 cm, AC = 5 cm, BC = 6 cm. Chứng minh rằng A
– LỜI GIẢI.
E
Ta có BE = BA + AE = 9 (cm).
Xét 4BAC và 4BCE ta có
“ là góc chung,
B
BA
BC
2
=
= .
BC
BE
3
⇒ 4BAC v 4BCE (c-g-c).
’ = E.
“
⇒ ACB
(1)
5
A
5
4
6
B
Ta có AE = AC = 5 cm ⇒ 4ACE cân tại A.
’ = E.
“
⇒ ACE
(2)
’ + ACE
’ =E
“+ E
“ ⇒ BCE
’ = 2 · E.
“
Từ (1) và (2) ta có ACB
’ = E,
“ BAC
’ = BCE
’ (vì 4BAC v 4BCE) nên BAC
’ = 2 · ACB.
’
Mặt khác ACB
C
BÀI 5. Cho đoạn thẳng AB = a. Gọi C là điểm đối xứng với A qua B. Vẽ điểm D sao cho DA = a,
DC = 2a. Gọi M là trung điểm của AB. Tính độ dài DM .
– LỜI GIẢI.
Vì C đối xứng với A qua B nên AC = 2AB = 2a.
AB
a
Vì M là trung điểm của AB nên AM =
= .
2
2
Xét 4M AD và 4DAC ta có
b là góc chung,
A
AM
AD
1
=
= .
AD
AC
2
⇒ 4M AD v 4DAC (c-g-c).
MD
AD
⇒
=
.
CD
AC
⇒ M D = a.
D
a
2a
A M B
C
BÀI 6. Chỉ bằng compa, hãy dựng trung điểm M của đoạn thẳng AB cho trước, cho biết tia Bx là
tia đối của tia BA.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 388/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
D
Dựng đường tròn (B; BA) cắt tia Bx ở C.
Dựng hai đường tròn (A; AB) và (C; CA) cắt nhau tại D.
Dựng đường tròn (D; DA) cắt AB ở M .
Vậy ta đã dựng được M là trung điểm của AB.
A M B
x
C
{ DẠNG 3. Trường hợp góc – góc
Phương pháp giải:
VÍ DỤ 4. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Giả sử AC = b, AB = c, DB = m,
’ = BAD
’ (tia Cx khác phía với A đối với BC).
DC = n. Kẻ tia Cx sao cho DCx
1 Chứng minh rằng AD · DI = mn.
2 Chứng minh rằng AD2 = bc − mn.
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh rằng AD · DI = mn.
Xét 4ABD và 4CID ta có
’ = ICD
’ (giả thiết),
BAD
A
c
’ = IDC
’ (đối đỉnh).
BDA
⇒ 4ABD v 4CID (g-g).
“ = Ib và AD = CD .
⇒B
BD
ID
⇒ AD · DI = DB · DC = mn.
(1)
2
2 Chứng minh rằng AD = bc − mn.
b
m
B
n
D
x
C
I
Xét 4ABD và 4AIC ta có
’ = IAC
‘ (giả thiết),
BAD
“ = Ib (chứng minh trên).
B
⇒ 4ABD v 4AIC (g-g).
AB
AD
⇒
=
.
AI
AC
⇒ AD · AI = AC · AB = bc.
(2)
Từ (1) và (2) suy ra AD · AI − AD · DI = bc − mn.
⇒ AD(AI − DI) = bc − mn ⇒ AD2 = bc − mn.
3. Bài tập tự luyện
BÀI 7. Cho tam giác ABC (AB < AC) đường phân giác AD. Đường trung trực của AD cắt BC ở
K.
1 Chứng minh rằng 4KAB v 4KCA.
2 Tính độ dài KD biết rằng BD = 2 cm, DC = 4 cm.
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh rằng 4KAB v 4KCA.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 389/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Do K thuộc đường trung trực của AD nên KA = KD.
⇒ 4KAD cân tại K.
’ = KAD.
’
⇒ KDA
’ + DCA
’ = KAB
’ + BAD
’ (KDA
’ là góc ngoài tại đỉnh D của
⇒ DAC
4DAC).
’ = BAD
’ (AD là phân giác của 4ABC) nên DCA
’ = KAB.
’
Mà DAC
K
B
D
C
Xét 4KAB và 4KCA ta có
’ là góc chung,
AKC
’ = KCA
’ (chứng minh trên).
KAB
⇒ 4KAB v 4KCA (g-g).
2 Tính độ dài KD biết rằng BD = 2 cm, DC = 4 cm.
Ta có
AB
KB
=
(vì 4KAB v 4KCA),
KA
AC
AB
BD
=
(AD là phân giác của 4ABC).
AC
CD
KB
1
Suy ra
= .
KA
2
Mà KA = KD (chứng minh trên) nên KD = 2KB.
⇒ KD = 2BD = 4 (cm).
’ = BAC
’
BÀI 8. Cho tam giác ABC (AB < AC) có đường phân giác AD. Vẽ tia Dx sao cho CDx
(tia Dx và A cùng phía đối với BC), tia Dx cắt AC ở E. Chứng minh rằng
1 4ABC v 4DEC.
2 DE = DB.
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh 4ABC v 4DEC.
A
Xét 4ABC và 4DEC ta có
’ là góc chung,
ACB
x
E
’ = CDE
’ (giả thiết).
CAB
⇒ 4ABC v 4DEC (g-g).
2 Chứng minh DE = DB.
AB
AC
Ta có
=
(vì 4ABC v 4DEC).
DE
DC
AB
DE
⇒
=
.
AC
DC
AB
DB
Mà
=
(vì AD là phân giác của 4ABC) nên DE = DB.
AC
DC
B
D
C
BÀI 9. Trên cạnh huyền CB của tam giác vuông ABC, lấy điểm D sao cho CD = CA. Gọi E là
điểm đối xứng với D qua C.
1 Chứng minh rằng các tam giác ABD và EBA đồng dạng.
2 Gọi BC = a, AC = b, AB = c. So sánh a2 với b2 + c2 mà không dùng định lí Py-ta-go.
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh rằng các tam giác ABD và EBA đồng dạng.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 390/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
4ADE có AC là đường trung tuyến (E đối xứng
1
với D qua C) và AC = DE (cùng bằng CD).
2
⇒ 4ADE vuông tại A.
’ + CAE
’ = 90◦ .
B
⇒ DAC
◦
’
’
’
’
Mà DAC + BAD = 90 (4ABC vuông tại A) nên CAE = BAD.
A
E
C
D
4ACE có AC = CE (cùng bằng CD).
⇒ ACE cân tại C.
’ = CEA.
’
⇒ CAE
Xét 4ABD và 4EBA ta có
’ là góc chung,
ABE
’ = BEA
’ (cùng bằng CAE).
’
BAD
⇒ 4ABD v 4EBA (g-g).
2 Gọi BC = a, AC = b, AB = c. So sánh a2 với b2 + c2 mà không dùng định lí Py-ta-go.
Ta có 4ABD v 4EBA (chứng minh trên).
BD
c
a−b
AB
=
⇒
=
⇒ a2 = b 2 + c 2 .
⇒
BE
BA
a+b
c
BÀI 10. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Chứng minh rằng AD2 < AB · AC.
– LỜI GIẢI.
A
’ = B.
“
Lấy E trên AC sao cho ADE
Xét 4ADE và 4ABD ta có
’ = ABD
’ (giả thiết),
ADE
E
’ = BAD
’ (AD là phân giác của 4ABC).
DAE
⇒ 4ADE v 4ABD (g-g).
AD
AE
⇒
=
⇒ AD2 = AB · AE < AB · AC.
AB
AD
B
D
C
“ = 2C,
b AB = 4 cm, BC = 5 cm. Tính độ dài AC.
BÀI 11. Tam giác ABC có B
– LỜI GIẢI.
A
Trên tia đối của tia BA lấy BD = BC.
B
⇒ 4BCD cân tại B.
’ = 2BDC
’ (ABC
’ là góc ngoài tại đỉnh B).
⇒ ABC
Xét 4ACD và 4ABC ta có
’ là góc chung,
BAC
’ = ACB
’ (cùng bằng 1 ABC).
’
ADC
2
⇒ 4ACD v 4ABC (g-g).
AC
AD
⇒
=
⇒ AC 2 = AB · AD = 4 · 9 = 36 ⇒ AC = 6 (cm).
AB
AC
D
C
“ = 2C
b biết rằng số đo các cạnh là ba số tự
BÀI 12. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC có B
nhiên liên tiếp.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 391/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Đặt BC = a, AC = b, AB = c là ba số tự nhiên liên tiếp.
B
Trên tia đối của tia BA lấy BD = BC.
⇒ 4BCD cân tại B.
’ = 2BDC
’ (ABC
’ là góc ngoài tại đỉnh B).
⇒ ABC
Xét 4ACD và 4ABC ta có
’ là góc chung,
BAC
’
’ = ACB
’ (cùng bằng 1 ABC).
ADC
2
⇒ 4ACD v 4ABC (g-g).
AC
AD
⇒
=
⇒ AC 2 = AB · AD = AB(AB + BD) ⇒ b2 = c2 + ac.
AB
AC
Ta có b > c nên chỉ có hai khả năng là b = c + 1 hoặc b = c + 2.
D
C
(1)
Nếu b = c + 1 thì từ (1) suy ra (c + 1)2 = c2 + ac ⇒ 2c + 1 = ac ⇒ c(a − 2) = 1, loại vì c = 1,
a = 3, b = 2 không là các cạnh của một tam giác.
Nếu b = c + 2 thì từ (1) suy ra (c + 2)2 = c2 + ac ⇒ 4c + 4 = ac ⇒ c(a − 4) = 4. Xét c lần lượt
bằng 1, 2, 4 thì chỉ có c = 4, a = 5, b = 6 thỏa mãn bài toán.
BÀI 13. Cho tam giác ABC cân tại A, đường phân giác BD. Tính độ dài BD biết rằng BC = 5 cm,
AC = 20 cm.
– LỜI GIẢI.
DA
BA
=
= 4 ⇒ DA = 4DC.
DC
BC
Mà DA + DC = 20 nên 5DC = 20 ⇒ DC = 4 (cm).
Ta có BD là phân giác của 4ABC nên
A
Cách 1. Làm tiếp như Bài 9.
Cách 2. Tính BD theo công thức tổng quát BD2 = AB · BC − AD · DC nêu ở Ví dụ 4.
Cách 3. Vẽ đường phân giác CE của 4CBD (E thuộc BD).
’ = CBD
’ = 1 ABC
’ (BD là phân giác của ABC),
’
Ta có ABD
2
’ = ECB
’ = 1 ACB
’ (CE là phân giác của ACB),
’
DCE
2
’ = ACB
’ (4ABC cân tại A).
ABC
’ = CBD
’ = DCE
’ = ECB.
’
⇒ ABD
E
B
D
C
⇒ 4EBC cân tại E.
Đặt DE = x, EB = y, ta có CE = y.
Xét 4CED và 4BCD ta có
’ là góc chung,
BDC
’ = DBC
’ (chứng minh trên).
DCE
⇒ 4CED v 4BCD (g-g).
CD
ED
EC
⇒
=
=
.
BD
CD
BC
x
y
x+y
BD
4
⇒
= = =
=
(tính chất dãy tỉ số bằng nhau).
BD2 4
5
9
9
⇒ BD = 36 ⇒ BD = 6 (cm).
BÀI 14. Các đường phân giác các góc ngoài tại các đỉnh B và C của 4ABC cắt nhau ở K. Đường
thẳng vuông góc với AK tại K cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự ở D, E. Chứng minh rằng
1 Các tam giác DBK và EKC đồng dạng.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 392/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
2 DE 2 = 4BD · CE.
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh các tam giác DBK và EKC đồng dạng.
A
Vì các đường phân giác các góc ngoài tại các đỉnh B và C của 4ABC
cắt nhau ở K nên K cách đều AB, AC và BC. Suy ra AK là phân
’
giác của BAC.
4ADE có AK vừa là phân giác vừa là đường cao nên 4ADE cân tại
A.
B
’ = AED
’ = α, CBK
’ = KBD
’ = β, BCK
’ = KCE
’ = γ.
Đặt ADE
’ + BCE
’ + CED
’ + EDB
’ = 360◦ .
Tứ giác BCED có DBC
⇒ α + β + γ = 180◦ .
’ + α + γ = 180◦ (tổng ba góc trong 4CKE) nên
Mặt khác CKE
’ = β.
CKE
Xét 4DBK và 4EKC ta có
’ = ECK
’ = β,
DBK
’ = CEK
’ = α.
BDK
D
C
E
K
⇒ 4DBK v 4EKC (g-g).
2 Chứng minh DE 2 = 4BD · CE.
4ADE cân tại A có AK là đường cao nên AK cũng là trung tuyến.
DK
BD
Vì 4DBK v 4EKC (chứng minh trên) nên
=
.
CE
KE
⇒ DK · KE = BD · CE.
1
⇒ DE 2 = BD · CE (vì K là trung điểm của DE).
4
⇒ DE 2 = 4BD · CE.
BÀI 15. Cho tam giác ABC cân tại A, góc đáy α. Các điểm D, M , E theo thứ tự thuộc các cạnh
÷
AB, BC, CA sao cho DM
E = α. Chứng minh rằng các tam giác BDM và CM E đồng dạng.
– LỜI GIẢI.
“ + BM
÷
÷ = 180◦ (tổng ba góc trong 4BDM ),
Ta có B
D + BDM
÷
÷
÷
DM
E + BM
D + CM
E = 180◦ (B, M , C thẳng hàng),
“ = DM
÷
B
E = α.
÷
÷
⇒ BDM = CM
E.
A
D
E
Xét 4BDM và 4CM E ta có
“= C
b = α,
B
÷ = CM
÷
BDM
E (chứng minh trên).
B M
⇒ 4BDM v 4CM E (g-g).
C
BÀI 16. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM . Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng
song song với AM , cắt AB và AC theo thứ tự ở E và F .
1 Chứng minh rằng khi điểm D chuyển động trên cạnh BC thì tổng DE + DF có giá trị không
đổi.
2 Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt EF ở K. Chứng minh rằng K là trung điểm của
EF .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 393/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh rằng khi D chuyển động trên cạnh BC thì tổng DE + DF có giá trị không đổi.
BD
DE
F
=
(hệ quả định lý Ta-lét, DE k AM ),
Ta có
AM
BM
K
A
DF
CD
=
(hệ quả định lý Ta-lét, AM k DF ).
E
AM
CM
DE
DF
BD
CD
BC
⇒
+
=
+
=
= 2.
AM
AM
BM
CM
BM
Vậy DE + DF = 2AM không đổi khi D chuyển động trên cạnh BC.
B
DM
C
2 Chứng minh rằng K là trung điểm của EF .
Xét 4F AK và 4ACM ta có
÷ (đồng vị, AK k BC),
F’
AK = ACM
’
÷ (đồng vị, AM k DF ).
AF
K = CAM
⇒ 4F AK v 4ACM (g-g).
Xét 4AEK và 4BAM ta có
’ = BAM
÷ (so le trong, DF k AM ),
AEK
’ = ABM
÷ (so le trong, AK k BC).
EAK
⇒ 4AEK v 4BAM (g-g).
EK
AK
AK
⇒
=
=
(M là trung điểm của BC).
AM
BM
CM
FK
AK
Mặt khác
=
(vì 4F AK v 4ACM ) nên EK = F K.
AM
CM
Suy ra K là trung điểm của EF .
b+ A
“0 = 180◦ , B
“= B
c0 . Gọi BC = a, AC = b, AB = c,
BÀI 17. Cho các tam giác ABC và A0 B 0 C 0 có A
B 0 C 0 = a0 , A0 C 0 = b0 , A0 B 0 = c0 . Chứng minh rằng aa0 = bb0 + cc0 .
– LỜI GIẢI.
Vẽ 4ADE bằng 4A0 B 0 C 0 như hình bên. Kẻ EF k BC.
AF
AE
Do EF k BC nên
=
(định lý Ta-lét).
AB
AC
0
b
AF
⇒ =
⇒ bb0 = c · AF .
(1)
c
b
Xét 4ABC và 4EDF ta có
’ = EF
’
ACB
D (đồng vị, EF k BC),
“
“
c0 ).
B = D (cùng bằng B
⇒ 4ABC v 4EDF (g-g).
c
BC
AB
a
⇒
=
⇒
= 0 ⇒ aa0 = c · AF + cc0 .
0
DF
ED
AF + c
a
Từ (1) và (2) suy ra aa0 = bb0 + cc0 .
D
A
E
B
F
C
(2)
BÀI 18. Cho tam giác ABC, I là giao điểm của ba đường phân giác. Đường thẳng vuông góc với CI
tại I cắt AC, BC theo thứ tự ở M , N . Chứng minh rằng
1 Tam giác
Å AIM
ã đồng dạng với tam giác ABI.
AI 2
AM
2
=
.
BN
BI
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh tam giác AIM đồng dạng với tam giác ABI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 394/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
’I = 90◦ − M
’
Ta có CM
CI (4CM I vuông tại I).
M
’I = 90◦ − 1 ACB
’ (CI là phân giác của ACB).
’
⇒ CM
2
I
◦
’
180
−
ACB
’I =
.
⇒ CM
2
B
N
’ + BAC
’
ABC
’I =
⇒ CM
(tổng ba góc trong 4ABC).
2
’I = M
’
‘ (AI, BI là phân giác của 4ABC).
⇒ CM
AI + ABI
’I = M
’
’
‘ =M
’
Mà CM
AI + M
IA (góc ngoài tại đỉnh M của 4AIM ) nên ABI
IA.
C
Xét 4AIM và 4ABI ta có
’
‘ (chứng minh trên),
M
IA = ABI
’
‘ (AI là phân giác của BAC).
’
M
AI = IAB
⇒ 4AIM v 4ABI (g-g).
Å
ã
AM
AI 2
2 Chứng minh
=
.
BN
BI
AM
AI
Ta có
=
⇒ AI 2 = AM · AB.
AI
AB
Chứng minh tương tự ở trên ta có BI 2 = BN · AB.
AI 2
AM · AB
AM
Vậy
=
=
.
BI 2
BN · AB
BN
’=
BÀI 19. Tam giác ABC có AB < AC, các đường phân giác BD và CE. Kẻ tia Bx sao cho DBx
’ (tia Bx và A nằm cùng phía đối với BD), Bx cắt DA ở F , cắt CE ở G. Chứng minh rằng
DCE
1 CG < CE.
2 BD < CE.
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh CG < CE.
góc đối diện).
’ > DCE
’ (BD và CE là phân giác của 4ABC).
⇒ DBE
’ = DBG
’ (giả thiết) nên DBE
’ > DBG.
’
Mà DCE
Gọi I là giao điểm của BD và CE thì G nằm giữa I và E, suy ra
CG < CE.
2 Chứng minh BD < CE.
’ > ACB
’ (chứng minh trên).
Ta có ABC
’ > ECB
’ (BD, CE là phân giác của 4ABC).
⇒ DBC
’ =F
’
’ + DBF
’ > ECB
’ +F
’
Mà DBF
CE (giả thiết) nên DBC
CE.
x
A
’ > ACB
’ (quan hệ cạnh và
4ABC có AB < AC (giả thiết) nên ABC
F
E
D
G
I
B
C
’
’
⇒F
BC > F
CB.
⇒ CF > BF . (quan hệ cạnh và góc đối diện trong 4F BC).
Xét 4F BD và 4F CG ta có
’
BF
D là góc chung,
’
F’
BD = F
CG (giả thiết).
⇒ 4F BD v 4F CG (g-g).
BD
BF
⇒
=
.
CG
CF
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 395/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Mà CF > BF (chứng minh trên) nên CG > BD.
Mặt khác CG < CE (chứng minh câu a) nên BD < CE.
{ DẠNG 4. Phối hợp các trường hợp cạnh – góc – cạnh và góc – góc
Phương pháp giải:
VÍ DỤ 5. Một hình thang có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh của một hình bình hành. Chứng minh
rằng tồn tại một đường chéo của hình bình hành đi qua giao điểm hai đường chéo của hình
thang.
– LỜI GIẢI.
A
Gọi O là giao điểm của các đường chéo EG và F H của hình thang
EF GH nội tiếp hình bình hành ABCD.
Gọi M là giao điểm của CH và AD.
F
E
B
O
G
Xét 4OEF và 4OGH ta có
’ = OGH
’ (so le trong, EF k GH),
OEF
’
’ (so le trong, EF k GH).
OF
E = OHG
D
H
C
M
⇒ 4OEF v 4OGH (g-g).
OE
EF
⇒
=
.
(1)
OG
GH
Xét 4AEF và 4CGH ta có
b=C
b (ABCD là hình bình hành),
A
’ = CGH
’ (cùng bằng M
c).
AEF
⇒ 4AEF v 4CGH (g-g).
AE
EF
⇒
=
.
(2)
CG
GH
AE
OE
Từ (1) và (2) suy ra
=
.
CG
OG
Xét 4AOE và 4COG ta có
AE
OE
=
(chứng minh trên),
CG
OG
’ = CGO
’ (so le trong, AD k BC).
AEO
⇒ 4AOE v 4COG (c-g-c).
’ = COG.
’
⇒ AOE
’ + AOG
’ = 180◦ nên COG
’ + AOG
’ = 180◦ .
Mà AOE
Suy ra A, O, C thẳng hàng.
Vậy đường chéo AC của hình bình hành ABCD đi qua giao điểm hai đường chéo của hình thang
EF GH.
÷
÷
BÀI 20. Cho điểm M nằm trong hình bình hành ABCD sao cho M
AB = M
CB. Qua M vẽ đường
thẳng song song với BC, cắt AB và CD theo thứ tự ở G và H. Qua M vẽ đường thẳng song song với
AB, cắt BC ở F . Chứng minh rằng
1 Tam giác AGM đồng dạng với tam giác CF M .
÷
÷
2 M
BC = M
DC.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 396/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh tam giác AGM đồng dạng với tam giác CF M .
÷ = ABC
’ (đồng vị, GM k BC),
Ta có AGM
A
÷
’ (đồng vị, M F k AB).
CF
M = ABC
÷ = CF
÷
⇒ AGM
M.
GB
M
Xét 4AGM và 4CF M ta có
÷ = CF
÷
AGM
M (chứng minh trên),
÷
÷
M
AG = M
CF (giả thiết).
D
F
H C
⇒ 4AGM v 4CF M (g-g).
÷
÷
BC = M
DC.
2 Chứng minh M
Tứ giác ADHG có
AD k GB (cùng song song với BC),
AG k DH (ABDC là hình bình hành).
⇒ ADHG là hình bình hành.
Chứng minh tương tự ta cũng có M F BG, M HCF là hình bình hành.
MG
AG
=
(vì 4AGM v 4CF M ),
Ta có
CF
MF
AG = DH (ADHG là hình bình hành),
CF = M H (M HCF là hình bình hành),
M G = BF (M F BG là hình bình hành).
DH
BF
⇒
=
.
MH
MF
DH
MH
⇒
=
.
BF
MF
÷ = BCD
’ (đồng vị, HM k BC),
Ta có DHM
÷
’ (đồng vị, M F k AB k CD).
BF
M = BCD
÷ = BF
÷
⇒ DHM
M.
Xét 4DHM và 4BF M ta có
DH
MH
=
(chứng minh trên),
BF
MF
÷ = BF
÷
DHM
M (chứng minh trên).
⇒ 4DHM v 4BF M (c-g-c).
÷
÷
⇒M
DC = M
BC.
b = 60◦ . Một đường thẳng bất kì đi qua C cắt tia đối của
BÀI 21. Cho hình thoi ABCD cạnh a có A
các tia BA và DA theo thứ tự tại M và N .
1 Chứng minh rằng tích BM · DN có giá trị không đổi.
’
2 Gọi K là giao điểm của BN và DM . Tính BKD.
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh rằng tích BM · DN có giá trị không đổi.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 397/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
M
Xét 4M BC và 4CDN ta có
÷
’ (đồng vị, AM k CD),
BM
C = DCN
B
÷ = DN
’
BCM
C (đồng vị, BC k AN ).
BC
BM
K
=
.
⇒ 4M BC v 4CDN (g-g). ⇒
◦
CD
DN
60
⇒ BM · DN = a2 .
’
A
D
2 Gọi K là giao điểm của BN và DM . Tính BKD.
◦
b = 60 nên 4ABD đều ⇒ BD = a.
4ABD có AB = AD = a và A
Mà BM · DN = a2 (câu a) nên BM · DN = BD2 .
÷ kề bù với DBA
’ nên DBM
÷ = 120◦ .
Vì DBM
C
N
’ kề bù với BDA
’ nên BDN
’ = 120◦ .
Vì BDN
Xét 4BDM và 4DN B ta có
÷ = BDN
’ = 120◦ ,
DBM
BM
BD
=
(vì BM · DN = BD2 ).
BD
DN
⇒ 4BDM v 4DN B (c-g-c).
÷
’.
⇒ BM
D = DBN
Xét 4DBM và 4DKB ta có
’ là góc chung,
BDK
÷
’ (chứng minh trên).
BM
D = DBK
⇒ 4DBM v 4DKB (g-g).
÷ = BKD.
’
⇒ DBM
’ = 120◦ .
⇒ BKD
BÀI 22. Cho tam giác ABC cân tại A có BC = 2a, M là trung điểm của BC. Lấy các điểm D, E
÷
“
theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho DM
E = B.
1 Chứng minh rằng tích BC · CE không đổi.
2 Chứng minh rằng DM là tia phân giác của góc BDE.
3 Tính chu vi 4AED nếu tam giác ABC là tam giác đều.
– LỜI GIẢI.
1
A
÷
÷
÷
÷
“+
Ta có DM
C = DM
E + CM
E, mặt khác DM
C=B
÷ , mà DM
÷
“ nên CM
÷
÷.
BDM
E=B
E = BDM
E
Do đó 4BDM và 4CM E đồng dạng (g.g)
BD
BM
⇒
=
CM
CE
⇒ BD · CE = CM · BM = a2 .
D
H
I
α
B
K
α
α
M
C
BD
DM
BD
DM
=
⇒
=
.
ME
CM
ME
BM
÷
÷.
(vì CM = BM ). Do đó 4DM E và 4DBM đồng dạng (c.g.c) ⇒ M
DE = BDM
2 4BDM và 4CM E đồng dạng còn suy ra
3 Từ câu b) suy ra DM là tia phân giác của góc BDE, EM là tia phân giác của góc CED. Kẻ
M H⊥DE, M I⊥AB , M K⊥AC.
Ta có DH = DI, EH = EK, do đó chu vi 4ADE = AI + AK = 2AK.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 398/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
MC
a
= , AC = 2a nên AK = 1, 5a.
2
2
Vậy chu vi tam giác ADE bằng 3a.
Ta lại có CK =
BÀI 23. Cho hình vuông ABCD, O là giao điểm của hai đường chéo. Lấy điểm G thuộc cạnh BC,
’ = 45◦ . Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh rằng:
điểm H thuộc cạnh CD sao cho GOH
1 Tam giác HOD đồng dạng với tam giác OGB.
2 M G song song với AH.
– LỜI GIẢI.
1 Ta có
’ +O
c1 = 135◦ , OGB
’ +O
c1 = 135◦ nên HOD
’ = OGB.
’
HOD
A
4HOD và 4OGB đồng dạng (g.g).
HD
DO
2 Từ câu a) suy ra
=
.
OB
BG
√
Đặt BM = a thì AD = 2a, OB = OD = a 2.
√
√
Ta có HD · BG = OB · OD = a 2 · a 2 = 2a · a = AD · BM
HD
BM
⇒
=
.
AD
BG
’ = GM
÷
4AHD và 4GM B đồng dạng (c.g.c) suy ra AHD
B.
’ = GM
÷
Do đó HAB
B.
M
a
B
O 1
45 ◦
D
G
H C
Vậy M G k AH.
“= D
“ = Fb, AB = BC, CD = DE, EF = F A. Gọi K là điểm đối
BÀI 24. Lục giác ABCDEF có B
xứng với F qua AE. Chứng minh rằng BCDK là hình bình hành.
– LỜI GIẢI.
4ABC và 4AKE đồng dạng (g.g)
AC
AB
⇒
=
, do đó 4BAK và 4CAE đồng dạng
AE
AK
(c.g.c).
Tương tự 4DKE và 4CAE đồng dạng. Suy ra 4BAK
và 4DKE đồng dạng.
AK
Tỉ số đồng dạng bằng
= 1 nên 4BAK =
KE
4DKE ⇒ BC = DK.
A
B
F
K
C
E
Tương tự CD = BK.
Vậy BCDK là hình bình hành.
D
{ DẠNG 5. Dựng hình
Phương pháp giải:
BÀI 25. Dựng tam giác ABC, biết độ dài ba đường cao của nó bằng ha , hb , hc cho trước.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 399/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Phân tích. Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của 4ABC
phải dựng. Ta có aha = bhb = chc .
b
c
a
=
=
Chia cho ha hb được
.
ha hb
hb
ha
hc
Do đó ba cạnh a, b, c tỉ lệ với ha , hb ,
A
D
E
ha hb
.
hc
B0
C0
ha hb
(dựng đoạn tỉ
hc
Biết ha , hb , hc ta dựng được k =
H0
lệ thứ tư).
B
Do đó ta dựng được một tam giác đồng dạng với tam
giác phải dựng.
Cách dựng. Dựng AB 0 C 0 có AB 0 = k, AC 0 = ha , B 0 C 0 = hb .
H
C
Dựng đường cao AH 0 . Trên tia AH 0 đặt AH = ha . Qua H dựng đường thẳng song song B 0 C 0 , cắt
AB 0 , AC 0 ở B, C, ta được 4ABC cần dựng.
Chứng minh. Gọi BD, CE là các đường cao của 4ABC. Ta sẽ chứng minh rằng BD = hb ,
CE = hc .
Tỉ số hai đường cao bằng tỉ số nghịch đảo của hai cạnh tương ứng nên
AH
AC
ha
AC
=
⇒
=
BD
BC
BD
BC
Ta lại có
Từ (1), (2) suy ra
AC
AC 0
ha
= 0 0 =
BC
BC
hb
(1)
(2)
ha
ha
=
nên BD = hb .
BD
hb
Tương tự ta có
AH
AB
ha
AB
=
⇒
=
CE
BC
CE
BC
Ta lại có
AB
AB 0
ha hb : hc
ha
= 0 0 =
=
BC
BC
hb
hc
(3)
(4)
ha
ha
=
nên CE = hc .
CE
hc
Biện luận. Bài toán có một nghiệm hình ⇔ dựng được 4AB 0 C 0
Từ (3), (4) suy ra
⇔ |ha − hb | <
4
!
ha hb
1
1
1
1
1
< ha + hb ⇔
−
<
<
+ .
hc
hb ha
hc
hb ha
Chú ý: Sẽ không chính xác nếu dựng 4A0 B 0 C 0 như sau:
Dựng tam giác có độ dài ba cạnh bằng ha , hb , hc .
Dựng 4A0 B 0 C 0 có độ dài ba cạnh là chiều cao của tam giác trên.
4A0 B 0 C 0 đồng dạng với tam giác phải dựng.
Sai lầm của cách dựng này là ngay trong bước dựng thứ nhất đã đòi hỏi trong ba đoạn thẳng ha , hb ,
hc , mỗi đoạn phải nhỏ hơn tổng của hai đoạn kia, trong khi điều kiện đó không nhất thiết phải có.
Chẳng hạn, một tam giác cân có cạnh đáy a, cạnh bên b trong đó a : b = 1 : 5 thì ha : hb = 5 : 1 do
đó ha : hb : hc = 5 : 1 : 1, tam giác này có ha > hb + hc .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 400/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 26. Cho tam giác ABC. Dựng hình bình hành AEM D có D, M , E theo thứ tự thuộc các cạnh
AB, BC, CA sao cho các tam giác M DE và ABC đồng dạng.
– LỜI GIẢI.
Chú ý rằng 4M DE = 4AED nên cần dựng 4AED
đồng dạng với 4ABC.
A
Dựng E 0 bất kì thuộc AC.
0 D 0 = B.
÷
“
Dựng D0 thuộc AB sao cho AE
Gọi I là trung điểm của D0 E 0 , giao điểm của AI và
D0
D
BC cho ta điểm M .
E0
E
I
B
M
C
BÀI 27. Cho tam giác ABC. Dựng điểm M thuộc cạnh AB, điểm N thuộc cạnh AC sao cho BM =
1
CN = M N .
2
– LỜI GIẢI.
Lấy N 0 bất kì thuộc BN , kẻ N 0 M 0 k N M , N 0 C 0 k N C.
A
Ta có:
M 0N 0
BN 0
N 0C 0
BM 0
=
=
=
BM
MN
BN
NC
⇒ BM 0 : M 0 N 0 : N 0 C 0 = BM : M N : N C = 1 : 2 : 1.
Từ đó suy ra cách dựng: trước hết dựng tứ giác BM 0 N 0 C 0
biết ba cạnh và hai góc kề với cạnh thứ tư: BM 0 = a,
0 BC 0 =
◊
M 0 N 0 = 2a, N 0 C 0 = a (a là một độ dài tùy ý), M
0 C 0 B = ACB,
’ N
÷
’ cách dựng được thể hiện trên hình
ABC,
M
M0
N
0
E
a
a
B
146. BN 0 cắt AC ở N . Dựng N M k N 0 M 0 .
N
2a
C0
C
Hình 146
BÀI 28. Cho bốn điểm A, C 0 , D0 , B thẳng hàng theo thứ tự ấy. Vẽ về một phía của AB các hình
vuông ABCD và A0 B 0 C 0 D0 . Chứng minh rằng các đường thẳng AA0 , BB 0 , CC 0 , DD0 đồng quy.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 401/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
D
C
B0
A0
I
A
C0
D0
B
Gọi O là giao điểm của AA0 và BB 0 . Ta sẽ chứng minh rằng các đường thẳng CC 0 , DD0 cũng đi qua
O. Thật vậy:
OB 0
OA0
A0 B 0
B0C 0
=
=
=
.
OB
OA
AB
BC
Do đó 4OB 0 C 0 và 4OBC đồng dạng (c.g.c)
0 OC 0 = BOC.
’
÷
⇒B
Từ đó C, O, C 0 thẳng hàng. Tương tự D, O, D0 thẳng hàng.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 402/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
5
Năm học 2019-2020
CÁC TRƯỜNG HỢP ĐỒNG DẠNG CỦA TAM GIÁC
VUÔNG
A CÁC DẠNG TOÁN
{ DẠNG 1. Hai tam giác vuông đồng dạng
Phương pháp giải:
Hai tam giác vuông đồng dạng với nhau nếu:
Hai cạnh góc vuông của tam giác này tỉ lệ với hai cạnh góc vuông của tam giác kia (trường
hợp cạnh – góc – cạnh).
Một góc nhọn của tam giác này bằng một góc nhọn của tam giác kia (trường hợp góc góc).
Cạnh huyền và một cạnh góc vuông của tam giác này tỉ lệ với cạnh huyện và cạnh góc
vuông của tam giác kia (trường hợp cạnh huyền – cạnh góc vuông).
VÍ DỤ 1. Tính chu vi của tam giác ABC vuông tại A, biết rằng đường cao AH chia tam giác
đó thành hai tam giác AHB và AHC có chu vi theo thứ tự bằng 18 cm và 24 cm.
– LỜI GIẢI.
Xét 4AHB và 4CHA, ta có
’ = CAB
’ = 90◦ ,
AHB
C
’ = CAH
’ (cùng phụ với góc HAB).
ABH
Do đó 4AHB và 4CHA đồng dạng (g.g), suy ra
AH
AB
HB
AH + AB + HB
18
3
=
=
=
=
=
CH
CA
HA
CH + CA + HA
24
4
H
(1)
A
B
Xét 4AHB và 4CAB, có:
’ = CAB
’ = 90◦ ,
AHB
“ là góc chung.
B
Do đó 4AHB và 4CAB đồng dạng (g.g), suy ra
AH
AB
HB
AH + AB + HB
18
=
=
=
=
CA
CB
AB
CH + CB + AB
CH + CB + AB
(2)
Từ (1), ta đặt AB = 3k, CA = 4k. Xét 4ABC vuông tại A:
CB 2 = AB 2 + CA2 = (3k)2 + (4k)2 = (5k)2
AB
3
nên CB = 5k. Do đó
= .
CB
5
3
18
Từ (2) suy ra =
.
5
chu vi 4ABC
5
Vậy chu vi 4ABC bằng 18 · = 30 (cm).
3
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 403/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
VÍ DỤ 2. Tam giác ABH vuông tại H có AB = 20 cm, BH = 12 cm. Trên tia đối của tia HB
5
lấy điểm C sao cho AC = AH.
3
1 Chứng minh rằng các tam giác ABH và CAH đồng dạng.
’
2 Tính BAC.
– LỜI GIẢI.
1
Ta có
AB
20
5
AC
=
= =
.
BH
12
3
AH
A
Xét 4ABH và 4CAH, ta có:
’ = CHA
’ = 90◦ ,
AHB
AB
BH
=
(chứng minh trên).
AC
AH
20
12 H
B
Do đó 4ABH và 4CAH đồng dạng (cạnh huyền – cạnh góc vuông).
’ = ABH.
’
2 Từ câu a) suy ra CAH
’ + ABH
’ = 90◦ nên BAH
’ + ABH
’ = 90◦ .
Ta lại có BAH
C
’ = 90◦ .
Do đó BAC
1. Bài tập tự luyện
BÀI 257. Cho tam giác ABC vuông tại A, hình vuông EF GH nội tiếp tam giác sao cho E thuộc AB,
F thuộc AC, H và G thuộc BC. Tính độ dài của cạnh hình vuông biết rằng BH = 2 cm, GC = 8
cm.
– LỜI GIẢI.
B
H
G
E
A
F
C
4EHB và 4CGF đồng dạng (g.g).
EH
BH
Suy ra
=
⇒ EH 2 = BH · CG = 16 ⇒ EH = 4 (cm).
CG
FG
Vậy cạnh của hình vuông EF GH bằng 4 cm.
BÀI 258. Cho hình bình hành ABCD, các đường cao CE, CF . Kẻ DH, BK vuông góc với AC.
Chứng minh rằng AC 2 = AD · DF + AB · AE.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 404/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
Từ 4ADH và 4ACF đồng dạng (g.g) suy ra được
A
AD · AF = AC · AH
(1)
B
H
Từ 4ACE và 4ABK đồng dạng (g.g) suy ra được
AB · AE = AC · AK
E
F
K
(2)
D
Từ (1) và (2) suy ra:
C
AD · AF + AB · AE = AC · (AH + AK) = AC 2 .
BÀI 259. Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Chứng minh rằng
BC 2 = BH · BD + CH · CE.
– LỜI GIẢI.
Kẻ HK⊥BC. Từ các tam giác đồng dạng, ta chứng minh
A
được
BH · BD = BK · BC
D
(1)
CH · CE = CK · CB
(2)
Cộng (1) và (2) ta được đẳng thức cần phải chứng minh.
E
B
H
K
C
BÀI 260. Cho tam giác ABC (AB 6= AC). Gọi E và F theo thứ tự là các hình chiếu của B và C
trên tia phân giác của góc A. Gọi K là giao điểm của các đường thẳng F B và CE. Chứng minh rằng
AK là tia phân giác của góc ngoài tại đỉnh A của tam giác ABC.
– LỜI GIẢI.
4ABE và 4ACF đồng dạng, 4KBE và 4KF C đồng
A
dạng, ta có:
KB
BE
AE
=
=
KF
CF
AF
⇒ AK k BE ⇒ AK⊥AE.
E
C
K
Vậy AK là tia phân giác của góc ngoài tại đỉnh A của
4ABC.
B
F
BÀI 261. Tính tỉ số hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông biết rằng đường cao và đường trung
tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác tỉ lệ 12 : 13.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 405/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Đặt AH = 12k, AM = 13k thì HM = 5k, CH = 18k (giả sử AB < AC).
B
Ta có 4AHB và 4CHA đồng dạng nên
AB
HA
12k
2
=
=
= .
CA
HC
18k
3
M
H
A
C
BÀI 262. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 3AB. Lấy các điểm D, E thuộc AC sao cho
’ + ACB
’ = 45◦ .
AD = DE = EC. Chứng minh rằng AEB
– LỜI GIẢI.
B
a
A
2
1
1
E
D
C
M
Cách 1. Vẽ M đối xứng với B qua D, 4EAB và 4BM C đồng dạng (c.g.c)
c1 = M
÷
⇒E
BC.
c1 + C
b=M
÷
b=D
c1 = 45◦ .
Do đó E
BC + C
Cách 2. Đặt AB = AD = DE = EC = a thì
BD2 = a2 + a2 = 2a2 = 2a · a = CD · ED ⇒
b = DBE.
’
4CDB và 4BDE đồng dạng (c.g.c) C
c1 + C
b=E
c1 + DBE
’ =D
c1 = 45◦ .
Do đó E
CD
BD
=
.
BD
ED
b=D
“ = 90◦ , AB = 4 cm, DC = 9 cm, BC = 13 cm. Tính
BÀI 263. Hình thang vuông ABCD có A
khoảng cách từ trung điểm M của AD đến BC.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 406/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Vẽ BH⊥CD, M K⊥BC.
4M KN và 4BHC đồng dạng (g.g)
MK
MN
M N · BH
=
⇒ MK =
BH
BC
BC
HC
HC
= AB +
= 4 + 2, 5 = 6, 5 (cm);
Ta có M N = DH +
2√
2
√
BH = BC 2 − HC 2 = 132 − 52 = 12 (cm);
6, 5 · 12
= 6 (cm).
Vậy M K =
13
A
B
K
N
M
D
H
C
b= D
“ = 90◦ , AB = 7 cm, DC = 13 cm, BC = 10 cm.
BÀI 264. Hình thang vuông ABCD có A
Đường trung trực của BC cắt đường thẳng AD ở N . Tính độ dài M N (M là trung điểm BC).
– LỜI GIẢI.
A
B
M
K
D
H
C
N
Vẽ BH⊥CD, M K⊥AD, 4M KN và 4BHC đồng dạng (g.g) nên tính được
MN =
BC · M K
10 · 10
=
= 12, 5 (cm).
BH
8
BÀI 265. Cho hình bình hành ABCD. Hai đường thẳng đi qua tâm của hình bình hành chia nó ra
bốn tứ giác có diện tích bằng nhau. Đường thẳng thứ nhất cắt BC ở E, đường thẳng thứ hai cắt CD
ở F . Chứng minh rằng điểm E chia cạnh BC và điểm F chia cạnh CD theo cùng một tỉ số.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 407/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
M
B
I
E
O
D
C
F
K
Gọi M là giao điểm của F O và AB (O là tâm của hình bình hành).
Ta có SOM BE = SOF CE mà SM OE = SF OE nên SM BE = SF CE .
Do đó EB · M I = EC · F K (M I, F K⊥BC) .
FK
FC
FC
EB
=
=
=
.
Vậy
EC
MI
MB
FD
BÀI 266. Cho hai điểm A, M . Dựng hình vuông ABCD sao cho điểm M chia cạnh BC theo tỉ số
1 : 2.
– LỜI GIẢI.
Qua M vẽ đường vuông góc với AM , cắt AB tại N .
MN
MB
1
4ABM và 4M BN đồng dạng nên
=
= , do đó ta dựng
AM
AB
3
được điểm N .
Có hai cách lấy điểm N về hai phía của AM nên bài toán có hai
D
nghiệm hình.
C
M
A
BN
BÀI 267. Cho tam giác ABC. Hình chữ nhật DEGH có D thuộc AB, E thuộc AC, G và H thuộc
BC.
1 Vẽ Ax song song với BC, vẽ CK vuông góc với Ax (K thuộc Ax). Gọi I là giao điểm của BK
và DE. Chứng minh rằng GC = DI.
2 Suy ra cách dựng hình chữ nhật nói trên biết tam giác ABC và độ dài đường chéo của hình chữ
nhật.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 408/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 4EGC và 4CKA đồng dạng (g.g)
EC
DB
DI
GC
=
=
=
⇒ GC = DI.
⇒
AK
AC
AB
AK
2 Suy ra DICG là hình bình hành ⇒ CI = DG = m.
Dựng K rồi vẽ đường tròn (C; m), cắt BK ở I.
A
D
K
I
E
Tùy theo số giao điểm của đường tròn với BK mà bài toán
có 0, 1, 2 nghiệm hình.
BH
G
C
B TỈ SỐ CÁC ĐƯỜNG CAO, TỈ SỐ DIỆN TÍCH CỦA HAI TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
Nếu hai tam giác đồng dạng thì:
− Tỉ số các đường cao tương ứng bằng tỉ số đồng dạng.
− Tỉ số các diện tích bằng bình phương của tỉ số đồng dạng.
VÍ DỤ 3. Cho tam giác ABC có các góc B và C nhọn, BC = a, đường cao AH = h. Tính cạnh
của hình vuông M N P Q có M thuộc AB, N thuộc AC, P, Q thuộc BC.
– LỜI GIẢI.
A
M
N
K
B QH
P
C
Gọi giao điểm của AH và M N là K. Do M N k BC nên AK ⊥ M N .
Ta có M N k BC nên ∆AM N và ∆ABC đồng dạng, do đó tỉ số hai đường cao tương ứng bằng tỉ số
đồng dạng:
AK
MN
=
.
AH
BC
Đặt M N = KH = x, ta có
h−x
x
= ⇒ xh = ah − ax
h
a
⇒ x(h + a) = ah
ah
⇒ x=
.
a+h
Cạnh của hình vuông M N P Q bằng
ah
.
a+h
VÍ DỤ 4. Cho tam giác ABC và hình bình hành AEDF với E thuộc AB, D thuộc BC, F
thuộc AC. Tính diện tích hình bình hành, biết rằng SEBD = 3 cm2 , SF DC = 12 cm2 .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 409/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
A
F
E
B
D
C
∆EBD và ∆F DC đồng dạng (g.g) nên
SEBD
=
SF DC
Å
BE
DF
ã2
Å
=
ED
FC
ã2
.
1
Ta có SEBD : SF DC = 3 : 12 = 1 : 4 = .
4
BE
ED
1
1
Do đó
=
= . Suy ra AE = DF = 2BE; AF = ED = F C.
DF
FC
2
2
Vậy
SADE = 2SBED = 2 · 3 = 6 (cm2 )
1
1
SADF = SF DC = · 12 = 6 (cm2 )
2
2
SAEDF = SADE + SADF = 6 + 6 = 12 (cm2 ).
√
Chú ý: Tổng quát, nếu SEBD = m · SF DC = n thì SAEDF = 2 mn.
BÀI TẬP
Tỉ số các đường cao
BÀI 268. Hình thang ABCD có cạnh đáy AB dài 8 cm, cạnh đáy CD dài 12 cm. Điểm M nằm trên
đường thẳng AB sao cho đường thẳng DM chia hình thang thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Tính độ dài BM .
– LỜI GIẢI.
A
BH M
E
D
K
C
Chú ý rằng
SABD : SABCD =
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
8
1
<
20
2
Trang 410/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
nên M thuộc tia đối của tia BA. Gọi E là giao điểm của DM và BC, đặt EH = h1 , EK = h2 ,
HK = h (EH là đường cao của ∆BEM , HK là đường cao của hình thang).
1
12h2
1
h2
5
SDEC = SABCD ⇒
= ⇒
= .
2
20h
2
h
6
∆BEM v ∆CED
⇒
BM
EH
BM
h1
1
=
⇒
=
= .
CD
EK
12
h2
5
Vậy BM = 2,4 cm.
BÀI 269. Điểm M chuyển động trên đáy nhỏ AB của hình thang ABCD. Gọi O là giao điểm của các
đường thẳng chứa các cạnh bên của hình thang, G là giao điểm của OA và CM , H là giao điểm của
OG OH
OB và DM . Chứng minh rằng khi điểm M chuyển động trên cạnh AB thì tổng
+
không
GD HC
đổi.
– LỜI GIẢI.
I
O
K
H
G
A
h1
B
M
h2
D
C
Qua O vẽ đường thẳng song song với AB, cắt CM , DM thứ tự tại I, K. CI cắt OD tại G, DK cắt
OC tại H. Ta có
OI
OK
IK
OG OH
+
=
+
=
.
GD HC
CD CD
CD
Tổng không đổi bằng h1 : h2 (h1 là khoảng cách từ O đến AB, h2 là chiều cao hình thang).
BÀI 270. Cho ba đường thẳng song song a, b, c theo thứ tự ấy, điểm A thuộc a, điểm B thuộc b. Gọi
M là một điểm bất kì thuộc c. M A cắt b tại B 0 , M B cắt a tại A0 . Chứng minh rằng khi điểm M
chuyển động trên c thì đường thẳng A0 B 0 luôn đi qua một điểm cố định.
– LỜI GIẢI.
c
b
M
B0
h2
B
h1
O
a
A
A0
Gọi giao điểm của A0 B 0 với AB là O. Hãy chứng minh rằng O là điểm cố định (O chia trong đoạn
OA
AA0
h1
thẳng AB theo tỉ số
=
= )
0
OB
BB
h2
Tỉ số diện tích
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 411/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 271. Cho tam giác ABC có diện tích S, các đường trung tuyến AD, BE, CF . Gọi S 0 là diện tích
3
tam giác có độ dài ba cạnh bằng AD, BE, CF . Chứng minh rằng S 0 = S.
4
– LỜI GIẢI.
A
F
E
H
G
B
D
C
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, H là trung điểm của CG. Lấy SGDH làm trung gian: S 0 =
9SGDH và S = 12SGDH .
BÀI 272. Đường cao của một tam giác dài 16 cm, nó chia cạnh đáy thành hai đoạn thẳng tỉ lệ 1 : 8.
Tính độ dài đoạn thẳng song song với đường cao ấy và chia tam giác đã cho ra hai phần có diện tích
bằng nhau.
– LỜI GIẢI.
A
N
B
H M
C
1
8
Kí hiệu như hình 163, SN M C = SABC , SAHC = SABC . Suy ra
2
9
Å
ã
SN M C
NM 2
9
=
=
⇒ N M = 12 cm.
SAHC
AH
16
BÀI 273. Hình thang ABCD có các đáy AB = b, CD = a (a > b). Đoạn thẳng M N song song với
đáy, có hai đầu thuộc hai cạnh bên chia hình thang ra hai phần có diện tích bằng nhau. Chứng minh
a2 + b 2
rằng M N 2 =
.
2
– LỜI GIẢI.
O
A
B
b
M
D
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
x
N
a
Trang 412/477
C
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Gọi O lầ giao điểm của AD và BC. Đặt SABN M = SM N CD = S và M N = x.
Å ã2
SOAB
b
∆OAB v ∆OM N ⇒
=
.
SOM N
x
a 2
SODC
∆ODC v ∆OM N ⇒
=
.
SOM N
x
Do đó
a2 + b 2
(SOM N + S) + (SOM N − S)
SOCD + SOAB
=
= 2.
=
x2
SOM N
SOM N
a2 + b 2
.
2
BÀI 274. Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 2 cm. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của
Vậy M N 2 =
AD, DC. Gọi I, H theo thứ tự là giao điểm của AF với BE, BD. Tính diện tích tứ giác EIHD.
– LỜI GIẢI.
A
B
I
E
H
D
H0 F
C
Trước hết ta tính diện tích các tam giác AIE, DHF .
Dễ dàng chứng minh được AF ⊥ BE. ∆AIE v ∆ADF nên
AE 2
1
SAIE
=
= .
2
SADF
AF
5
1
cm2 .
5
1
2
∆DHF và ∆BHA đồng dạng theo tỉ số nên ta tính được đường cao HH 0 của ∆DHF bằng cm.
2
5
7
1
2
2
Do đó SDHF = cm . Từ đó ta tính được SEIHD =
cm .
3
15
BÀI 275. Cho hai tam giác đồng dạng có tỉ số đồng dạng là một số tự nhiên. Một cạnh của tam giác
nhỏ bằng 3 cm, diện tích của tam giác nhỏ này cũng là một số tự nhiên (đơn vị cm2 ). Tính diện tích
Ta có SADF = 1 cm2 nên SAIE =
của mỗi tam giác, biết hiệu diện tích của chúng bằng 18 cm2 .
– LỜI GIẢI.
Gọi diện tích của tam giác nhỏ là x, tỉ số đồng dạng của hai tam giác là k, (x, k ∈ N).
x + 18
18
Ta có
= k 2 nên
= k 2 − 1 và k 2 − 1 là ước của 18. Từ đó tìm được k = 2, x = 6.
x
x
Diện tích của hai tam giác là 6 cm2 và 24 cm2 .
BÀI 276. Tam giác ABC có B = 60◦ , C = 20◦ , BC = 4 cm. Gọi D là trung điểm của AC. Trên cạnh
CB lấy điểm E sao cho CE = CD. Tính tổng diện tích các tam giác ECD và ABD.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 413/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
F
G
A
D
2
1
B
E
C
Vẽ tam giác đều BCF (F và A cùng phía đối với BC). Trên cạnh F B lấy điểm G sao cho F G = AB.
Ta có ∆ACG cân có góc ở đỉnh bằng 20◦ , ∆ABC = ∆GF C (c.g.c).
Đặt SECD = S1 , SABD = S2 . Ta có ∆ECD và ∆ACG đồng dạng (g.g)
1
S1 = SACG
2
1
1
S2 = SABC = (SABC + SGF C )
2
4
(1)
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
1
S1 + S2 = (SACG + SABC + SGF C )
4
√
1
1 42 3 √
= SBF C = ·
= 3 cm2 .
2
2
4
BÀI 277. Cho tam giác ABC cân tại A, trực tâm H chia đường cao AE theo tỉ số 7 : 1. Giao điểm
I các đường phân giác của tam giác chia AE theo tỉ số nào?
– LỜI GIẢI.
A
I
H
B
E
C
Theo tính chất đường phân giác
AI
AB
=
⇒
IE
BE
Å
AI
IE
ã2
AB 2
AE 2 + BE 2
=
=
=
BE 2
BE 2
∆AEB và ∆BEH đồng dạng (g.g) suy ra
Å
ã
AE 2
SAEB
AE
=
=
= 8.
BE
SBEH
HE
Å
AE
BE
ã2
+1
(1)
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
Å
AI
IE
ã2
=8+1=9⇒
AI
= 3.
IE
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 414/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 278. Cho tam giác ABC.Trên cạnh AB lấy điểm I và K sao cho AI = IK = KB, trên cạnh
BC lấy các điểm D và E sao cho BD = DE = EC, trên cạnh AC lấy các điểm F và G sao cho
AF = F G = GC. Gọi M là giao điểm của AD và BF , N là giao điểm của BG và CK, P là giao
điểm của AE và CI.
a) Chứng minh rằng các cạnh của tam giác M N P song song với các cạnh của tam giác ABC.
b) Tính diện tích tam giác M N P theo diện tích tam giác ABC.
– LỜI GIẢI.
A
I
K
F
M
P
G
N
B
D
E
C
AK
AG
2
2
2
3
a) Ta có
=
= nên KG k BC và KG = BC. Do đó N K = N C, suy ra CN = CK.
AB
AC
3
3
3
5
3
3
Chứng minh tương tự, CP = CI . Suy ra N P k IK và N P = IK.
5
4
Chứng minh tương tự, M P k BC, M N k AC.
3
3 1
1
1
b) N P = IK = · AB = AB. Do đó SM N P = SABC .
5
5 3
5
25
BÀI 279. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, đường cao AH và đường phân giác BE. Đường vuông
góc với BE tại E cắt cạnh BC tại G, cắt tia đối của tia AB tại D. Kẻ EF vuông góc với BC. Cho
biết AD = 15 cm, HF = 20 cm, tính diện tích tam giác ABC.
– LỜI GIẢI.
D
A
N
B
M
E
H
F
G
C
Kẻ EN k BC, cắt AH tại M , cắt AB tại N . Ta thấy ∆ABC và ∆AN E đồng dạng.
Trước hết ta tính SAN E .
∆BDG cân tại B. Do N E k BG nên ∆N DE cân tại N . Ta dễ dàng tính được
EN = 2EM = 2 · 20 = 40 (cm)
Suy ra N E = 40 cm, N A = 25 cm.
Ta có AM 2 = AN 2 − N M 2 = 252 − 202 = 225 nên AM = 15 cm.
1
1
SAN E = · N E · AM = · 40 · 15 = 300 (cm2 ).
2
2
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 415/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
AB
của ∆ABC và ∆AN E.
AN
∆BDG có DE = EG, EN k BC nên BN = N D = 40 cm, do đó
Bây giờ ta tính tỉ số đồng dạng
AB
65
13
AB = 25 + 40 = 65 (cm),
=
= .
AN
25
5
Å ã2
13
169
SABC = SAN E ·
= 300 ·
= 2028 (cm2 ).
5
25
C ỨNG DỤNG THỰC TẾ CỦA TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
Nhờ các tam giác đồng dạng, ta có thể xác định được các chiều cao, các khoảng cách . . . mà không
cần đo trực tiếp.
VÍ DỤ 5. Một ngọn đèn đặt trên cao ở vị trí A, hình chiếu vuông góc của nó trên mặt đất là
H. Người ta đặt một chiếc cọc dài 1,6 m thẳng đứng ở hai vị trí B và C thẳng hàng với H, khi
đó bóng của chiếc cọc dài 0,4 m và 0,6 m. Biết BC = 1,4 m, tính độ cao AH.
– LỜI GIẢI.
A
B0
C0
I
a
a
C c E
DbB H
d
Gọi BD, CE là bóng của cọc và B 0 , C 0 là vị trí ngang tương ứng của đỉnh cọc. Đặt BB 0 = CC 0 = a,
BD = b, CE = a, BC = d, AH = x. Gọi I là giao điểm của AH và B 0 C 0 .
∆AB 0 C 0 và ∆ABC đồng dạng
AI
B0C 0
=
AH
BC
x−a
d
⇒
=
x
b+d+c
⇒ xb + xd + xc − ab − ad − ac = xd
ab + ac − ad
⇒ x=
Å b+c
ã
d
⇒ x=a 1+
b+c
Å
ã
1,4
= 3,84 (m).
Áp dụng thay số: AH = 1,6 1 +
0,4 + 0,6
⇒
BÀI TẬP
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 416/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 280. Một người đứng cách một ngôi nhà 200 m, đặt một que dài 5 m, cách mắt 40 m theo phương
thẳng đứng thì vừa vặn che lấp chiều cao của ngôi nhà. Tính chiều cao của ngôi nhà.
– LỜI GIẢI.
A
B0
C0
I
B
H
C
Gọi vị trí mắt là A, BC là chiều cao của ngôi nhà, B 0 C 0 là chiều dài của chiếc que.
∆AB 0 C 0 v ∆ABC suy ra
B0C 0
AI
AH · B 0 C 0
200 · 5
=
⇒ BC =
=
= 25 (m).
BC
AH
AI
40
BÀI 281. Một giếng nước có đường kính DE = 0,8 m. Để xác định độ sâu BD của giếng, người ta
đặt một chiếc gậy ở vị trí AC, A chạm miệng giếng, AC nhìn thẳng tới vị trí E ở góc của đáy giếng.
Biết AB = 0,9 m, BC = 0,2 m. Tính độ sâu của giếng.
A
B
D
C
E
– LỜI GIẢI.
∆ABC v ∆ADE suy ra
AB
BC
AB · DE
0,9 · 0,8
=
⇒ AD =
=
= 3,6 (m).
AD
DE
BC
0,2
Vậy độ sâu của giếng là BD = AD − AB = 3,6 − 0,9 = 2,7 (m).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 417/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Năm học 2019-2020
Trang 418/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG
5
HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG. HÌNH CHÓP ĐỀU
BÀI
1
HÌNH HỘP CHỮ NHẬT
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Định nghĩa 1. Hình hộp chữ nhật có 6 mặt, các mặt là những hình chữ nhật.
Định nghĩa 2. Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có các mặt là những hình vuông.
Định nghĩa 3. Cho hình hộp chữ nhật có chiều dài a, chiều rộng b, chiều cao c.
Diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật tính bởi công thức
Sxq = 2(a + b)c.
Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật tính bởi công thức
Stp = 2(a + b)c + 2ab = 2(ab + bc + ca).
Thể tích của hình hộp chữ nhật tính bởi công thức
V = abc.
Tính chất 1. Mô hình của hình hộp chữ nhật cho ta hình ảnh các quan hệ không gian sau
D0
A0
C0
B0
C
D
A
B
Hai đường thẳng song song là hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng và không có
điểm chung, chẳng hạn AB k A0 B 0 .
Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau,
chẳng hạn AB k D0 C 0 vì chúng cùng song song với A0 B 0 .
Đường thẳng A0 B 0 không nằm trong mặt phẳng (ABCD) và song song với đường thẳng AB
của mặt phẳng (ABCD), ta có A0 B 0 k mp(ABCD).
Mặt phẳng (A0 B 0 C 0 D0 ) chứa hai đường thẳng cắt nhau A0 B 0 , B 0 C 0 cùng song song với mặt phẳng
(ABCD), ta có mp(A0 B 0 C 0 D0 ) k (ABCD).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 419/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung A thì chúng có chung một đường thẳng đi qua A,
gọi là giao tuyến của hai mặt phẳng. Chẳng hạn AB là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABCD)
và (ABB 0 A0 ).
Đường thẳng A0 A vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau AB, AD của mặt phẳng (ABCD),
ta có A0 A ⊥ mp(ABCD).
Khi A0 A ⊥ mp(ABCD) thì A0 A vuông góc với mọi đường thẳng đi qua A và nằm trong mặt
phẳng (ABCD), chẳng hạn A0 A ⊥ AC.
Mặt phẳng (A0 B 0 BA) chứa đường thẳng A0 A vuông góc với mặt phẳng (ABCD), ta có mp(A0 B 0 BA) ⊥
mp(ABCD).
B CÁC DẠNG TOÁN
{ DẠNG 1. Hình hộp chữ nhật
Phương pháp giải:
Sử dụng các tính chất của hình hộp chữ nhật.
VÍ DỤ 1. Cho hình lập phương ABCD.A0 B 0 C 0 D0 . Điểm E chia DB theo tỉ số 1 : 3, điểm F
chia B 0 A theo tỉ số 1 : 3.
1 Chứng minh rằng A0 B 0 CD là hình chữ nhật. Tính diện tích hình chữ nhật đó nếu cạnh
hình lập phương bằng a.
2 Gọi M là điểm chia DA theo tỉ số 1 : 3. Chứng minh rằng mặt phẳng (EM F ) song song
với mặt phẳng (A0 B 0 CD).
3 Chứng minh rằng EF song song với mặt phẳng (A0 B 0 CD).
4 Chứng minh EF song song với mặt phẳng (A0 B 0 CD) mà không sử dụng kết quả của câu
b.
– LỜI GIẢI.
1 Chứng minh rằng A0 B 0 CD là hình chữ nhật. Tính diện tích hình chữ nhật đó nếu cạnh hình lập
phương bằng a.
Xét tứ giác A0 B 0 CD ta có
D
A0 B 0 k CD (vì cùng song song với AB),
A0 B 0 = CD (vì cùng bằng AB).
Suy ra tứ giác A0 B 0 CD là hình bình hành.
M
C
E
A
B
Ta có DC ⊥ CC 0 và DC ⊥ CB nên DC ⊥ mp(BCC 0 B 0 ), suy
ra DC ⊥ CB 0 .
÷0 = 90◦ nên A0 B 0 CD là hình
Hình bình hành A0 B 0 CD có DCB
C0
D0
F
chữ nhật.
Xét 4B 0 C 0 C vuông tại C 0 ta có
A0
B0
B 0 C 2 = B 0 C 02 + C 0 C 2 (định lí Py-ta-go).
√
⇒ B 0 C = a 2.
√
Diện tích hình chữ nhật A0 B 0 CD là SA0 B 0 CD = A0 B 0 · B 0 C = a2 2.
2 Gọi M là điểm chia DA theo tỉ số 1 : 3. Chứng minh rằng mặt phẳng (EM F ) song song với
mặt phẳng (A0 B 0 CD).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 420/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
DM
DE
1
=
= nên M E k AB (định lí Ta-lét đảo).
MA
EB
3
Mà AB k A0 B 0 nên M E k A0 B 0 .
Suy ra M E k mp(A0 B 0 CD).
DM
B0F
1
0
4AB D có
=
= nên M F k B 0 D (định lí Ta-lét đảo).
MA
FA
3
Suy ra M F k mp(A0 B 0 CD).
4DAB có
Mặt phẳng (M EF ) chứa hai đường thẳng cắt nhau cùng song song với mp(A0 B 0 CD) nên
mp(M EF ) k mp(A0 B 0 CD).
3 Chứng minh rằng EF song song với mặt phẳng (A0 B 0 CD).
Vì mp(M EF ) k mp(A0 B 0 CD) nên EF k mp(A0 B 0 CD).
4 Chứng minh EF song song với mặt phẳng (A0 B 0 CD) mà không sử dụng kết quả của câu b.
D
C
Trong mp(ABB 0 A0 ), gọi K là giao điểm của BF và A0 B 0 .
0
KF
B
F
E
Ta có AB k A0 B 0 nên
=
(định lí Ta-lét).
FB
FA
KF
1
B
A
⇒
= .
FB
3
KF
DE
1
4BDK có
=
= nên EF k DK (định lí Ta-lét đảo).
C0
0
FB
EB
3
D
Mà DK nằm trong mp(A0 B 0 CD) nên EF k mp(A0 B 0 CD).
F
A0
K
B0
1. Bài tập tự luyện
BÀI 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0 B 0 C 0 D0 . Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của AD, DC.
Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm của B 0 A0 , B 0 C 0 . Chứng minh rằng M N song song với IK.
– LỜI GIẢI.
N
D
C
4ACD có M , N lần lượt là trung điểm của AD và CD nên M N là đường
trung bình.
⇒ M N k AC.
(1)
0 0 0
0 0
0 0
4A B C có I, K lần lượt là trung điểm của A B và B C nên IK là đường
M
A
trung bình.
B
D
⇒ IK k A0 C 0 .
C0
K
0
(2)
A0
Xét tứ giác ACC 0 A0 ta có
AA0 k CC 0 (vì cùng song song với BB 0 ),
I
AA0 = CC 0 (vì cùng bằng BB 0 ).
Suy ra tứ giác ACC 0 A0 là hình bình hành.
Ta có AA0 ⊥ A0 D0 và AA0 ⊥ A0 B 0 nên AA0 ⊥ mp(A0 B 0 C 0 D0 ), suy ra AA0 ⊥ A0 C 0 .
0 C 0 = 90◦ nên ACC 0 A0 là hình chữ nhật.
÷
Hình bình hành ACC 0 A0 có AA
B0
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra M N k IK.
{ DẠNG 2. Diện tích
Phương pháp giải:
Diện tích xung quanh của hình hộp chữ nhật tính bởi công thức
Sxq = 2(a + b)c.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 421/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật tính bởi công thức
Stp = 2(a + b)c + 2ab = 2(ab + bc + ca).
Trong đó a là chiều dài, b là chiều rộng và c là chiều cao.
VÍ DỤ 2.
Hãy điền dấu chấm vào mặt để trống của viên súc sắc hình lập
phương ở hình a sao cho viên súc sắc thỏa mãn hình b (chú ý
rằng ở viên súc sắc, tổng hai số ở hai mặt đối nhau bao giờ cũng
bằng 7).
Hình a
Hình b
– LỜI GIẢI.
Quan sát hình b ta thấy, khi nhìn thẳng vào mặt chứa số 2 sao cho mặt chứa số 6 ở trên thì mặt chứa
số 3 sẽ ở bên trái. Áp dụng nhận xét này vào hình a thì mặt đối diện với mặt để trống là mặt có số
3. Do đó mặt để trống phải chứa số 4.
2. Bài tập tự luyện
BÀI 2. Tính diện tích toàn phần của một hình hộp chữ nhật có chiều dài 4 cm, chiều rộng 3 cm,
đường chéo của hình hộp bằng 13 cm.
– LỜI GIẢI.
Gọi hình hộp chữ nhật đó là ABCD.A0 B 0 C 0 D0 .
Theo đề bài ta có A0 B 0 = 4 cm, B 0 C 0 = 3 cm, AC 0 = 13 cm.
4A0 B 0 C 0 vuông tại B 0 có A0 C 02 = A0 B 02 + B 0 C 02 (định lí Py-ta-go).
D
C
B
A
⇒ A0 C 0 = 5 (cm).
4AA0 C 0 vuông tại A0 có AC 02 = AA02 + A0 C 02 (định lí Py-ta-go).
⇒ AA0 = 12 (cm).
C0
D0
A0
B0
Diện tích toàn phần là
Stp = 2(A0 B 0 · B 0 C 0 + B 0 C 0 · AA0 + AA0 · A0 B 0 ) = 192 (cm2 ).
BÀI 3. Một hình hộp chữ nhật có tổng độ dài các cạnh bằng 140 cm, khoảng cách từ một đỉnh đến
đỉnh xa nhất bằng 21 cm. Tính diện tích toàn phần.
– LỜI GIẢI.
Gọi a, b, c là các kích thước của hình hộp chữ nhật, ta có
(
(
4(a + b + c) = 140
a + b + c = 35
⇔
√
a2 + b2 + c2 = 21.
a2 + b2 + c2 = 441.
Diện tích toàn phần bằng
Stp = 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 − (a2 + b2 + c2 )
= 352 − 441 = 784 cm2 .
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 422/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
BÀI 4. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0 B 0 C 0 D0 . Gọi M là trung điểm của CC 0 .
1 Xác định giao tuyến của các mặt phẳng (ABB 0 A0 ) và (B 0 C 0 M ).
2 Xác định giao điểm của đường thẳng DM và mặt phẳng (A0 B 0 C 0 D0 ).
3 Xác định giao điểm của đường thẳng B 0 M và mặt phẳng (ABCD).
– LỜI GIẢI.
1 Xác định giao tuyến của các mặt phẳng (ABB 0 A0 ) và (B 0 C 0 M ).
Mặt phẳng (B 0 C 0 M ) cũng là mặt phẳng (BCC 0 B 0 ).
Giao tuyến cần tìm là BB 0 .
K
D
2 Xác định giao điểm của đường thẳng DM và mặt phẳng (A0 B 0 C 0 D0 ).
A
C
B
Trong mp(CDD0 C 0 ), gọi I là giao điểm của DM và D0 C 0 .
Vậy I là giao điểm cần tìm.
3 Xác định giao điểm của đường thẳng B 0 M và mặt phẳng (ABCD).
D0
C0
A0
0
0
M
I
B0
0
Trong mp(BCC B ), gọi K là giao điểm của BC và B M .
Vậy K là giao điểm cần tìm.
BÀI 5. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0 B 0 C 0 D0 . Gọi M , I theo thứ tự là trung điểm của AA0 , CC 0 .
Chứng minh rằng các mặt phẳng (ADI) và (B 0 C 0 M ) song song với nhau.
– LỜI GIẢI.
D
Ta có
0
AD k B C (vì cùng song song với BC) nên AD k
mp(B 0 C 0 M ).
0
0
AM C I là hình bình hành nên AI k M C , do đó AI k
0
C
0
A
I
M
0
mp(B C M ).
C0
D0
Vậy mp(ADI) k mp(M B 0 C 0 ).
A0
B0
BÀI 6. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0 B 0 C 0 D0 . Gọi H, I, K theo thứ tự là trung điểm của AB,
AA0 , C 0 D0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (HIK) song song với mặt phẳng (ACD0 ).
– LỜI GIẢI.
D
Ta có
C
HI k BA0 k CD0 nên HI k mp(ACD0 ).
HK k AD0 nên HK k mp(ACD0 ).
H
A
B
0
Vậy mp(HIK) k mp(ACD ).
I
D0
A0
C0
K
B0
BÀI 7. Cho một viên súc sắc thỏa mãn hình a.
1 Hãy điền các dấu chấm vào mặt để trống ở hình b.
2 Hãy điền các dấu chấm vào các hình khai triển (hình c và d).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 423/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Năm học 2019-2020
Trang 424/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Hình
a.
Hình b.
Hình c.
Hình d.
– LỜI GIẢI.
Hình b.
Hình c.
Hình d.
BÀI 8.
Một con nhện đang ở vị trí E trong một gian phòng hình lập phương. E nằm
1
trên AB và AE = AB. Con nhện muốn bò qua cả sáu mặt của gian phòng
3
rồi trở về E. Tìm đường đi ngắn nhất của con nhện.
D0
C0
B0
A0
C
D
A E
B
– LỜI GIẢI.
Trải sáu mặt của hình hộp chữ nhật ABCD.A0 B 0 C 0 D0 như trên hình a. E thuộc cạnh AB của mặt
1
ABB 0 A0 và AE = AB, E 0 thuộc cạnh AB của mặt ABCD. Để đi theo đường ngắn nhất từ E đến
3
E 0 trên mặt khai triển, con nhện phải đi theo đoạn thẳng EE 0 . Đường đi của con nhện trong phòng
là đường EF GHIKE trên hình b.
A E0
A0
B
D0 H
A0
D0
I
A0
D
C
I
A0
B0 G
H
B0
F
G
C
0
C
B
A
C
E
B
Hình b.
Hình a.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
C
D
K
F
A E
C0
K
Trang 425/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
{ DẠNG 3. Thể tích
Phương pháp giải:
Thể tích của hình hộp chữ nhật tính bởi công thức
V = abc.
Trong đó a là chiều dài, b là chiều rộng và c là chiều cao.
VÍ DỤ 3. Trong các hình hộp chữ nhật có các kích thước là số nguyên a, b, c mà a + b + c = 9,
hình nào có thể tích lớn nhất?
– LỜI GIẢI.
Xét tất cả các trường hợp hình hộp chữ nhật có các kích thước nguyên và tổng bằng 9.
a) V1 = 1 · 1 · 7 = 7.
b) V2 = 1 · 2 · 6 = 12.
c) V3 = 1 · 3 · 5 = 15.
d) V4 = 1 · 4 · 4 = 16.
e) V5 = 2 · 2 · 5 = 20.
f) V6 = 2 · 3 · 4 = 24.
g) V7 = 3 · 3 · 3 = 27.
Ta thấy hình hộp chữ nhật có các kích thước 3, 3, 3 (hình lập phương) có thể tích lớn nhất.
4
Tổng quát, ta chứng minh được: Trong các hình hộp chữ nhật có các kích thước a, b, c mà
a + b + c = m với m là hằng số thì hình lập phương có thể tích lớn nhất.
!
Để chứng mính điều này, ta dùng bất đẳng thức Cô-si với ba số dương a, b, c.
3. Bài tập tự luyện
BÀI 9. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình hộp chữ nhật ABCD.A0 B 0 C 0 D0 có đáy ABCD
là hình vuông cạnh a và diện tích hình chữ nhật ADC 0 B 0 bằng 2a2 .
– LỜI GIẢI.
Ta có SADC 0 B 0 = AB 0 · B 0 C 0 ⇒ AB 0 = 2a.
0
0
0
02
02
D
0
02
4AA B vuông tại A có AB = AA + A B (định lí Py-ta-go).
√
⇒ AA0 = a 3.
√
Diện tích xung quanh là Sxq = 2(A0 B 0 · B 0 C 0 )AA0 = 4a2 3.
√
Thể tích là V = A0 B 0 · B 0 C 0 · AA0 = a3 3.
C
B
A
D0
A0
C0
B0
BÀI 10. Hình hộp chữ nhật ABCD.A0 B 0 C 0 D0 có đáy ABCD là hình vuông, diện tích mặt chéo
(BDD0 B 0 ) bằng 80 cm2 . M và N theo thứ tự là trung điểm của AA0 và CC 0 , M N = 8 cm. Tính thể
tích hình hộp chữ nhật.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 426/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
D
Do AC = M N nên AC = 8 cm.
Do BD = AC (vì ABCD là hình vuông) nên BD = 8 cm.
SBDD0 B 0 = BB 0 · BD ⇒ BB 0 = 10 cm.
AC · BD
= 32 cm2 .
SABCD =
2
Thể tích hình hộp chữ nhật là V = BB 0 · SABCD = 320 cm3 .
B
A
M
C
D0
A0
N
C0
B0
BÀI 11. Một cái hòm hình hộp chữ nhật có chiều dài 36 cm, chiều rộng 15 cm, chiều cao 16 cm. Số
hình lập phương cạnh 3 cm nhiều nhất chứa trong hòm đó là bao nhiêu?
– LỜI GIẢI.
1
Ta thấy 36 : 3 = 12; 15 : 3 = 5; 16 : 3 = 5 .
3
Số hình lập phương cạnh 3 cm nhiều chất chứa trong hòm là 12 · 5 · 5 = 300 (hình).
BÀI 12. Một hình hộp chữ nhật được ghép bởi 42 hình lập phương cạnh 1 cm. Biết chu vi đáy của
hình hộp chữ nhật là 18 cm. Tính các cạnh của hình hộp chữ nhật.
– LỜI GIẢI.
Gọi chiều dài là a, chiều rộng là b, chiều cao là c.
Ta có a + b = 9 và abc = 42 nên a, b là ước của 42 và nhỏ hơn 9.
Các ước của 42 mà nhỏ hơn 9 là 1, 2, 3, 6, 7.
42
Nếu các cạnh đáy là 6 và 3 thì c =
không là số tự nhiên.
6·3
42
Nếu các cạnh đáy là 7 và 2 thì c =
= 3. Vậy các cạnh của hình hộp chữ nhật là 7 cm, 2 cm và 3
7·2
cm.
{ DẠNG 4. Các dạng khác
Phương pháp giải:
VÍ DỤ 4. Một hình lập phương lớn cạnh 4 được ghép lại từ 64 hình lập phương nhỏ cạnh 1.
Người ta sơn tất cả sáu mặt của hình lập phương lớn. Tính số hình lập phương nhỏ cạnh 1 mà
a) có đúng một mặt được sơn;
b) có đúng hai mặt được sơn;
c) có đúng ba mặt được sơn;
d) không có mặt nào được sơn.
– LỜI GIẢI.
1 Có đúng một mặt được sơn.
Ở mỗi mặt, có 4 hình lập phương nhỏ được sơn một mặt (các hình được
gạch sọc). Ở sáu mặt có 4 · 6 = 24 (hình).
2 Có đúng hai mặt được sơn.
Ở mỗi cạnh, có 2 hình lập phương được sơn hai mặt (các hình được chấm
bi). Ở 12 cạnh có 2 · 12 = 24 (hình).
3 Có đúng ba mặt được sơn.
Ở mỗi đỉnh, có một hình lập phương được sơn ba mặt. Ở 8 đỉnh có 8 (hình).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 427/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
4 Không có mặt nào được sơn.
Các hình lập phương nhỏ không có mặt nào được sơn là các hình lập phương nhỏ “ở bên trong”,
chúng tạo thành một hình lập phương có cạnh 2, gồm 2 · 2 · 2 = 8 (hình).
4. Bài tập tự luyện
BÀI 13. Cho hình lập phương. Có bao nhiêu đoạn thẳng mà hai mút của nó là hai đỉnh của hình lập
phương?
– LỜI GIẢI.
Hình lập phương có 8 đỉnh.
Số đoạn thẳng có hai mút là hai điểm trong 8 đỉnh đó là
8·7
= 28.
2
BÀI 14.
1
Người ta ghi vào các đỉnh của một hình lập phương các số 0 hoặc 1 như hình
bên. Cứ mỗi bước, ta cộng thêm 1 đơn vị vào mỗi số thuộc cùng một cạnh của
1
1
hình lập phương. Sau một số bước, có thể xảy ra tám số bằng nhau ở tám đỉnh
của hình lập phương được không?
0
1
0
1
0
– LỜI GIẢI.
Lúc đầu, tổng tám số ở các đỉnh của hình lập phương là 5. Sau mỗi bước, tổng tăng thêm 2 đơn vị
nên tổng các số ở tám đỉnh luôn luôn là số lẻ, không thể chia hết cho 8. Do đó, không thể xảy ra tám
số bằng nhau.
BÀI 15. Người ta viết vào sáu mặt của một hình lập phương sáu số có tổng bằng 21. Sau đó ở mỗi
đỉnh của hình lập phương, ta ghi một số bằng tổng các số ở các mặt chứa đỉnh đó. Tính tổng các số
ở các đỉnh.
– LỜI GIẢI.
Gọi sáu số ghi trên các mặt của hình lập phương là a, b, c, d, e, g ta có a + b + c + d + e + g = 21.
Gọi x là tổng phải tìm.
Do hình lập phương có 8 đỉnh, mỗi đỉnh là tổng của ba số (trong sáu số trên) nên x là tổng của 24 số.
Các số a, b, c, d, e, g có số lần xuất hiện như nhau trong tổng x nên mỗi số có mặt 24 : 6 = 4 (lần).
Vậy x = 4(a + b + c + d + e + g) = 4 · 21 = 84.
BÀI 16. Mỗi hình lập phương cạnh 5 được ghép bởi 125 hình lập phương nhỏ cạnh 1. Tính số hình
lập phương nhỏ giáp với
1 6 mặt của các hình lập phương nhỏ khác.
2 5 mặt của các hình lập phương nhỏ khác.
3 4 mặt của các hình lập phương nhỏ khác.
4 3 mặt của các hình lập phương nhỏ khác.
– LỜI GIẢI.
1 6 mặt của các hình lập phương nhỏ khác.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 428/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Các hình lập phương nhỏ giáp với 6 mặt của các hình lập phương nhỏ
khác là các hình lập phương nhỏ “ở bên trong”, chúng tạo thành một
hình lập phương có cạnh 3, gồm 3 · 3 · 3 = 27 (hình).
2 5 mặt của các hình lập phương nhỏ khác.
Ở mỗi mặt, có 9 hình lập phương nhỏ giáp với 5 mặt của các hình lập
phương nhỏ khác (các hình được gạch sọc). Ở sáu mặt có 9 · 6 = 54
(hình).
3 4 mặt của các hình lập phương nhỏ khác.
Ở mỗi cạnh, có 3 hình lập phương nhỏ giáp với 4 mặt của các hình lập phương nhỏ khác (các
hình được chấm bi). Ở 12 cạnh có 3 · 12 = 36 (hình).
4 3 mặt của các hình lập phương nhỏ khác.
Ở mỗi đỉnh, có một hình lập phương nhỏ giáp với 3 mặt của các hình lập phương nhỏ khác. Ở
8 đỉnh có 8 (hình).
BÀI 17. Có 125 hình lập phương đơn vị ghép lại thành một hình lập phương lớn cạnh 5. Người ta
sơn sáu mặt của hình lập phương lớn. Tính số hình lập phương đơn vị có ít nhất một mặt được sơn.
– LỜI GIẢI.
Nếu ta lấy ra các hình lập phương đơn vị được sơn thì còn lại hình lập phương cạnh 3 chứa 3 · 3 · 3 = 27
hình lập phương đơn vị không được sơn.
Số hình lập phương đơn vị có ít nhất một mặt được sơn là 125 − 27 = 98 (hình).
BÀI 18. Để sơn một hình lập phương sao cho hai mặt kề nhau có màu khác nhau, số màu ít nhất cần
dùng là bao nhiêu?
– LỜI GIẢI.
Ba mặt chung đỉnh phải sơn bởi ba màu khác nhau. Vậy số màu không thể ít hơn 3. Số màu là 3 khi
ba mặt còn lại sơn cùng màu với mặt đối diện với nó.
Vậy số màu ít nhất cần dùng là 3.
BÀI 19. Một hình lập phương cạnh 10 được tạo thành bởi 1000 hình lập phương đơn vị. Ta có thể
nhìn thấy nhiều nhất bao nhiêu hình lập phương đơn vị?
– LỜI GIẢI.
Giả sử ta bỏ đi các hình lập phương đơn vị được nhìn thấy, nghĩa là bỏ các hình lập phương đơn vị ở
lớp ngoài cùng. Ta còn lại một hình lập phương cạnh 9, gồm 9 · 9 · 9 = 729 hình lập phương đơn vị.
Các hình lập phương đơn vị này không thể nhìn thấy.
Vậy số hình lập phương đơn vị nhiều nhất có thể được nhìn thấy là 1000 − 729 = 271 hình.
BÀI 20. Một hình lập phương cạnh 5 gồm 125 hình lập phương đơn vị. Người ta khoan thủng hình
lập phương lớn theo ba đường khoan từ mỗi mặt đến mặt đối diện, mũi khoan lọt vào hình lập phương
đơn vị chính giữa. Có bao nhiêu hình lập phương đơn vị bị xuyên thủng?
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 429/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Trong lần khoan thứ nhất có 5 hình lập phương đơn vị bị xuyên. Trong lần
khoan thứ hai có thêm 4 hình lập phương đơn vị bị xuyên. Trong lần khoan
thứ ba có thêm 4 hình lập phương đơn vị bị xuyên.
Vậy có tất cả 13 hình lập phương đơn vị bị xuyên.
4
!
Hình lập phương đơn vị nằm ở tâm của hình lập phương lớn bị xuyên ba
lần.
BÀI 21. Một khối gỗ hình lập phương có cạnh 3 dm. Ở chính giữa mỗi mặt của hình lập phương,
người ta đục một lỗ vuông có cạnh 1 dm thông sang mặt đối diện, tâm của lỗ vuông là tâm của mặt
hình lập phương, các cạnh của lỗ vuông song song với cạnh của hình lập phương. Sau khi đã đục ba
lỗ thông, diện tích toàn phần của khối còn lại bằng bao nhiêu?
– LỜI GIẢI.
Tổng cộng phải đục bảy khối lập phương đơn vị (cạnh 1 dm), gồm sáu khối ở sáu mặt và một khối ở
chính giữa bên trong (xem hình b).
Hình b.
Hình a.
Diện tích toàn phần của khối gỗ lúc đầu là 3 · 3 · 6 = 54 (dm2 ).
Sau khi đục một khối lập phương đơn vị ở mỗi mặt, mặt ngoài của khối gỗ giảm đi 1 dm2 , nhưng
bên trong tăng thêm 5 dm2 . Do đó sau khi đục sáu khối ở sáu mặt thì diện tích của khối gỗ là
54 + (5 − 1)6 = 78 (dm2 ).
Khi đục nốt khối lập phương đơn vị ở chính giữa, diện tích khối gỗ giảm đi 6 dm2 (là diện tích toàn
của của khối lập phương đơn vị ấy).
Vậy diện tích toàn phần của khối gỗ còn lại là 78 − 6 = 72 (dm2 ).
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 430/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
CHƯƠNG
6
ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG
KHÔNG GIAN. QUAN HỆ SONG SONG
BÀI
1
HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Hình lăng trụ đứng có hai đáy là hai đa giác, các mặt bên là những hình chữ nhật.
C0
A0
B0
A
C
B
Hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành gọi là hình hộp đứng.
A
B
C
D
A0
B0
D0
C0
Diện tích xung quanh hình lăng trụ đứng bằng: Chu vi đáy × chiều cao.
Sxq = 2ph
Thể tích hình lăng trụ đứng bằng: Diện tích đáy × chiều cao.
V = Sh
VÍ DỤ 1. Cho hình lập phương ABCD.A0 B 0 C 0 D0 . Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm AB, AD.
Người ta cắt hình lập phương theo mặt phẳng chứa EF và song song với mặt chéo (BDD0 B 0 )
thì hình lập phương đó chia thành hai hình lăng trụ. Tính số mặt, số đỉnh, số cạnh của mỗi
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 431/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
hình lăng trụ.
– LỜI GIẢI.
A
Hình lăng trụ nhỏ có 5 mặt, 6 đỉnh, 9 cạnh.
Hình lăng trụ lớn có 7 mặt, 10 đỉnh, 15 cạnh.
E
F
D
4
!
B
C
Nếu gọi M là số mặt, Đ là số đỉnh, C là số cạnh thì ở hai
hình lăng trụ trên, ta thấy: M + Đ − C = 2
A0
H
B0
G
D0
C0
B BÀI TẬP
BÀI 1.
1 Tính số mặt, số cạnh, số đỉnh của một hình lăng trụ đứng có đáy là một đa giác 100 cạnh; n
cạnh (n ≥ 3).
2 Chứng minh công thức đối M + Đ − C = 2 của hình lăng trụ đứng với M là số mặt, Đ là số
đỉnh, C là số cạnh.
– LỜI GIẢI.
1 Với đa giác đáy có 100 cạnh, hình lăng trụ có 102 mặt, 200 đỉnh, 300 cạnh. Với đa giác đáy có
n cạnh, hình lăng trụ có n + 2 mặt, 2n đỉnh, 3n cạnh (n ≥ 3).
2 Suy ra từ câu a).
BÀI 2.
1 Trong các số sau 36, 25, 18, 17, 11, 6, 4 số nào không thể là số đỉnh của một hình lăng trụ đứng?
2 Trong các số sau 12, 20, 9, 15, 32, 6 số nào không thể là số cạnh của một hình lăng trụ đứng?
– LỜI GIẢI.
1 Gọi n là số cạnh của đa giác đáy. Số đỉnh của hình lăng trụ là 2n (với n ≥ 3) nên không thể là
25, 17, 11, 4.
2 Gọi n là số cạnh của đa giác đáy. Số cạnh của hình lăng trụ là 3n (với n ≥ 3) nên không thể là
20, 32, 6.
BÀI 3. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A0 B 0 C 0 D0 có đáy là hình thoi. Biết đường cao AA0 = 5 cm,
các đường chéo AC 0 = 15 cm, DB 0 = 9 cm. Tính cạnh AB của đáy.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 432/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
B
O
Ta lần lượt tính được AC 2 = 200, OA2 = 50, BD2 = 56,
OB 2 = 14, AB 2 = 64, AB = 8 cm.
C
D
A0
B0
D0
C0
BÀI 4. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0 B 0 C 0 có đáy là tam giác đều, M là trung điểm cạnh BC,
AA0 = AM = a.
1 Tính cạnh đáy của hình lăng trụ.
2 Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình lăng trụ.
– LỜI GIẢI.
2AM
2a
1 Trong tam giác đều ABC: AB = √ = √ .
√ 32
√3
3a
AB 2 3
=
.
2 Diện tích tam giác ABC: S =
4
3
6a
Chu vi tam giác ABC: C = 3 · AB = √ .
3 √
Diện tích xung quanh: Sxq √
= 2C · AA0 = 2 3a2 .
a3 3
.
Thể tích V = AA0 · S =
3
C0
A0
B0
A
C
M
B
BÀI 5. Một thùng hình hộp chữ nhật có chiều rộng 10 dm, chiều cao 8 dm, trong thùng đựng 1 phần
nước. Khi nghiêng thùng cho nước trong thùng vừa vặn phủ kín mặt bên 10 dm × 8 dm thì nước còn
3
phủ đầy của thùng. Tính chiều cao của mực nước khi thùng đặt nằm ngang.
4
– LỜI GIẢI.
Gọi a là chiều dài của đáy chậu và x là chiều cao của mực nước phải tìm (đơn vị dm). Khi thùng nước
đặt nằm ngang thì khối nước là một hình hộp chữ nhật có thể tích 10ax dm3 .
Khi thùng nước đặt nghiêng thì khối nước là một hình lăng trụ đứng, có chiều cao 10 dm, đáy là một
3
1
3
tam gác vuông có cạnh góc vuông là 8 dm và a, thể tích bằng · 8 · a · 10 = 30a dm3 .
4
2
4
Từ 10ax = 30a, ta tính được x = 3 dm.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 433/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
BÀI
Năm học 2019-2020
2
HÌNH CHÓP ĐỀU. HÌNH CHÓP CỤT ĐỀU
A TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Hình chóp có đáy là một đa giác, các mặt bên là những tam giác có chung một đỉnh, là đỉnh của hình
chóp.
A
B
C
D
Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều, các mặt bên là những tam giác cân.
S
d
h
A
D
M
O
B
C
Khi cắt hình chóp đều bởi một mặt phẳng song song với đáy, phần hình chóp nằm giữa mặt phẳng đó
và mặt phẳng đáy là một hình chóp cụt đều. Hình chóp cụt đều có các mặt bên là những hình thang
cân.
A0
B0
D0
A
C0
h
d
B
O
D
C
Diện tích xung quanh của hình chóp đều bằng: Nửa chu vi đáy × Trung đoạn
Sxq = pd
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 434/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
Diện tích xung quanh của hình chóp cụt đều bằng: Nửa tổng chu vi đáy × Trung đoạn
Sxq = (p + p0 ) d
Thể tích của hình chóp bằng:
1
diện tích đáy × Chiều cao.
3
1
V = Sh
3
VÍ DỤ 1. Một hình chóp và một hình lăng trụ đứng có diện tích đáy bằng nhau. Chiều cao của
hình chóp gấp đôi chiều cao của hình lăng trụ. Tỉ số các thể tích của khối chóp và hình lăng
trụ bằng
a)
1
;
3
b)
2
;
3
c) 1;
d)
3
.
2
– LỜI GIẢI.
Gọi S và h theo thứ tự là diện tích đáy và chiều cao của hình lăng trụ. Khi đó hình chóp có diện tích
đáy S và chiều cao 2h.
2
1
Thể tích hình chóp: V1 = S · 2h = Sh.
3
3
Thể tích hình lăng trụ: V2 = Sh.
2
. Vậy câu b) là câu trả lời đúng.
3
√
VÍ DỤ 2. Tính thể tích hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 2 và cạnh bên bằng 1.
Tỉ số các thể tích của khối chóp và hình lăng trụ bằng
– LỜI GIẢI.
Cách 1.
Kí hiệu như trên hình vẽ. Xét tam
CBM vuông tại M :
Ç giác
√ å2
Ä√ ä2
3
2
BM 2 = BC 2 − CM 2 =
=
2 −
2
2
√
3
⇒ BM = √ .
2
√
√
3
2
2
2
BH = BM = · √ = √ .
3
3
2
3
Xét tam giác ∆AHB vuôngÇtại H:
√ å2
2
1
1
2
2
2
= ⇒ AH = √ .
AH = AB − BH = 1 − √
3
3√
3
√
√
1
1
3
3
SBCD = · CD · BM = · 2 · √ =
.
2
2√
2
2
1
1
3 1
1
V = · SBCD · AH = ·
·√ = .
3
3 2
6
3
Cách 2. Xét tam giác ∆CAD
Ä√ ä2
CD2 =
2 = 2.
2
2
AC + AD = 12 + 12 = 2
’ = 90◦ .
⇒ CD2 = AC 2 + AD2 ⇒ CAD
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 435/477
A
B
D
H
M
C
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
’ = BAD
’ = 90◦ .
Tương tự BAC
Xét hình chóp đáy là tam giác vuông CAD, đường cao BA, thể tích hình chóp bằng:
V =
1
1
· SCAD · BA = .
3
6
VÍ DỤ 3. Một hình chóp cụt đều có đáy là hình vuông, các cạnh đáy bằng a và b. Tính chiều
cao của hình chóp cụt đều, biết rằng diện tích xung quanh bằng tổng diện tích hai đáy.
– LỜI GIẢI.
Kí hiệu như hình vẽ.
Diện tích xung quanh hình chóp cụt đều bằng tổng diện
A0
tích hai đáy nên (2a + 2b) d = a2 + b2 .
a2 + b 2
.
Do đó d =
2 (a + b)
Gọi I, I 0 theo thứ tự là trung điểm của BC, B 0 C 0 . Ta có
D
0
C0
h
d
O
0
Đặt I I = d, I H = OO = h.
a b
Ta có: HI = OI − OH = −
Å 2 2ã2
a−b
h2 = I 0 I 2 − HI 2 = d2 −
2
D
I0
0
A
O0 I 0 k A0 B 0 k AB k OI. O0 I 0 và OI xác định mặt phẳng
(O0 I 0 IO). Trên mặt phẳng đó kẻ I 0 H ⊥ OI.
0
B0
b
O0
a
B
I
H
C
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
2
2
2
(a2 + b2 )
(a − b)2
(a2 + b2 ) − (a2 − b2 )
4a2 b2
a2 b 2
2
h =
−
=
=
=
.
4(a + b)2
4
4(a + b)2
4(a + b)2
(a + b)2
ab
Do đó h =
.
a+b
VÍ DỤ 4. Cho hình chóp A.BCD có đáy BCD. Gọi E, F theo thứ tự là trọng tâm các tam
giác BCD, ACD.
1 Chứng minh EF k AB.
2 Gọi K là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BF , DK
đồng qui.
– LỜI GIẢI.
1
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 436/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
Gọi M là trung điểm của CD. Theo tính chất đường trung tuyến
ta có
1
E ∈ BM , M E = M B.
3
1
F ∈ AM , M F = M A.
3
ME
MF
1
Ta có:
=
= nên EF k AB (định lý Ta-lét đảo).
MB
MA
3
K
G
F
B
D
E
N
M
C
EF
GE
=
.
2 AE cắt BF tại G. Ta có EF k AB nên
GA
AB
EF
MF
1
Ta lại có
=
= . Do đó G chia trong EA theo tỉ số 1 : 3.
AB
MA
3
Chứng minh tương tự, DK cắt AE tại điểm G0 , cũng chia trong EA theo tỉ số 1 : 3 suy ra
G ≡ G0 . Vậy AE, BF , DK đồng quy.
B BÀI TẬP
BÀI 1. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy 20 cm, chiều cao 10 cm. Tính độ dài cạnh
bên.
– LỜI GIẢI.
S
Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Khi đó SO = 10 cm.
√
√
√
1
Ta có AC = AB 2 = 20 2 cm, OA = · AC = 10 2.
2
Trong tam giác vuông SOA:
√
SA2 = SO2 + AC 2 = 300 ⇒ SA = 300.
A
D
O
B
C
BÀI 2. Hình chóp tam giác đều S.ABC có tất cả các cạnh bằng 2 dm. Tính độ dài đoạn thẳng M N
nối trung điểm hai cạnh đối AB và SC.
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 437/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
S
Gọi M , N là trung
AB và SC.
√ điểm √
AB 3
2 3 √
Ta có CM =
=
= 3 dm.
2
2
Tam giác M N C vuông tại N .
√
Ta tính được M N 2 = M C 2 − N C 2 = 3 − 1 = 2 ⇒ M N = 2 dm.
N
A
C
M
B
BÀI 3. Tính thể tích hình chóp lục giác đều có cạnh đáy 5 cm, cạnh bên 13 cm.
– LỜI GIẢI.
S
Gọi O là tâm của lục
√ giác đều ABCDEG.
√
3 3AB 2
75 3
Ta tính được S =
=
cm2 .
2
2
Tam giác SAO vuông tại O:
√
SO = SA2 − AO2 = 12 cm.
√
1
Thể tích hình chóp V = · S · h = 150 3 cm3 .
3
G
E
A
D
O
B
C
BÀI 4. Cho một khối gỗ hình lập phương ABCD.A0 B 0 C 0 D0 cạnh 4. Tại đỉnh A người ta cưa lấy ra
một hình chóp có đỉnh là A, ba đỉnh còn lại nằm trên ba cạnh xuất phát từ A và cách A là 1. Tại các
đỉnh khác của hình lập phương ta cũng làm như vậy. Số cạnh của phần gỗ còn lại là
a) 24;
b) 12;
c) 16;
d) 36;
e) 30.
– LỜI GIẢI.
Hình lập phương có 12 cạnh. Sau mỗi lần cưa, số cạnh tăng thêm 3 nên sau 8 lần cưa số cạnh tăng
thêm 3 · 8 = 24. Số cạnh của phần gỗ còn lại là 12 + 14 = 36. Do đó d) là câu trả lời đúng.
BÀI 5. Cho một khối gỗ hình lập phương. Người ta cưa khối gỗ theo một mặt phẳng đi qua trung
điểm của 3 cạnh xuất phát từ 1 đỉnh của hình lập phương.
1 Tính thể tích của phần gỗ nhỏ bị cưa rời ra, biết cạnh của hình lập phương là 2.
2 Phần gỗ còn lại có bao nhiêu mặt, đỉnh, cạnh?
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 438/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
A
1 Gọi B 00 , C 00 , D00 lần lượt là trung điểm của CB, CC 0 , CD. Khi cắt
khối gỗ theo mặt phẳng qua B 00 , C 00 , D00 ta được một hình chóp
√
tam giác đều C.B 00 C 00 D00 có cạnh đáy là 2 và các cạnh bên là 1.
1
Tính được V = .
6
2 Hình lập phương có 6 mặt, 8 đỉnh, 12 cạnh. Sau khi bị cưa, số mặt
tăng 1, số đỉnh tăng 2, số cạnh tăng 3. Do đó phần gỗ còn lại có 7
mặt, 10 đỉnh, 15 cạnh.
B
B
D00
D
00
C
C 00
A0
D0
B0
C0
BÀI 6. Cho một khối gỗ hình lập phương. Tại mỗi đỉnh của hình lập phương, người ta cưa khối gỗ
theo một mặt phẳng đi qua trung điểm của 3 cạnh xuất phát từ đỉnh ấy.
1 Phần gỗ còn lại có bao nhiêu mặt, đỉnh, cạnh?
2 Tính tỉ số các thể tích của phần gỗ còn lại so với khối gỗ ban đầu.
– LỜI GIẢI.
B
A
1 Phần gỗ còn lại có 14 mặt: 6 mặt là hình vuông, 8 mặt là
tam giác đều. Số đỉnh của phần gỗ còn lại là số đỉnh của 6
hình vuông, trong đó mỗi đỉnh được tính 2 lần nên số đỉnh
4·6
= 12.
là
2
Số cạnh của phần gỗ còn lại là số cạnh của 6 hình vuông,
D
C
A0
nên số cạnh là 4 · 6 = 24.
2 Gọi cạnh của hình lập phương là 2a, thể tích hình lập
a3
phương là 8a3 . Mỗi hình chóp ở mỗi góc có thể tích .
6
3
3
a
20a
Phần gỗ còn lại có thể tích: 8a3 − 8 ·
=
.
6
3
20a3
5
Tỉ số phải tìm là
: (8a3 ) = .
3
6
B0
D0
C0
BÀI 7. Hình chóp tam giác đều S.ABC có các mặt là tam giác đều. Gọi O là trung điểm của đường
’ = BOC
’ = COA
’ = 90◦
cao SH của hình chóp. Chứng minh rằng AOB
– LỜI GIẢI.
S
Gọi a là cạnh của hình chóp, M là trung điểm của AB. Lần lượt
tính được
√
√
2
a 3
a 6
CH = CM =
, SH =
.
3
3
3
2
2
a
a
a2
OC 2 = CH 2 + OH 2 =
+
= .
3
6
2
2
a
Tương tự OB 2 = OA2 = .
2
Trong tam giác BOC ta có:
a2 a2
’ = 90◦ .
OB 2 + OC 2 =
+
= a2 = BC 2 ⇒ BOC
2
2
’ = COA
’ = 90◦ .
Tương tự AOB
a
O
A
C
H
M
B
BÀI 8. Cho hình chóp cụt đều có hai đáy là các hình vuông cạnh a và 2a, cạnh bên bằng a. Tính:
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 439/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
1 Trung đoạn;
2 Diện tích xung quanh;
3 Đường cao.
– LỜI GIẢI.
√
2a − a
a 0
a 3
1 Ta tính được CK =
= ,CK=
.
2
2
√ 2
√
a 3
2 Sxq = (4a + 2a) ·
= 3 3a2 .
2
2a
a
a
0
0
3 OC = √ , O C = √ , HC = OC − O0 C 0 = √ .
2
2
2
ã2
Å
2
a
a
=
C 0 H 2 = C 0 C 2 − HC 2 = a2 − √
2
√
√ 2
a 2
a 2
⇒ C 0H =
⇒ O0 O =
.
2
2
B0
A0
O0
D0
C0
B
A
O
H
CK
D
BÀI 9. Cho hình chóp cụt đều có hai đáy là các hình vuông cạnh a và 2a, trung đoạn bằng a. Tính:
1 Diện tích xung quanh;
2 Cạnh bên;
3 Đường cao.
– LỜI GIẢI.
1 Sxq = (4a + 2a)a = 6a2 .
a 2 5a2
a
2 CK = , CC 02 = C 0 K 2 + KC 2 = a2 +
⇒
=
2√
2
4
a 5
C 0C =
.
2
2a
a
a
3 OC = √ , O0 C 0 = √ , HC = OC − O0 C 0 = √ .
2
2 Ç √ å
2
Å
ã2
2
a 5
a
C 0 H 2 = C 0 C 2 − HC 2 =
− √
=
2
2
√
√
3a2
a 3
a 3
0 2
0
0
⇒CH=
⇒OO=
.
⇒CH =
4
2
2
B0
A0
O0
D0
C0
B
A
O
D
H
CK
BÀI 10. Chứng minh công thức M + Đ − C = 2 đối với hình chóp (M, Đ, C theo thứ tự là số mặt,
số đỉnh, số cạnh).
– LỜI GIẢI.
Gọi n là số cạnh của đa giác đáy hình chóp. Số mặt của hình chóp là n + 1, số đỉnh là n + 1, số cạnh
là 2n, do đó:
M + Đ − C = (n + 1) + (n + 1) − 2n = 2
BÀI 11. Cho hình chóp tam giác S.ABC, điểm G là trọng tâm tam giác SBC. Gọi K là trung điểm
của SA. Hãy xác định giao điểm của đường thẳng KG và mặt phẳng (ABC).
– LỜI GIẢI.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 440/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
S
Gọi M là trung điểm của BC, I là giao điểm của KG và AM . Đó
là giao điểm của đường thẳng KG và mặt phẳng (ABC).
K
G
A
C
M
I
B
BÀI 12. Hình chóp A.BCD có AB = a, CD = b. Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của AD, BC.
a+b
.
Chứng minh rằng M N <
2
– LỜI GIẢI.
A
Gọi T là trung điểm của BD. Xét ∆M T N :
a+b
MN ≤ MT + T N =
. Dấu bằng không xảy ra.
2
M
N
B
C
T
D
BÀI 13. Cho hình chóp A.BCD. Chứng minh rằng ba đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối của
hình chóp gặp nhau tại một điểm (AB và CD là một cặp cạnh đối của hình chóp).
– LỜI GIẢI.
A
Kí hiệu như hình vẽ. Dễ dàng chứng minh EF GH là hình bình
hành, gọi giao điểm hai đường chéo EG và F H là O. Ta thấy
IF KH cũng là hình bình hành nên O cũng là trung điểm của
IK.
E
F
I
O
K
B
H
D
G
C
BÀI 14. Cho hình chóp S.ABC. Trên SA, SB, SC theo thứ tự lấy các điểm A0 , B 0 , C 0 sao cho các
đường thẳng A0 B 0 , B 0 C 0 , C 0 A0 theo thứ tự không song song với AB, BC, CA. Gọi D là giao điểm của
A0 B 0 và AB, E là giao điểm của B 0 C 0 và BC, F là giao điểm của C 0 A0 và CA. Chứng minh rằng 3
điểm D, E, F thẳng hàng.
Sưu tầm & biên soạn
Th.s Nguyễn Chín Em
Trang 441/477
GeoGebraPro
Tự học Toán 8
Năm học 2019-2020
– LỜI GIẢI.
S
Điểm D ∈ AB mà AB nằm trong mp(ABC) nên D ∈
(A