Ngày soạn: 04/3/2017
Ngày dạy: 13/3/2017
Tuần 28
* BÀI 15:
Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH. Trên tia HC lấy HD = HA.
Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
A
a) Chứng minh AE = AB.
1
b) Gọi M là trung điểm của BE. Tính góc AHM.
1
F
M
Giải
�
�
�
a) Kẻ EF AH. Ta có F = 900 , H = 900 , D = 900
B
D
C
H
Tứ giác EFHD là HCN => EF = AH
� �
A1 � �
Xét AHB và EFA có: � E1 C ; EF = AH; F H 900
=> AHB = EFA ( g.c.g) => AB = AE
b) Nối MA, MH, MD.
Xét AMH và DMH có:
AH = HD (gt)
MH cạnh chung
BE
( đường TT ứng với cạnh huyền)
2
0
=> AMH = DMH (c.c.c)
=> � DHM
=> �
AHM �
AHM = 45
DM = AM =
* BÀI 16:
Cho tam giác ABC có chu vi bằng 18. Trong đó BC là cạnh lớn nhất. Đường phân
giác góc B cắt AC ở M sao cho
MA 1
. Đường phân giác góc C cắt AB ở N sao cho
MC 2
NA 3
. Tính các cạnh của tam giác ABC.
NB 4
Giải
A
Ta có:
AM AB 1
�
BM là phân giác B =>
BC
(1)
MC BC 2
2
NA AC 3
3BC
�
CN là phân giác C =>
=> AC =
(2)
NB BC 4
4
M
=> AB =
N
B
Mà : AB + BC + AC = 18 (3)
Từ (1), (2) và (3) =>
BC
3BC
+ BC +
= 18 => BC = 8 ; AB = 4; AC = 6
2
4
BÀI 17:
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
2
a) x + 6x + 5
b) x4 + 2007x2 + 2006x + 2007.
c) (x + 1).(x + 2).(x + 3).(x + 4) + 1.
BÀI 18:
2
2
1
x2
2 4 x 3x 1 x
3:
Cho biểu thức: A =
(x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ )
x 1 x 1
3x
2
3x
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của A với x = 6022.
83
C
c) Tìm x để A < 0.
d) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
Giải
a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠
1 2 x 3x 1 x 2 x 2 x x 1
3x
3x
3x
3
6022 1
A=
= 2007
3
1
2
A=
b) Thay x = 6022 vào A ta có:
c) A nhận giá trị nguyên khi x nguyên và x – 1 chia hết cho 3. Ta có:
x – 1 = 3k => x = 3k + 1 (với k nguyên)
Vậy với x = 3k + 1 (k nguyên) thì A nhận giá trị nguyên.
BÀI 19: Giải phương trình:
148 x 169 x 186 x 199 x
10
25
23
21
19
Giải
148 x
169 x
186 x
199 x
1
2
3
4 0
23
21
19
1 1 1
1 1 1
1
1
(123 – x) 0 123 – x = 0 Vì 0
25 23 21 19
25 23 21 19
25
x = 123
Vậy nghiệm của p.t là x = 123
BÀI 20:
Cho tam giác đều ABC, gọi M là trung điểm của BC. Một góc xMy bằng 600 quay
quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E.
CM:
a) BD.CE =
BC 2
4
b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
c) Chu vi tam giác ADE không đổi.
Giải
a) Trong BDM ta có:
�
�
�
�
�
� �
D1 1200 M 1 ; Vì M 2 = 600 nên ta có: M 3 1200 M 1 => D1 M 3
BD BM
=> BD.CE = BM.CM
CM CE
BC
BC 2
Vì : BM = CM =
=> BD.CE =
2
4
x
BD MD
D
b) Từ (1) =>
mà BM = CM nên ta có:
H
CM EM
B
BD MD
BD BM
=>
BM EM
MD EM
� M = 600
�
B
2
� �
�
=> BMD ~ MED (c.g.c) => D1 D2 => DM là phân giác BDE
�
CM tương tự ta có: EM là phân giác CED
BMD ~ CEM (g.g) (1)
=>
c) Kẻ MH AB; MI DE; MK AC
vuông DHM = vuông DIM ( CH- GN)
=> DH = DI
vuông MEI = vuông MEK (CH – GN)
=> EI = EK
CVADE = AD + DI + IE + AE = AD + DH + EK + AE = AH + AK
84
A
y
E
I
K
M
C
Mà: vuông AHM = vuông AKM (CH – GN)
AH = AK => CVADE = 2AH ( không đổi)
Ngày soạn: 13/3/2017
Ngày dạy: 21/3/2017
Tuần 29
BÀI 21:Cho x +
1
1
1
1
1
= a. Tính:x2 + 2 ; x3 + 3 ; x4 + 4 ; x5 + 5
x
x
x
x
x
Giải
2
1
1
2
2 = x
2 = a – 2
x
x
1 2
1
1 2 1
1
b) x3 + 3 = x x 1 2 = x x 1
x
x
x
x
x
a) x2 +
= a(a2 – 2 – 1) = a(a2 – 3)
2
2
1
1
1
c) x + 4 = (x2)2 + 2 = x 2 2 - 2 = (a2 – 2)2 – 2
x
x
x
4
= a4 – 4a2 – 4 – 2 = a4 – 4a2+2
d) x5 +
1
1
1
1 1
1
x x 4 x3 . x 2 . 2 x. 3 4
5 =
x
x
x
x x
x
1 4 1 2 1
1 4 1
1
2
= x x 4 x 1 2 = x x 4 x 2 1
x
x
x
x
x
x
4
2
2
= a a 4a 2 a 2 1 = a(a4 – 4a2 + 2 – a2 + 2 + 1)
= a(a4 – 5a2 + 5) = a5 – 5a3 + 5
BÀI 22: Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ:
2
3x
1
1
13 x 16 0
2
x
x
2
1
1
1
Đặt y = x => x2 + 2 = x 2 = y2 – 2
x
x
x
Ta có phương trình:
3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0
3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0
2
3y – 6 – 13y + 16 = 0
3y2 – 13y + 10 = 0
3y2 – 10y – 3y + 10 = 0 3y(y – 1) – 10(y – 1) = 0
(y – 1)(3y – 10) = 0
y = 1 và y =
10
3
1
= 1 => x2 – x + 1 = 0
x
2
1 3
x > 0 x Vậy p.t VN.
2 4
10
1 10
* y=
x+
3x2 – 10x + 3 = 0 (3x – 1)(x – 3) = 0
3
x 3
1
P.t có 2 nghiệm là x = và x = 3.
3
* y=1x+
85
* BÀI 23: Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp thêm bớt cùng 1 hạng tử)
a) a4 + 4b4 = a4 + 4a2b2 – 4a2b2 + 4b4 = (a2)2 + 2.2a2b2 + 4b2 – 4a2b2
= (a2 + 2b2)2 – (2ab)2 = (a2 + 2b2 – 2ab)(a2 + 2b2 + 2ab)
b) a4 + a2 + 1 = a4 + a2 + a2 – a2 + 1 = (a2)2 + 2a2 + 1 – a2
= (a2 + 1)2 – a2 = (a2 – a + 1)(a2 + a + 1)
BÀI 24:
Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp đặt biến phụ)
a) Q = (x2 + x + 1)(x2 + x + 2) – 12
Đặt: Y = x2 + x + 1 ta có:
Q = Y(Y + 1) – 12 = Y2 + Y – 12 = Y2 – 3Y + 4Y – 12 = (Y – 3)(Y + 4)
Trở về biến x ta được:
Q = (x2 + x + 1 – 3)(x2 + x + 1 + 4)
= (x2 + x – 2)(x2 + x + 5) = (x – 1)(x + 2)(x2 + x + 5)
b) P = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 = (x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) – 24
= (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) – 24 = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 4 + 2) – 24
Đặt Y = x2 + 5x + 4 ta được:
P = Y(Y + 2) – 24 = Y2 + 2Y – 24 = Y2 + 6Y – 4Y – 24 = (Y + 6)(Y – 4)
Trở về biến x ta được:
P = (x2 + 5x + 4 + 6)(x2 + 5x + 4 – 4)
P = (x2 + 5x + 10)(x2 + 5x ) = x(x + 5)(x2 + 5x + 10)
*BÀI 25: Phân tích đa thức thành nhân tử (dùng pp phối hợp nhiều pp)
a)
x10 + x8 + x6 + x4 + x2 + 1 = (x10 + x8 + x6) + x4 + x2 + 1)
= x6(x4 + x2 + 1) + (x4 + x2 + 1) = (x4 + x2 + 1)(x6 + 1)
= (x4 + x3 – x3 + x2 + x2 – x2 + x – x + 1)[(x2)3 + 13]
= [(x4 + x3 + x2) – (x3 + x2 + x) + (x2 + x + 1)][(x2)3 + 1]
= [(x2 + x + 1)(x2 – x + 1)][(x2 + 1)(x4 – x2 + 1)]
2
b)
a(b + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) + 2abc
= ab2 + ac2 + bc2 + ba2 + (ca2 + cb2 + 2abc)
= ab(b + a) + c2(a + b) + c(a2 + b2 + 2ab) = (a + b)[(ab + c2) + c(a + b)]
= (a + b)(ab + c2 + ac + bc) = (a + b)(b + c)(c + a)
*BÀI 26:
Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Tia
MN cắt tia AD ở E và cắt tia BC ở F. CM: � BFM .
AEM �
E
Giải
F
Gọi I là trung điểm của BD, ta có:
D
N
�
�
BF // IN => BFN INM
C
�
�
AE // MI => AEM EMI
I
Xét MNI có: IM = IN (2 đường trung bình)
�
�
�
=> MNI cân tại I=> EMI INM => BFM �
AEM
A
M
B
86
Ngày soạn: 19/3/2017
Ngày dạy: 28/3/2017
Tuần 30
* BÀI 27:
Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Các đoạn
thẳng cắt nhau tại I. CM: IA = AD.
Giải
M
A
B
Từ A kẻ AP DN cắt DC tại K, cắt DN tại I.
� C = 900
�
Xét MCB và NDC có: DC = BC ; NC = BM ; B
I
=> MCB = NDC (c.g.c)
N
P
0
�
�
�
�
=> BMC DNC Mà: BCM BMC = 90
0
D
�
�
K
C
=> MCN DNC = 90 => MC DN
Ta lại có:
AK DN => AK // MC
�
�
� MBC = 900
Xét ADK và CBM có: AD = BC ;
DAK MCB ;
ADC �
=> ADK = CBM (g.c.g) => DK = BM
Mà M là trung điểm của AB => K là trung điểm của CD
DP = IP ( PK là đường TB DIC)
DAI cân tại A => AD = AI
*BÀI 28:
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH chia cạnh huyền thành 2
đoạn có độ dài 9 cm và 16 cm. Tính chu vi tam giác ABC.
Giải
� chung ; Â = H = 900
�
Xét ABH và CBA có: B
A
=> ABH ~ CBA (g.g)
=>
AB BH
CB BA
=> AB2 = CB.BH = 25. 9 = 225 => AB = 15 (cm)
B 9cmH
16cm C
Aùp dụng ĐL Pitago trong vuông ABC ta có:
AC2 = BC2 – AB2 = 252 – 152 = 625 – 225 = 400
AC = 20 (cm). Chu vi ABC: AB + AC + BC = 15 + 20 + 25 = 60 (cm)
* BÀI 29:Giải phương trình:
3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0
Giải
13 3
=0
x x2
1
1
1
2 1
3 x 2 13 x + 16 = 0. Đặt: x + = y => x2 + 2 = y2 – 2
x
x
x
x
y 1
2
3(y – 2) – 13y + 16 = 0 (y – 1)(3y – 10) = 0 10
y 3
Chia 2 vế cho x2 ta có:
1
+) y = 1 => x + = 1
x
3x2 – 13x + 16
2
1 3
PT này VN. Vì: x – x + 1 = x > 0
2 4
2
87
1
10
x
3
+) y =
=> (3x – 1)(x – 3) = 0
3
x 3
1
Vậy p.t đã cho có 2 nghiệm là x = và x = 3.
3
*BÀI 30: Chứng minh rằng:
a b
2 (với a, b > 0)
b a
ab bc ca
6 (với a, b, c > 0)
b)
c
a
b
a)
c) (a2 + b2)c + (b2 + c2)a + (c2 + a2)b ≥ 6abc (với a, b, c > 0)
Giải
2
2
2
c)Ta có: (a – b) ≥ 0 => a + b ≥ 2ab (a2 + b2)c ≥ 2abc
Tương tự ta có: (b2 + c2)a ≥ 2abc
(c2 + a2)b ≥ 2abc
(a2 + b2)c + (b2 + c2)a + (c2 + a2)b ≥ 6abc
Xảy ra đẳng thức a = b = c
a) Ta có:(a - b)2 ≥ 0 <=> a2 + b2 -2ab ≥ 0
a b
a 2 b2
2 2
b a
ab
a b b c c a a c b a b c
b) Ta có: VT = =
c c a a b b c a a b c b
a2 + b2 ≥ 2ab
Theo KQ câu a, ta có:
a c
b a
b c
2; 2; 2 VT ≥ 6
c a
a b
c b
*BÀI 31: Giải bất phương trình sau:
1
1
1
1
1
<0
x( x 1) ( x 1)( x 2) ( x 2)( x 3) ( x 3)( x 4) ( x 4)( x 5)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
<0
x x 1 x 1 x 2 x 2 x 3 x 3 x 4 x 4 x 5
5
1
1
< 0
<0
x( x 5)
x x5
ĐKXĐ : x ≠ 0 ; x ≠ -5
5
>0
Vậy BPT vô nghiệm.
x( x 5)
5
+) Nếu -5 < x < 0 thì x(x + 5) < 0
< 0 Vậy BPT có nghiệm là -5 < x < 0
x( x 5)
5
+) Nếu x < - 5 thì x(x + 5) > 0
>0
Vậy BPT vô nghiệm.
x( x 5)
+) Nếu x > 0 thì x(x + 5) > 0
Vậy BPT đã cho có nghiệm -5 < x < 0
* BÀI 32: Giải phương trình: x 4 x 1 = 9
1)Nếu x < -1 thì x – 4 < 0 và x + 1 < 0 => x 4 = -x + 4 và x 1 = -x – 1
P.t trở thành: -x + 4 – x – 1 = 9 (ĐK: x < -1) <=> x = -3 (TMĐK)
2) Nếu -1 ≤ x ≤ 4 thì x – 4 ≤ 0 và x + 1 ≥ 0 => x 4 = -x + 4 và x 1 = x + 1
P.t trở thành: -x + 4 + x + 1 = 9 (ĐK: -1 ≤ x ≤ 4) 0x = 4 VN
88
3) Nếu x > 4 thì x – 4 > 0 và x + 1 > 0 => x 4 = x – 4 và x 1 = x + 1
P.t trở thành: x – 4 + x + 1 = 9 (ĐK: x > 4) x = 6 (TMĐK)
Vậy p.t đã cho có tập nghiệm là S = 3;6
Ngày soạn: 27/3/2017
Ngày dạy: 04/4/2017
Tuần 31
BÀI 33: Rút gọn các biểu thức: (n là số nguyên dương)
1
1
1
1
.......
1.3 3.5 5.7
(2n 1)(2n 1)
1
1
2
Ta có:
2n 1 2n 1 (2n 1)(2n 1)
1 1 1 1
1
1
1
2n
Do đó: 2A = .........
=1=> A =
1 3 3 5
2n 1 2n 1
2n 1 2 n 1
n
2n 1
1
1
1
1
.......
b) B =
1.4 4.7 7.10
(3n 2)(3n 1)
n
Kết quả: B =
3n 1
a) A =
*BÀI 34: Giải và biện luận phương trình:
m(x + 3) – 2(m + 1) = 3m – 4x
mx + 3m – 2m – 2 = 3m - 4x => (m + 4)x = 2(m + 1)
Biện luận:
-
Nếu m + 4 ≠ 0 m ≠ -4 ta có: x =
2(m 1)
m4
- Nếu m + 4 = 0 m = -4 p.t trở thành: 0x = -6 VN
- Không có giá trị nào của m để p.t có VSN.
* BÀI 35: Cho A = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 – a4 – b4 – c4
a) Phân tích A thành nhân tử.
b) CMR: Nếu a, b, c là 3 cạnh của tam giác thì A > 0.
Giải
2 2
4
2 2
4
4
a) A = 4a b – (a + 2a b + b + c – 2b2c2 – 2a2c2 )
= (2ab)2 – (a2 + b2 – c2 )2 = (2ab + a2 + b2 – c2 )(2ab – a2 – b2 + c2 )
= [(a + b)2 – c2][-(a – b)2 + c2 ] = (a + b + c)(a + b – c)(c + a – b)(c – a + b)
b) Nếu a, b, c là các cạnh của tam giác thì:
a + b + c > 0 ; a + b – c > 0 ; c + a – b > 0 ; c – a + b > 0 => A > 0
* BÀI 36: Tính giá trị của đa thức:
a) P(x) = x7 – 80x6 + 80x5 – 80x4 +……….+ 80x + 15 tại x = 79
b) Q(x) = x14 -10x13 + 10x12 – 10x11 +………..+ 10x2 – 10x + 10 tại x = 9
Giải
7
6
6
a) Ta có: P(x) = x – 79x – x + 79x5 + x5 – 79x4 – x4 +………..+79x + x + 15
89
= x6(x – 79) – x5(x – 79) + x4(x – 79)- ………….. –x(x – 79) + x + 15
Thay x = 79 vào ta có: P(79) = 94
b) Ta có: Q(x) = x14 – 9x13 – x13 + 9x12 + x12 – 9x11 - ………….. + 9x2 + x2 – 9x –
x + 10
= x13(x – 9) – x12(x – 9) + x11(x – 9) - …………. + x(x – 9) – x + 10
Thay x = 9 vào ta có: Q(9) = 1
BÀI 37: Cho tam giác ABC vuông tại A, trung tuyến AM. Kẻ MD AB ; ME
AC.
a) CM : DE = AM.
b) CM: ADE ~ ABC.
Giải
0
0
� = 900 ( MD AB) ;
�
a) Ta có:
 = 90 (gt) ; D
E = 90 ( ME AC)
Tứ giác ADME là HCN. => DE = AM (2 đường chéo HCN)
A
b) Ta có MB = MC (gt)
MD // AC (2 cạnh đối HCN)
E
D
D là trung điểm của AB.
CM tương tự ta có: E là trung điểm của AC.
C
B
M
=> DE là đường TB của ABC => DE // BC => ADE ~ ABC
* BÀI 38: Cho tam giác ABC có AB = AC = 9cm. Tia phân giác góc B cắt đường cao
AH ở I. Biết
AI 3
. Tính chu vi tam giác ABC.
IH 2
Giải
�
Ta có: BI là phân giác B .
Aùp dụng t/c đường phân giác trong ABH ta có:
A
9
IA AB 3
9
3
=>
=> BH = 6 cm
B
IH BH 2
BH 2
Ta lại có: ABC cân tại A có AH là đường cao nên cũng là trung tuyến.
9
I
H
C
BC = 2BH = 2.6 = 12 cm
Chu vi ABC = 9 + 9 + 12 = 30 cm
*BÀI 39:Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của phân thức sau cũng là số nguyên.
A=
ĐKXĐ: x ≠ -2
Ta có: A = (3x – 10) +
A nguyên
3x 2 4 x 17
x2
3
x2
3
nguyên 3 M(x + 2) x + 2 Ư (3)
x2
x+2= ±1;±3
* x + 2 = 1 x = -1 (TMĐK)
* x + 2 = -1 x = -3 (TMĐK)
* x + 2 = 3 x = 1 (TMĐK)
* x + 2 = -3 x = -5 (TMĐK)
Vậy với x { -5 ; -3 ; -1 ; 1 } thì A có giá trị nguyên.
90
Ngày soạn: 27/3/2017
Ngày dạy: 05/4/2017
Tuần 31
* BÀI 40:Cho x 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2002 x 2 2 x 1
A=
x2
Tìm x để A có GTNN.
Giải
Ta có:
A=
2001x x 2 x 1
x2
2
2
Vì : (x – 1)2 ≥ 0 và x2 > 0
2001x 2 ( x 1) 2
( x 1) 2
= 2001 +
x2
x2
x2
( x 1) 2
2001
Nên: 2001 +
x2
=
GTNN của A là 2001 x = 1
BÀI 41:Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a, tâm O. Kẻ đường thẳng d bất kì
qua O, d không trùng với AC, BD. Kẻ AM, BN, CP, DQ lần lượt vuông góc với d.
Tính AM2 + BN2 + CP2 + DQ2 theo a.
d
Giải
N
Xét vuôngAMO và vuông ONB có:
A
OA = OB (t/c đường chéo hình vuông)
M
�
�
MAO NOB (cùng phụ �
AOM )
O
=> AMO = ONB (CH-GN) => BN = OM
CM tương tự ta có: CPO = OQD => CP = OQ
P
AM2 + BN2 + CP2 + DQ2
D
Q
= (OA2 – OM2) + (OB2 – ON2) + (OC2 – OP2) + (OD2 – OQ2)
= (OA2 + OB2 + OC2 + OD2) – (OM2 + ON2 + OP2 + OQ2)
= (OA2 + OB2 + OC2 + OD2 ) – [(BN2 + (OB2 – BN2) + (OC2 – CP2) + CP2 ]
= OA2 + OB2 + OC2 + OD2 – OB2 – OC2 = OA2 + OD2 = AD2 = a2
* BÀI 42:Cho tam giác nhọn ABC, M là điểm thuộc miền trong của tam giác, các
đường thẳng AM, BN, CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại Q, N , P.
B
C
MQ S MBC
.
AQ S ABC
MQ MN MP
b) CMR: Tổng
không phụ thuộc vào vị trí của điểm M thuộc
AQ BN CP
a) CM:
miền trong tam giác ABC.
a) Kẻ MH BC ; AK BC
Giải
MH // AK => MHQ ~ AKQ =>
MH MQ
AK
AQ
A
N
P
M
91
B
Q H K
C
1
MQ S MBC
S MBC 2 .MH .BC MH
Ta lại có:
=>
1
AQ S ABC
S ABC
AK
. AK .BC
2
MN S MAC
MP S MAB
b) CM tương tự câu a ta có:
;
BN S ABC
CP S ABC
S MBC S MAC S MAB
S ABC
MQ MN MP S MBC S MAC S MAB
=>
=
=
= 1 (hằng số)
AQ BN CP S ABC S ABC S ABC
S ABC
S ABC
MQ MN MP
Vậy: tổng
không phụ thuộc vào vị trí của điểm M thuộc miền trong
AQ BN CP
tam giác ABC.
*BÀI 43: Cho x ≠ 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Ta có: B =
x2 x 1
x 1
2
y 1 y 1 1
B=
=
2
y 1 1
Đặt: t =
1
y
x2 x 1
x2 2 x 1
Đặt: y = x + 1 => x = y – 1
1 1
y2 2 y 1 y 1 1
y2 y 1
=
= 1 2
2
2
y y
y
y
=> B = 1 – t + t2 = t2 – t + 1 = (t -
GTNN của B là
t=
2
B=
1 2 3
3
) + ≥
2
4
4
3
1
t=
4
2
1 1
1
y=2
y 2
2
y=2 x+1=2x=1
Vậy GTNN của B là
3
x=1
4
*BÀI 44:Cho tam giác ABC cân tại A, O là trung điểm của BC. Lấy 2 điểm M , N
trên 2 cạnh BA, CA thoả mãn: BM.BN = OB2 = OC2.CM: Ba tam giác MBO, OCN và
MON đồng dạng.
Giải
A
*Xét MBO và OCN có:
� �
B C (gt)
MB OB
MB OC
=>
OB CN
OB CN
=> MBO ~ OCN (c.g.c) (1)
* Xét OCN và MON có:
OM OB
( do MBO ~ OCN)
ON CN
� � �
Ta lại có: O1 O2 O3 1800
� � �
Và: N O C 1800
1
M
N
1
1
B
=>
2
O
1
3
C
OM OC
ON CN
3
� �
� �
Mà : O1 N1 => O2 C => OCN ~ MON (c.g.c) (2)
Từ (1) và (2) => MBO ~ OCN ~ MON
BÀI 45: Phân tích đa thức sau thành nhân tử:x(y2 – z2) + y(z2 – x2) + z(x2 – y2)
92
= xy2 – xz2 + yz2 – yx2 + zx2 – zy2
= (xy2 – yx2) + (yz2 – xz2) + (zx2 – zy2)
= xy(y – x) + z2(y – x) –z(y2 – x2) = (y – x)[xy + z2 – z(y + x)]
= (y – x)(xy + z2 – zy – zx) = (y – x)[x(y – z) – z(y – z)] = (y – x)(y – z)(x – z)
Ngày soạn: 27/3/2017
Ngày dạy: 06/4/2017
Tuần 31
*BÀI 46:
Cho biểu thức: A =
a) Rút gọn A.
b) CM: A > 0 với mọi x.
3
1
4
4
5
3
4
3
x x x 1 x x x 1 x x x x2 x 1
4
3
Giải
a) Ta có:
x4 – x3 + x – 1 = x3(x – 1) + (x – 1) = (x – 1)(x3 + 1)
x4 + x3 – x - 1 = x3(x + 1) – (x + 1) = (x + 1)(x3 – 1)
x5 – x4 + x3 – x2 + x – 1 = (x5 – x2) – (x4 – x) + (x3 – 1)
= x2(x3 – 1) – x(x3 – 1) + (x3 – 1) = (x3 – 1)(x2 – x + 1)
3
1
4
A = x 1 x3 1 x 1 x3 1 x3 1 x 2 x 1
3
1
4
= x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1
MTC = (x – 1)(x + 1)(x2 – x + 1)(x2 + x + 1)
3( x 2 x 1) ( x 2 x 1) 4( x 1)
2( x 2 1)
2( x 2 1)
2( x 2 1)
= 3
=
= 2 3
=
( x 1)( x 1)( x 2 x 1)( x 2 x 1)
( x 1)( x 3 1)
( x ) 1
x6 1
2( x 2 1)
( x 2 1)( x 4 x 2 1)
2
A= 4 2
x x 1
2
2
0
2
2 1 3 3
4
2
b) Ta có: x + x + 1 = x => A = 2 1 3
với mọi x
2 4 4
x
2 4
A=
BÀI 47: Cho biểu thức:
x2
6
1
10 x 2
:x 2
B= 3
x2
x 4 x 6 3x x 1
a) Rút gọn B.
b) Tính giá trị của B khi |x| =
1
.
2
c) Với giá trị nào của x thì B < 0.
d) Với giá trị nào của x thì B = 2.
93
Giải
1
2 x
2
2
KQ: B = và B =
3
5
3
KQ: x =
2
a) ĐKXĐ: x ≠ 0 ; x ≠ 2 ; x ≠ -2
b) |x| =
KQ: B =
1
1
=> x = ±
2
2
c) KQ: x > 2
*BÀI 48: Giải phương trình: (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) = 120
(x2 – 5x +4)(x2 – 5x + 6) = 120
Đặt: t = x2 – 5x + 5 ta có: (t – 1)(t + 1)- 120 = 0 t2 – 121 = 0
t = 11 và t = - 11
* t = 11 x2 – 5x + 5 = 11 (x – 6)(x + 1) = 0 x = 6 và x = -1
*t = - 11 x2 – 5x + 5 = -11 x2 – 5x + 16 = 0
Vì: x2 – 5x + 16 = (x -
5 2 39
) +
≥0
2
4
Nên: PTVN
Vậy p.t đã cho có 2 nghiệm là x = 6 và x = - 1.
*BÀI 49:Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của BC; N là trung điểm của AC.
Các đường trung trực của BC và AC cắt nhau tại O; H là trực tâm; G là trọng tâm của
tam giác ABC. CM:
a) ABH ~ MNO.
A
b) AHG ~ MOG.
c) Ba điểm H, G, O thẳng hàng.
H
Giải
O
a) Xét ABH và MNO có: AH // OM ; AB // MN
B
�
�
=> BAH OMN (1)
Ta lại có:
ON // BH; AB // MN => � ONM
ABH �
(2)
Từ (1) và (2) => ABH ~ MNO (g.g)
b) Xét AHG và MOG có:
�
�
OMG HAG (SLT) (3)
AH
AB
AG
AH
AG
2 ;
= 2 =>
(4)
OM MN
GM
OM GM
Từ (3) và (4) => AHG ~ MOG (c.g.c)
c) Ta có:
AHG ~ MOG
=> � OGM
AGH �
Mà: A, G, M thẳng hàng (G là trọng tâm) => H, G, O thẳng hàng.
94
N
G
M
C
BÀI 50:Cho hình thang cân ABCD (AB = CD và AB // CD). Gọi M, N, P, Q lần lượt
là trung điểm của AB, BC, CD, DA.
�
a) CM: MP là phân giác của QMN .
�
b) Hình thang cân ABCD phải có thêm điều kiện gì đối với đường chéo để MNQ =
450.
c) CMR: Nếu có thêm điều kiện đó thì hình thang cân có đường cao bằng đường
trung bình của nó.
Giải
M
A
B
a) Ta có: MA = MB (gt) ; NB = NC (gt)
Q
N
MN là đường TB ABC
1
AC (1)
2
MN // AC và MN =
CM tương tự ta có:
Ta lại có:
QP // AC và QP =
QM =
D
H
P
1
AC (2) => MNPQ là HBH (*)
2
1
BD (QM là đường TB ABD)
2
Mà: AC = BD (2 đường chéo HT cân) => QM = MN (**)
Từ (*) và (**) => MNPQ là hình thoi.
�
MP là phân giác QMN .
�
�
b) MNQ 450 MNP 900 MN NP => AC BD
�
b) Từ MNQ 450 AC BD MNPQ là hình vuông
Mà: MP = AH => AH = QN
MP = QN
BÀI 51:Giải và biện luận phương trình sau (với a là tham số):
a(ax + 1) = x(a + 2) + 2
a2x + a = ax + 2x + 2 x(a2 – a – 2) = 2 – a x(a + 1)(a – 2) = 2 – a
x=
2a
(a 1)(a 2)
* Nếu (a + 1)(a – 2) ≠ 0 => a + 1 ≠ 0 và a – 2 ≠ 0 => a ≠ -1 và a ≠ 2
PT có 1 nghiệm là x =
2a
1
(a 1)(a 2) a 1
Nếu (a + 1)(a – 2) = 0
a + 1 = 0 hoặc a – 2 = 0 => a = -1 hoặc a = 2
+ Nếu a = -1 p.t trở thành: 0x = 3 (VN)
+Nếu a = 2 p.t trở thành: 0x = 0 (VSN)
95
C
KL: -Nếu a ≠ -1 và a ≠ 2 thì p.t có 1 nghiệm x =
-
Nếu a = - 1 thì p.t VN
Nếu a = 2 thì p.t có VSN
96
1
a 1
- Xem thêm -
.DOC 
14 
82 
113 
